湘教版高中数学选修4-5：不等式选讲-第5章三个重要不等式复习课件

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高三理科数学第一轮复习选修4-5§2：几个重要不等式的证明及其应用

选修4-5：不等式选讲 §2：几个重要不等式的证明及其应用
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选修4-5 不等式选讲

选修4－5 不等式选讲第一节绝对值不等式1.绝对值三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立.❶定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立. 2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值不等式|x |＜a 与|x |＞a 的解法：(2)|ax ＋b |≤c (c ＞0)和|①|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ； ②|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .(3)|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；❷③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.(1)等号成立的条件在解题时经常用到，特别是用定理求函数的最大(小)值时，应特别注意. (2)定理1还可以变形为|a －b |≤|a |＋|b |，等号成立的充要条件是ab ≤0. 分区间讨论时，要注意以下两点： (1)不要把分成的区间的端点遗漏.(2)原不等式的解集是若干个不等式解集的并集，而不是交集.[熟记常用结论]常用绝对值不等式的性质(1)|||a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |；(2)|a ＋b ＋c |≤|a |＋|b |＋|c |.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)若|x |＞c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|＜2的解集为∅.( )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a ＞b ＞0时等号成立.( ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、选填题1.设a ，b 为满足ab ＜0的实数，那么( ) A.|a ＋b |＞|a －b | B.|a ＋b |＜|a －b | C.|a －b |＜||a |－|b ||D.|a －b |＜|a |＋|b |解析：选B ∵ab ＜0，∴|a －b |＝|a |＋|b |＞|a ＋b |. 2.不等式3≤|5－2x |＜9的解集为( ) A.[－2,1)∪[4,7) B.(－2,1]∪(4,7] C.(－2，－1]∪[4,7)D .(－2,1]∪[4,7)解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|＜9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9＜2x －5＜9，2x －5≥3或2x －5≤－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2＜x ＜7，x ≥4或x ≤1，不等式的解集为(－2,1]∪[4,7).3.不等式|2x －a |＜b 的解集为{x |－1＜x ＜4}，则a ＋b 的值为( ) A.－2 B.2 C.8D.－8解析：选C ∵|2x －a |＜b 的解集为{x |－1＜x ＜4}， ∴b ＞0，由|2x －a |＜b ，得－b ＜2x －a ＜b ，即a －b 2＜x ＜a ＋b2. ∴a ＋b 2＝4，∴a ＋b ＝8，故选C.4.不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________. 解析：令f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1＜x ＜2，3，x ≥2.当－1＜x ＜2时，由2x －1≥1，解得1≤x ＜2.又当x ≥2时，f (x )＝3＞1恒成立.所以不等式的解集是{}x |x ≥1. 答案：{}x |x ≥15.函数y ＝|x －4|＋|x ＋4|的最小值为________. 解析：因为|x －4|＋|x ＋4|≥|(x －4)－(x ＋4)|＝8，所以所求函数的最小值为8. 答案：8考点一绝对值不等式的解法 [师生共研过关][典例精析](2018·洛阳第一次统考)已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R ).(1)当a ＝2时，解不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≥1； (2)设不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 的解集为M ，若⎣⎡⎦⎤13，12⊆M ，求实数a 的取值范围. [解] (1)当a ＝2时，原不等式可化为|3x －1|＋|x －2|≥3. ①当x ≤13时，原不等式可化为－3x ＋1＋2－x ≥3，解得x ≤0，所以x ≤0；②当13＜x ＜2时，原不等式可化为3x －1＋2－x ≥3，解得x ≥1，所以1≤x ＜2；③当x ≥2时，原不等式可化为3x －1＋x －2≥3，解得x ≥32，所以x ≥2.综上所述，当a ＝2时，原不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥1}. (2)不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 可化为|3x －1|＋|x －a |≤3x ，依题意知不等式|3x －1|＋|x －a |≤3x 在⎣⎡⎦⎤13，12上恒成立，所以3x －1＋|x －a |≤3x ，即|x －a |≤1，即a －1≤x ≤a ＋1，所以⎩⎨⎧a －1≤13，a ＋1≥12，解得－12≤a ≤43，故所求实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，43. [解题技法]解绝对值不等式的常用方法[过关训练]已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|. (1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|＞1的解集.解：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32.故y ＝f (x )的图象如图所示.(2)由f (x )的表达式及图象可知，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3；当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5，故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}；f (x )＜－1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜13或x ＞5. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5. 考点二绝对值不等式性质的应用[师生共研过关][典例精析](2019·银川模拟)设函数f (x )＝x 2－x －15，且|x －a |＜1. (1)解不等式|f (x )|＞5.(2)求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1). [解] (1)因为|x 2－x －15|＞5，所以x 2－x －15＜－5或x 2－x －15＞5，即x 2－x －10＜0或x 2－x －20＞0，解得1－412＜x ＜1＋412或x ＜－4或x ＞5，所以不等式|f (x )|＞5的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜－4或1－412＜x ＜1＋412或x ＞5. (2)证明：因为|x －a |＜1，所以|f (x )－f (a )|＝|(x 2－x －15)－(a 2－a －15)| ＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|＜1·|x ＋a －1| ＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|＜1＋|2a －1|≤1＋|2a |＋1 ＝2(|a |＋1)，即|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1).