2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套(课件+练习)：1.4.2
2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：2.3数学归纳法与贝努利不等式2.3.2+【KS5U+高考】
S随堂演练
UITANGYANLIAN
1.用数学归纳法证明不等式 运用数学归纳法证明不等式的两个步骤实际上是分别证明两个 不等式.尤其是第二步:一方面需要我们充分利用归纳假设提供的 “便利”,另一方面还需要结合运用比较法、综合法、分析法、反证 法和放缩法等其他不等式的证明方法. 名师点拨从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧: 在用数学归纳法证明不等式的问题中,从“n=k”到“n=k+1”的过渡, 利用归纳假设是比较困难的一步,它不像用数学归纳法证明恒等式 问题一样,只需拼凑出所需要的结构来,而证明不等式的第二步中, 从“n=k”到“n=k+1”,只用拼凑的方法,有时也行不通,因为对不等式 来说,它还涉及“放缩”的问题,它可能需要通过“放大”或“缩小”的过 程,才能利用上归纳假设,因此,我们可以利用“比较法”“综合法”“分 析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化,从中找到“放缩尺度”,准 确地拼凑出所需要的结构.
1). 当������ = 2 时, 中间式子等于
1 2
.
1 3 1 4
= , ∴ 中间式子为1+ + + .
答案:1+ + +
2019学年北师大版高中数学选修4-5课件：1.5不等式的应用 (共25张PPT)
探究一
探究二
思维辨析
������+������ 2 成立的条件是 2
2
a>0,b>0.
( (
) )
������2 +������ a,b∈R,则 2
≥
������+������ 2 . 2
答案:(1)√ (2)×
(3)×
(4)√
探究一
探究二
思维辨析
探究一
利用平均值不等式求函数的最值
16 f(x)=1-x- ������ 的最小值;
(4)a>b>0⇒an>bn(n∈N+); (5)a>b>0⇒ ������ >
1 ������
n ������
������(n∈N+);
(6)a>b,ab>0⇒ < .
1 ������
2.几个常用平均值不等式
名师点拨 在利用平均值不等式“和式≥积式”求最值时要注意三 点:一是各项为正;二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求 积式最大值时应使和为定值(恰当变形,合理发现拆分项或配凑因 式是常用的解题技巧);三是考虑等号成立的条件.简记为“一正、二 定、三相等”.
1 1 1 ������ 1 ������ 4 -2,再对 ������+1
16 ������
x+1+
4 运用平 ������+1
探究一
探究二
思维辨析
解(1)因为 x<0,所以 f(x)=1-x=1+ (-������) + - ������
16
16 ������ 16
≥1+2 (-������)· - ������ =9, 9.
2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套(课件+练习)：1
01第一章不等关系与基本不等式§1 不等式的性质课时过关·能力提升1.设a ≥b>0,P=3a 3+2b 3,Q=3a 2b+2ab 2,则P 与Q 的大小关系是( )A.P>QB.P<QC.P ≥QD.P=Q解析:P-Q=3a 3+2b 3-(3a 2b+2ab 2)=3a 2(a-b )+2b 2(b-a )=(3a 2-2b 2)(a-b ).因为a ≥b>0,所以a-b ≥0,a 2≥b 2>0.所以3a 2≥3b 2>2b 2,即3a 2-2b 2>0.从而(3a 2-2b 2)(a-b )≥0,即3a 3+2b 3≥3a 2b+2ab 2,即P ≥Q.答案:C2.设角α,β满足-π2<α<β<π2,则α-β的取值范围是( ) A.-π<α-β<0 B.-π<α-β<πC.-π2<α-β<0D.-π2<α-β<π2解析:∵-π2<α<β<π2,∴-π2<-β<-α<π2.∴-π<α-β<β-α<π,且α-β<0.∴-π<α-β<0.答案:A3.已知a 1,a 2∈(0,1),记M=a 1a 2,N=a 1+a 2-1,则M 与N 的大小关系是( )A .M<NB .M>NC .M=ND .不确定解析:∵a 1,a 2∈(0,1),∴M-N=a 1a 2-(a 1+a 2-1)=(a 1-1)(a 2-1)>0,∴M>N.答案:B4.设a>0,b>0,则不等式-b<1x <a 等价于( ) A.-1b <x<0或0<x<1aB.-1a <x<C.x<-1a 或x>1bD.x<-1b 或x>1a答案:D5.对于实数a ,b ,c ,有下列命题: ①若ac 2>bc 2,则a>b ;②若a<b<0,则a 2>ab>b 2;③若c>a>b>0,则a c -a >b c -b ;④若a>b ,1a >1b ,则a>0,b<0.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4 解析:①由ac 2>bc 2,知c ≠0.∴c 2>0,∴a>b.故该命题是真命题.②a<b<0⇒a 2>ab ,ab>b 2,∴a 2>ab>b 2.故该命题为真命题.③a>b>0⇒-a<-b ⇒c-a<c-b.∵c>a ,∴c-a>0,∴c-b>c-a>0.两边同乘1(c -a )(c -b ),得1c -a>1c -b >0. 又∵a>b>0,∴a c -a >b c -b .故该命题为真命题.④a>b ⇒a-b>0,1a >1b ⇒1a −1b >0⇒b -a ab >0.∵a-b>0,∴b-a<0,∴ab<0.又∵a>b ,∴a>0,b<0,故该命题为真命题.综上可知,命题①②③④都是真命题.答案:D6.下面四个条件中,使a>b 成立的充分不必要条件是( ) A .a>b+1B .a>b-1C .a 2>b 2D .a 3>b 3 解析:由a>b+1,得a>b+1>b ,即a>b.而a>b 不能得出a>b+1,故选A .答案:A7.比较大小:lo g 1213 lo g 1312(填“<”“>”或“=”).解析:因为lo g1213-lo g1312=lg13lg12−lg12lg13=lg3lg2−lg2lg3=lg23-lg22lg2lg3=(lg3+lg2)(lg3-lg2)lg2lg3>0,所以lo g1213>lo g1312.答案:>8.已知a<b<c,P=a2b+b2c+c2a,Q=ab2+bc2+ca2,则P与Q的大小关系是.解析:∵a<b<c,∴a-b<0,b-c<0,a-c<0.