[解题技法]绝对值不等式性质的应用利用不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )和|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ∈R )，通过确定适当的a ，b ，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式.[过关训练]若对于实数x ，y 有|1－x |≤2，|y ＋1|≤1，求|2x ＋3y ＋1|的最大值. 解：因为|2x ＋3y ＋1|＝|2(x －1)＋3(y ＋1)| ≤2|x －1|＋3|y ＋1|≤7，所以|2x ＋3y ＋1|的最大值为7.考点三含绝对值不等式的综合问题 [师生共研过关][例1] (2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f (x )＝|x －a |＋|2x －a |(a ∈R ). (1)若f (1)＜11，求a 的取值范围；(2)若∀a ∈R ，f (x )≥x 2－x －3恒成立，求x 的取值范围. [解] (1)f (1)＝|1－a |＋|2－a |＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2a ，a ≤1，1，1＜a ＜2，2a －3，a ≥2，当a ≤1时，3－2a ＜11，解得a ＞－4，∴－4＜a ≤1；当1＜a ＜2时，1＜11恒成立；当a ≥2时，2a －3＜11，解得a ＜7，∴2≤a ＜7. 综上，a 的取值范围是(－4,7).(2)∵∀a ∈R ，f (x )≥x 2－x －3恒成立，又f (x )＝|x －a |＋|2x －a |≥|x －a －(2x －a )|＝|x |， ∴|x |≥x 2－x －3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥x 2－x －3，x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－x ≥x 2－x －3，x ＜0，解得0≤x ≤3或－3≤x ＜0， ∴x 的取值范围是[－3，3].[例2] (2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞4；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1使不等式a ＋1＞f (x )成立，求实数a 的取值范围. [解](1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x ＜－32，x ＋4，－32≤x ≤1，3x ＋2，x ＞1，∴f (x )＞4⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－32，－3x －2＞4或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤1，x ＋4＞4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，3x ＋2＞4⇔x ＜－2或0＜x ≤1或x ＞1. 综上，不等式f (x )＞4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞).(2)存在x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1 使不等式a ＋1＞f (x )成立⇔a ＋1＞f (x )min ，x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1. 由(1)得，x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1时，f (x )＝x ＋4，f (x )min ＝52， ∴a ＋1＞52，∴a ＞32，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，＋∞.[解题技法]1.含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法：运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立问题中的参数范围问题. 求最值的3种方法：①利用基本不等式和不等式的相关性质解决；②将函数解析式用分段函数形式表示，作出函数图象，求得最值； ③利用性质“||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |”求最值.(2)更换主元法：求解含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法.(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可更直观解决问题. 2.不等式能成立问题(1)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＞A 成立，等价于在区间D 上f (x )max ＞A ； (2)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＜B 成立，等价于在区间D 上f (x )min ＜B . 3.不等式恰成立问题(1)不等式f (x )＞A 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＞A 的解集为D ； (2)不等式f (x )＜B 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＜B 的解集为D .[过关训练]1.(2018·惠州第一次调研)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|，g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |. (1)解不等式f (x )＞9；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围. 解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ，x ≥12，2－x ，－1＜x ＜12，－3x ，x ≤－1.f (x )＞9等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，3x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，2－x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ＞9，解得x ＞3或x ＜－3，所以原不等式的解集为{x |x ＞3或x ＜－3}.(2)∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，等价于f (x )min ≥g (x )min . 因为g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |≥2|a |，由(1)知f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫12＝32，所以2|a |≤32，解得－34≤a ≤34，所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－34，34. 2.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围. 解：(1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0. ①当x ＜－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x ＞1时，①式化为x 2＋x －4≤0，从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172.(2)当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2.所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2.又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一，所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[－1,1].[课时跟踪检测] 1.(2019·沈阳模拟)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若函数f (x )的值域为[2，＋∞)，求实数a 的值； (2)若f (2－a )≥f (2)，求实数a 的取值范围.解：(1)∵|x －1|＋|x －a |≥|(x －1)－(x －a )|＝|a －1|，∴|a －1|＝2，解得a ＝3或a ＝－1. (2)由f (2－a )≥f (2)，得3|a －1|－|a －2|≥1，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤1，3(1－a )－(2－a )≥1或⎩⎪⎨⎪⎧1＜a ≤2，3(a －1)－(2－a )≥1 或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞2，3(a －1)－(a －2)≥1，解得a ≤0或32≤a ≤2或a ＞2，综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞. 2.已知f (x )＝|2x ＋3|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )＜2的解集；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )＞|3a －2|成立，求实数a 的取值范围. 解：(1)不等式f (x )＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－32，－(2x ＋3)＋(2x －1)＜2或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤12，(2x ＋3)＋(2x －1)＜2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞12，(2x ＋3)－(2x －1)＜2，解得x ＜－32 或－32≤x ＜0，∴不等式f (x )＜2的解集是(－∞，0).(2)∵f (x )≤|(2x ＋3)－(2x －1)|＝4，∴f (x )max ＝4，∴|3a －2|＜4，解得－23＜a ＜2，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－23，2. 3.(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝|x －2|＋k |x ＋1|，k ∈R .(1)当k ＝1时，若不等式f (x )＜4的解集为{x |x 1＜x ＜x 2}，求x 1＋x 2的值； (2)当x ∈R 时，若关于x 的不等式f (x )≥k 恒成立，求k 的最大值. 解：(1)由题意，得|x －2|＋|x ＋1|＜4.当x ＞2时，原不等式可化为2x ＜5，∴2＜x ＜52；当x ＜－1时，原不等式可化为－2x ＜3，∴－32＜x ＜－1；当－1≤x ≤2时，原不等式可化为3＜4，∴－1≤x ≤2. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32＜x ＜52，即x 1＝－32，x 2＝52.∴x 1＋x 2＝1.(2)由题意，得|x －2|＋k |x ＋1|≥k 在x ∈R 上恒成立，则当x ＝2时，不等式3k ≥k 成立，∴k ≥0. ①当x ≤－2或x ≥0时，∵|x ＋1|≥1，∴不等式|x －2|＋k |x ＋1|≥k 恒成立. ②当－2＜x ≤－1时，原不等式可化为2－x －kx －k ≥k ，可得k ≤2－x x ＋2＝－1＋4x ＋2，∴k ≤3.③当－1＜x ＜0时，原不等式可化为2－x ＋kx ＋k ≥k ，可得k ≤1－2x ， ∴k ＜3.综上，可得0≤k ≤3，即k 的最大值为3. 4.(2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )＞x 成立，求a 的取值范围. 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式f (x )＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＞12.(2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立，等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|＜1成立.若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1，不满足题意；若a ＞0，则|ax －1|＜1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜2a ，所以2a ≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2].5.(2018·甘肃第二次诊断检测)设函数f (x )＝|x －3|，g (x )＝|x －2|. (1)解不等式f (x )＋g (x )＜2；(2)对于实数x ，y ，若f (x )≤1，g (y )≤1，证明：|x －2y ＋1|≤3. 解：(1)解不等式|x －3|＋|x －2|＜2.①当x ＜2时，原不等式可化为3－x ＋2－x ＜2，可得x ＞32，所以32＜x ＜2.②当2≤x ≤3时，原不等式可化为3－x ＋x －2＜2，可得1＜2，所以2≤x ≤3. ③当x ＞3时，原不等式可化为x －3＋x －2＜2，可得x ＜72，所以3＜x ＜72.综上，不等式f (x )＋g (x )＜2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |32＜x ＜72.(2)证明：|x －2y ＋1|＝|(x －3)－2(y －2)|≤|x －3|＋2|y －2|≤1＋2＝3，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3时等号成立. 6.设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围.解：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ＜－1，2，－1≤x ≤2，－2x ＋6，x ＞2.当x ＜－1时，由2x ＋4≥0，解得－2≤x ＜－1；当－1≤x ≤2时，显然满足题意；当x ＞2时，由－2x ＋6≥0，解得2＜x ≤3，故f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}. (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立. 故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞).7.(2018·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值. 解：(1)f (x )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.y ＝f (x )的图象如图所示.(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5. 8.设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋8m ＋|x －2m |(m ＞0). (1)求证：f (x )≥8恒成立；(2)求使得不等式f (1)＞10成立的实数m 的取值范围. 解：(1)证明：由绝对值三角不等式的性质及m ＞0，得f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋8m ＋|x －2m |≥⎪⎪⎪⎪x ＋8m －(x －2m ) ＝⎪⎪⎪⎪8m ＋2m ＝8m＋2m ≥2 8m ·2m ＝8，当且仅当8m ＝2m ，即m ＝2时取等号. 所以f (x )≥8恒成立.(2)f (1)＝⎪⎪⎪⎪1＋8m ＋|1－2m |(m ＞0)，当 1－2m ＜0，即m ＞12时，f (1)＝1＋8m －(1－2m )＝8m ＋2m ，由f (1)＞10，得8m ＋2m ＞10，化简得m 2－5m ＋4＞0，解得m ＜1或m ＞4，所以12＜m ＜1或m ＞4；当1－2m ≥0，即0＜m ≤12时，f (1)＝1＋8m ＋(1－2m )＝2＋8m －2m .由f (1)＞10，得2＋8m －2m ＞10，此式在0＜m ≤12时恒成立.综上，当f (1)＞10时，实数m 的取值范围是(0,1)∪(4，＋∞).第二节不等式的证明1.基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均. 定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立. 2.比较法(1)作差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .(2)作商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1. 3.综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( ) (3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、选填题1.已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b 的最小值为( ) A.1 B.2 C.4D.8解析：选B ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2 b a ·ab＝4， ∴1a ＋1b ≥4a ＋b ＝2，即1a ＋1b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，“＝”成立).故选B.2.若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A.x ＞yB.x ＜yC.x ≥yD.x ≤y解析：选A x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab . 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .3.若a ，b ，m ∈R ＋，且a ＞b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b ＋m a ＋m ≥b a B.b ＋m a ＋m ＞b a C.b ＋m a ＋m ≤b aD.b ＋m a ＋m ＜b a解析：选B ∵a ，b ，m ∈R ＋，且a ＞b ， ∴b ＋m a ＋m －b a ＝m (a －b )a (a ＋m )＞0，即b ＋m a ＋m ＞b a，故选B. 4.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________. 解析：∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 答案：s ≥t5.已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________.解析：由a ＋b ＋c ＝1，得1a ＋1b ＋1c＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立.故1a ＋1b ＋1c 的最小值为9. 答案：9考点一比较法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2). [证明] ∵a ，b 是非负实数，∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5].当a ≥b 时，a ≥ b ，从而(a )5≥(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜ b ，从而(a )5＜(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]＞0. 故a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).[解题技法]作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负.作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小.[过关训练]已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 证明：(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2. 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b ＞0. 又因为a ≠b ，所以(a －b )2＞0. 于是(a ＋b )(a －b )2＞0，即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＞0，所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.考点二综合法证明不等式[师生共研过关][典例精析]已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ·ab＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，∴1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8. ∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [解题技法]1.综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键；(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.2.综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ；a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22. (4)a ＋b2≥ab ，它的变形形式有a ＋1a ≥2(a ＞0)；ab ＋b a ≥2(ab ＞0)； a b ＋ba≤－2(ab ＜0). (5)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.[过关训练]已知实数a ，b ，c 满足a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝1.求证： (1)(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ，三式相乘得(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋ac ，ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ， ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取等号，三式相加化简得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .考点三分析法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，求证：f (ab )＞f (a )－f (－b ). [解] (1)由题意，|x ＋1|＜|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2，此时不等式无解；③当x ≥－12时，不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1.综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，所以要证f (ab )＞f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |，即证|ab ＋1|2＞|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.[解题技法]1.分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a ＋b2，a ＞0，b ＞0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.2.用分析法证“若A 则B ”为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… ……只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 必真.[过关训练]已知a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 证明：要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ，只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ，即证|a －c |＜c 2－ab ，即证(a －c )2＜c 2－ab ，即证a 2－2ac ＜－ab .因为a ＞0，所以只要证a －2c ＜－b ，即证a ＋b ＜2c .由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立.[课时跟踪检测] 1.(2017·全国卷Ⅱ)已知a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 2.设a ，b 为正实数，且1a ＋1b ＝2 2. (1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值. 解：(1)由22＝1a ＋1b ≥2 1ab ，得ab ≥12，当a ＝b ＝22时取等号. 故a 2＋b 2≥2ab ≥1，当a ＝b ＝22时取等号.所以a 2＋b 2的最小值是1.(2)由(a －b )2≥4(ab )3，得⎝⎛⎭⎫1a －1b 2≥4ab ，即⎝⎛⎭⎫1a ＋1b 2－4ab ≥4ab ，从而ab ＋1ab ≤2. 又ab ＋1ab ≥2，当且仅当ab ＝1时取等号.所以ab ＝1.3.已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]. (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为f (x )＝k －|x －3|，所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]. 因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]，所以k ＝1. (2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，因为a ，b ，c 是正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c 2b＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2ba＋2 a 3c ·3c a＋2 2b 3c ·3c2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立. 因此a ＋2b ＋3c ≥9.4.(2019·南宁联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4. 解：(1)当x ≥1时，原不等式可化为x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0＜x ＜1时，原不等式可化为1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解；当x ≤0时，原不等式可化为1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥43或x ≤－23.(2)证明：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a ＋a ≥2b ，当且仅当a ＝b 时等号成立， ∴两式相加得⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b ＋⎝⎛⎭⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.5.(2019·长春质量检测)(1)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |(a ＞0)，若不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤－2或x ≥3}，求a 的值；(2)已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92m .解：(1)因为a ＞0，所以f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a －1，x ＜－1，a ＋1，－1≤x ＜a ，2x －a ＋1，x ≥a .又不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤－2或x ≥3}，解得a ＝2. (2)证明：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a (a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a )2m＝1＋b ＋c a ＋b ＋c ＋a a ＋b ＋1＋a ＋b b ＋c ＋c ＋a b ＋c ＋1＋a ＋b c ＋a ＋b ＋c c ＋a 2m＝3＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ＋c ＋a b ＋c ＋b ＋c c ＋a ＋a ＋b c ＋a ＋c ＋a a ＋b 2m≥92m ⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝m 3时，取等号. 6.设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，求证：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x ＞2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x ＞2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立.故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}.(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 7.已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |＜1，|b |＜1，a ≠0，求证：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a .解：(1)f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x ＜－3，－x ＋4，－3≤x ＜12，3x ＋2，x ≥12，当x ＜－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103；当－3≤x ＜12时，－x ＋4≥8，无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2.所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－103或x ≥2. (2)证明：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )＞|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ，即|ab －1|＞|a －b |. 因为|a |＜1，|b |＜1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2) ＝(a 2－1)(b 2－1)＞0，所以|ab －1|＞|a －b |. 故所证不等式成立.8.设函数f (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|－m ，若∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立. (1)求实数m 的取值范围；(2)求证：log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3). 解：(1)∵∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立，2020一轮 • 数学系列二 ∴m ＋1m≥x －|x ＋2|－|x －3|＋4恒成立. 令g (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|＋4＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋3，x ＜－2，x －1，－2≤x ≤3，－x ＋5，x ＞3，则函数g (x )在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，∴g (x )max ＝g (3)＝2，∴m ＋1m ≥g (x )max ＝2，即m ＋1m －2≥0⇒m 2－2m ＋1m ＝(m －1)2m≥0，∴m ＞0. 综上，实数m 的取值范围是(0，＋∞).(2)证明：由m ＞0，知m ＋3＞m ＋2＞m ＋1＞1，即lg(m ＋3)＞lg(m ＋2)＞lg(m ＋1)＞lg 1＝0. ∴要证log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3).只需证lg (m ＋2)lg (m ＋1)＞lg (m ＋3)lg (m ＋2)，即证lg(m ＋1)·lg(m ＋3)＜lg 2(m ＋2).又lg(m ＋1)·lg(m ＋3)＜⎣⎡⎦⎤lg (m ＋1)＋lg (m ＋3)22＝[lg (m ＋1)(m ＋3)]24＜[lg (m 2＋4m ＋4)]24＝lg 2(m ＋2)， ∴log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3)成立.。

湘教版高中数学选修4-5不等式选讲：三个正数平均值不等式的实际应用举例

解析：xy≤x＋2 y2＝225，当且仅当 x＝y＝15 时“＝”成立，所以 xy 的最大值为 225.
答案：C
二、典型例题
例1已知f (x) 12 4x x
(1)当x 0时，求f (x)的最小值； (2)当x < 0时，求f (x)的最大值.
二、典型例题
例2（1）已知x 2，求函数 y 1 x的最小值； x-2
拓展提高
1.已知a b 0,求a2 16 的最小值。 b(a - b)
解： a b 0, a - b 0
0 < b(a - b) (b a - b)2 a2
2
4

16 b(a -
b)

64 a2
即a2

16 b(a -
b)

a2

64 a2

2
a2
64 a2
16,
解析：A中x可能为负值，B中等号不成立，D中最小值不是2.
答案：C
2．若 x>4，则函数 y＝x＋x－1 4
()
A．有最大值－6 C．有最大值2
B．有最小值6 D．没有最小值
解
析
：
y
＝
x
＋
1 x－4
＝
x
－
4
＋
1 x－4
＋
4≥2 x－4x－1 4＋ 4＝ 6，当且仅当 x－ 4＝
x－1 4，即 x＝5 时等号成立．答案：B
3．若a，b为正数，且ab＝25，则a＋b的
最小值为
()
A．2 B．5
C．10 D．25
解析：a＋b≥2 ab＝2 25＝10. 当且仅当 a＝b＝5 时“＝”成立，所以 a＋b 的最小值为 10. 答案：C

【创新设计】高考数学一轮总复习选修4-5 不等式选讲(22张ppt)课件理湘教版

考向一含绝对值不等式的解法
【例1】►设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2； (2)求函数y＝f(x)的最小值．
－x－5
x＜－12，
解 (1)f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝3x－3 －12≤x＜4，
x＋5 x≥4.
当 x＜－12时，由 f(x)＝－x－5＞2 得，x＜－7.∴x＜－7；
解得 5＜b＜7.
答案 (5,7)
5．(2012·陕西)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
解析 ∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4. 答案 [－2,4]
－1，x≥－12，
所以|h(x)|≤1，因此k≥1. 故k的取值范围是[1，＋∞)．
(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后利用数形结合解决，是常用的思想方法． (2)f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a；f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.
【训练3】 (2012·辽宁)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}．
(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|. 当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a| ⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a. 由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0. 故满足条件的a的取值范围是[－3,0]．
考向二绝对值不等式的证明
所以aa－＋33＝＝－ 5，1，解得 a＝2.

不等式选讲(选修4-5)课件

【解析】1由柯西不等式
1
2
22 32 x 2 y 2 z 2 (1 x 2 y 3 z ) 2，
2 2 2 2 2 2 2
1 得14 x y z ( 7) 7，所以x y z ， 2 1 1 当且仅当 x y z 时取等号， 2 3 1 2 2 2 即x y z 的最小值为 . 2 1 1 1 2 由1 得 2t 1 ，则2t 1 或2t 1 ，解得 2 2 2 3 1 1 3 t 或t ，即实数t的取值范围是( ， ] [ ， )． 4 4 4 4
专题一选考部分专题九函数与导数
《不等式选讲》主要包括绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式及证明不等式的基本方法．主要考查绝对值不等式的解法，不等式证明及其应用，要求学生了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法；会用这些方法证明一些简单的不等式，考查推理论证能力和分析问题的能力，对恒等变形不作过高要求．绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式的应用只要求会用它们证明一些简单问题和求一些特定函数的极值，应注意控制难度．
2
所以a b 2.这与假设矛盾，故a b 2.
证法2：假设a b 2，则a 2 b，故2 a 3 b3 2 b b3，即2 8 12b 6b 2，
3
即 b 1 0，显然假设不成源自，从而a b 2.2证法3：假设a b 2，则 a b a 3 b3 3ab a b 8.
题型二放缩法证明不等式
3 1 1 1 1 【例2】1 求证： 1 2 2 2 (n 2) 2 n 1 2 n n 2 若a3 b3 2，求证：a b 2.

选修4-5不等式选讲ppt

两数和与差的绝对值不等式的性质
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|
(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b| 中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时． (2)该定理可强化为||a |－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经
常用于证明含绝对值的不等式．
解得 x∈[0，＋∞)．
4．已知关于x的不等式|x－1|＋|x|≤k无解，求实数k的取值范围．解：∵|x－1|＋|x|≥|x－1－x|＝1，∴当k<1时，不等式|x －1|＋|x|≤k无解，故k<1.
5．如果关于x的不等式|x－a|＋|x＋4|≥1的解集是全体实
数，求实数a的取值范围．解：在数轴上，结合实数绝对值的几何意义可知a≤－5 或a≥－3.
[归纳· 知识整合]
1．绝对值不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ①|ax＋b|≤c⇔ －c≤ax＋b≤c . ②|ax＋b|≥c⇔ ax＋b≥c或ax＋b≤－c .
(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等
(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|. 当 x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a| ⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a. 由条件得－2－a≤1 且 2－a≥2，即－3≤a≤0. 故满足条件的 a 的取值范围为[－3,0]．
绝对值不等式的解法 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗
1．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a 对任意 x∈R 恒成立，求 a 的] 取值范围．

选修4-5 不等式选讲

(3)分别解去掉绝对值的不等式.
(4)取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值 . 2.用图象法求解不等式用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式 ,使得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法.
【变式训练】(2014·中山模拟)设函数f(x)=|x-a|+3x,其中 a>0. (1)当a=1时,求不等式f(x)≥3x+2的解集. (2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.
(2)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法:
几何意义求解,体现数形结合思方法一:利用绝对值不等式的_________
想. 零点分段法方法二:利用“___________”求解 ,体现分类讨论思想. 函数的图象求解,体现函数与方方法三:通过构建函数,利用___________ 程思想.
2.拼凑定值方法在基本不等式中的应用利用平均不等式求解最值问题的前提是要求代数式的和或者积为定值,而题目条件往往无法满足,此时可以将平均不等式的取等条件作为出发点,拼凑定和(或积),求积(或和)的最大(或小) 值.
【变式训练】若a>2,b>3,求 a b 【解析】因为a>2, b>3, 所以a-2>0,b-3>0,
热点考向三
与绝对值不等式有关的参数范围
【典题3】(2014·东北四校联考)已知关于x的不等式|2x+1| -|x-1|≤log2a(其中a>0). (1)当a=4时,求不等式的解集. (2)若不等式有解,求实数a的取值范围. 用去绝对值号的方法【信息联想】看到求不等式的解集,想到___________________

选修4-5不等式选讲

选修4-5 不等式选讲
根据课程标准，本专题介绍一些重要的不等式和它们的证明、数学归纳法和它的简单应用。
本专题的内容是在初中阶段掌握了不等式的基本概念，学会了一元一次不等式、一元一次不等式组的解法，多数学生在学习高中必修课五个模块的基础上展开的．作为一个选修专题，教科书在内容的呈现上保持了相对的完整性．
第二部分讨论了有关绝对值不等式的性质及绝对值不等式的解法．绝对值是与实数有关的一个基本而重要的概念，讨论关于绝对值的不等式具有重要的意义．
• 绝对值三角不等式是一个基本的结论，教科书首先引导学生借助于实数在数轴上的表示和绝对值的几何意义，探究归纳出绝对值三角不等式，接着联系向量形式的三角不等式，得到绝对值三角不等式的几何解释，最后用代数方法给出证明．这样，数形结合，引导学生多角度认识这个不等式，逐步深化对它的理解．利用绝对值三角不等式可以解决一种特殊形式的函数的极值问题，教科书安排了一个这样的实际问题。
• 课程标准对于本专题的几个教学内容都明确的教学要求，如：对于解含有绝对值的不等式，只要求能解几种特殊类型的不等式，不要求学生会解各种类型的含有绝对值的不等式。对于数学归纳法证明不等式的要求也只要求会证明一些简单问题。只要求通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法，会利用所学的不等式证明一些简单不等式，等等。
数学归纳法证明一些简单问题。 7．会用数学归纳法证明贝努利不等式：
(1＋x)n ＞1＋nx（x＞-1,n为正整数）。
了解当n为实数时贝努利不等式也成立。
• 8．会用上述不等式证明一些简单问题。能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值。
• 9．通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法。

选修4-5-不等式选讲课件

y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由函数 y＝f(x)与函数 y＝ax 的图象可知，当且仅当 a≥12或 a<－2 时，函数 y＝f(x)与函数 y＝ax 的图象有交点．故不等式 f(x)≤ax 的解集非空时，a 的取值范围为(－∞，－2)∪12，＋∞.
3．设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|. (1)画出函数y＝f(x)的图象； (2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)(a≠0，a、b∈R)恒成立，
当 x＜－7 时，原不等式为
－(x＋7)＋(3x－4)＋ 2－1＞0，
得 x＞6－ 22，与 x＜－7 矛盾；
综上，不等式的解为－12－
42＜x＜5＋
2 2.
考[例向2二] (2绝012对年值高不考等江苏式卷的)已证知明实数 x，y 满足：|x＋y|<13，|2x－y|<16，
求证：|y|<158.
综上所述得x<1且x≠－1，故选D.
答案：D
3．(2013年青岛模拟)若不等式x2＋|2x－6|≥a对于一切实数x均成立，则实数a的最大值是( )
A．7
B．9
C．5
D．11
解析：令f(x)＝x2＋|2x－6|，当x≥3时，f(x)＝x2＋2x－6＝ (x＋1)2－7≥9；当x＜3时，f(x)＝x2－2x＋6＝(x－1)2＋ 5≥5.综上可知，f(x)的最小值为5，故原不等式恒成立只需a≤5即可，从而a的最大值为5.
1．(2013 年南京模拟)解不等式|x＋7|－|3x－4|＋ 3－2 2＞0. 解析：原不等式化为|x＋7|－|3x－4|＋ 2－1＞0，当 x＞43时，原不等式为 x＋7－(3x－4)＋ 2－1＞0，得 x＜5＋ 22，即43＜x＜5＋ 22；当－7≤x≤43时，原不等式为 x＋7＋(3x－4)＋ 2－1＞0，得 x＞－12－ 42，即－12－ 42＜x≤43；

选修4-5_一3._三个正数的算术--几何平均不等式_课件(14张)

1. 求函数y 2x2 3 , (x 0)的最小值. x
2. 当0 x 1时,求函数y x(1 x2 )的最大值.
3.设θ为锐角，求y=sin2θcosθ的最大值.
4.
已知
0<a<1,求证:
1 ��
+
14-��≥9.
小结
1.三个正数的算术-几何平均不等式
若a, bc
仍然类比基本不等式的推出过程，我们先证明：
如果a,b, c R+,那么a3 b3 c3 3abc，
当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ时，等号成立．
证明 ∵ a3 b3 c3 3abc (a b)3 c3 3a3b 3ab2 3abc
(a b c) (a b)2 (a b)c c2 3ab(a b c) (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ca)

1 2
(a

b

c)
(a

b)2

(b

c)2
(c

a)2

0,
∴ a3 b3 c3 3abc
当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ时，等号成立．
对上述结果作简单的恒等变形，就可以得到
定理3 (三个正数的算术-几何平均不等式)
若a，b，c R+ , 那么 a b c 3 abc , 3
当且仅当a b c时，等号成立。
语言表述：三个正数的算术平均不小于它们的几何平均.
变形： a b c 33 abc
abc ( a b c )3 3
推广（n个正数的算术-几何平均不等式）

专题七第2讲选修45不等式选讲课件共41张PPT

【变式训练2】已知函数f (x)＝x＋m2 ＋|x－m|(m>0)。 (1)当m＝1时，求函数f (x)的最小值； (2)若存在x∈(0,1)，使得不等式f (x)≤3成立，求实数m的取值范围。
解 (1)当m＝1时，f (x)＝|x＋2|＋|x－1|，因为|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，当且仅当(x＋2)(x－1)≤0，即－2≤x≤1时等号成立，所以f (x)的最小值为3。
方法悟通
解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略
不等式恒成立
问题
不等式f (x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D 上f (x)min>A。不等式f (x)<B在区间D上恒成立，等价于在区间D 上f (x)max<B
不等式能成立问题
不等式恰成立问题
在区间D上存在实数x使不等式f (x)>A成立，等价于在区间D上f (x)max>A。在区间D上存在实数x使不等式f (x)<B成立，等价于在区间D上f (x)min<B 不等式f (x)>A在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)>A的解集为D。不等式f (x)<B在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)<B的解集为D
(2)由题意得存在x∈(0,1)，使得x＋m2 ＋|x－m|≤3成立， ①当m≥1时，x＋m2 ＋|x－m|≤3等价于m2 ＋m≤3，所以1≤m≤2。
②当0<m<1时，f
(x)＝x＋
2 m

＋|x－m|＝ 2m2x＋＋mm2，－0m<，x<mm≤，x<1，
则f
(x)min＝
2 m
＋
m，所以m2 ＋m≤3，所以1≤m≤2，与“0<m<1”矛盾，此时m无解。综上，实数m的取值范围为[1,2]。

湘教版高中数学选修4-5：不等式选讲-第5章 三个重要不等式 复习课件

高三理科数学第一轮复习选修4-5§2：几个重要不等式的证明及其应用

选修4-5 不等式选讲

湘教版高中数学选修4-5不等式选讲：三个正数平均值不等式的实际应用举例

【创新设计】高考数学一轮总复习 选修4-5 不等式选讲(22张ppt)课件 理 湘教版

不等式选讲(选修4-5)课件

选修4-5不等式选讲ppt

选修4-5 不等式选讲

选修4-5不等式选讲

选修4-5-不等式选讲 课件

选修4-5_一3._三个正数的算术--几何平均不等式_课件(14张)

专题七第2讲选修45不等式选讲课件共41张PPT

湘教版高中数学选修4-5：不等式选讲-第5章三个重要不等式复习课件

【创新设计】高考数学一轮总复习选修4-5 不等式选讲(22张ppt)课件理湘教版

选修4-5-不等式选讲课件