∴P-Q=a2b+b2c+c2a-(ab2+bc2+ca2)=(a2b-a2c)+(b2c-b2a)+(c2a-c2b)=a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=a2(b-c)+b2[(c-b)+(b-a)]+c2(a-b)=a2(b-c)-b2(b-c)+c2(a-b)-b2(a-b)=(b-c)(a2-b2)+(a-b)(c2-b2)=(b-c)(a-b)(a+b)+(a-b)(c-b)(c+b)=(b-c)(a-b)[a+b-(c+b)]=(b-c)(a-b)(a-c)<0,即P<Q.答案:P<Q9.设x∈R,试比较f(x)=x6+1与g(x)=x4+x2的大小.解:∵f(x)-g(x)=x6+1-(x4+x2)=x4(x2-1)-(x2-1)=(x2-1)(x4-1)=(x2-1)2(x2+1),∴当x=±1时,f(x)=g(x);当x≠±1时,f(x)>g(x).10.当a≠0时,比较(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)与(a2+a+1)(a2-a+1)的大小.解:∵(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)=[(a2+1)+√2a][(a2+1)-√2a]=(a2+1)2-2a2=a4+2a2+1-2a2=a4+1,(a2+a+1)(a2-a+1)=[(a2+1)+a]·[(a2+1)-a]=(a2+1)2-a2=a4+2a2+1-a2=a4+a2+1,∴(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)-(a2+a+1)(a2-a+1)=(a4+1)-(a4+a2+1)=-a2.∵a≠0,∴a2>0,∴-a2<0,∴(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)<(a2+a+1)(a2-a+1).★11.已知f(x)=ax2-c,且-4≤f(1)≤1,-1≤f(2)≤5,试求f(3)的取值范围.解:∵{f (1)=a -c ,f (2)=4a -c ,∴{a =13[f (2)-f (1)],c =-43f (1)+13f (2), ∴f (3)=9a-c=83f (2)-53f (1).∵-4≤f (1)≤1,-1≤f (2)≤5,∴-53≤-53f (1)≤203,-83≤83f (2)≤403.∴-83−53≤83f (2)-53f (1)≤403+203,即-133≤f (3)≤20.。
北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：1.5 不等式的应用
42
3
4 2 27
当且仅当 4R2-h2=2h2,
即
3h2=4R2,h=
2 3
3
������时,等号成立.
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
12345
≤ (������-1)+(������-1)+(3-2������) 3 =
1
3
=
1.
3
3
27
当且仅当 x-1=x-1=3-2x,即 x= 4 时等号成立,
3
故
y
的最大值为
1.
27
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
答案:A
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
【做一做 2】
已知 2 + 3
������ ������
= 2(������
> 0, ������ > 0), 则������������的最小值为
.
解析:已知
2=
2 ������
+
3 ������
,
∵
������
.
������
解析:∵x>0,∴y=x2+ 8 + 4 = ������2 + 4 + 4 + 4 ≥ 33 ������2·4 ·4 + 4 =
������
������ ������
������ ������
33 16 + 4. 当且仅当x2= 4 , 即x= 3 4时取“=”号,故所求最小值
2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第一章 不等关系与基本不等式 1.1
§1 不等式的性质1.1 实数大小的比较学习目标 1.理解实数大小比较的理论依据.2.会进行两个实数大小的比较．知识点一 作差法比较大小思考 你认为可以用什么方法比较两个实数的大小？答案 作差，与0比较．梳理 作差法(1)比较两个实数的大小的基本方法是通过“作差”，确定差的符号．(2)依据：a >b ⇔a －b >0；a <b ⇔a －b <0；a ＝b ⇔a －b ＝0.知识点二 作商法比较大小思考 对于两个均为正数的数a ，b ，除作差外，还可用其他方法比较大小吗？答案 还可以作商与1比较．梳理 作商法(1)对于a >0，b >0的两个数，求a b ，比较a b与1的大小，从而确定a ，b 的大小，这种方法称为“作商法”．(2)依据：当a >b ，b >0时，a b>1⇔a >b ；a b＝1⇔a ＝b ； a b<1⇔a <b .类型一 作差比较大小例1 (1)已知a ＞b ＞0，比较a b 与a ＋1b ＋1的大小； (2)已知x ＞1，比较x 3－1与2x 2－2x 的大小．解 (1)a b －a ＋1b ＋1＝a (b ＋1)－b (a ＋1)b (b ＋1)＝a －b b (b ＋1). 因为a ＞b ＞0，所以a －b ＞0，b (b ＋1)＞0，所以a －b b (b ＋1)＞0， 所以a b ＞a ＋1b ＋1. (2)x 3－1－(2x 2－2x )＝x 3－2x 2＋2x －1＝(x 3－x 2)－(x 2－2x ＋1)＝x 2(x －1)－(x －1)2＝(x －1)(x 2－x ＋1)＝(x －1)⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x －122＋34， 因为x ＞1，所以x －1＞0.又因为⎝⎛⎭⎫x －122＋34＞0， 所以(x －1)⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x －122＋34＞0， 所以x 3－1＞2x 2－2x .反思与感悟 比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—得出结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．跟踪训练1 已知x ，y 均为正数，设m ＝1x ＋1y ，n ＝4x ＋y，试比较m 和n 的大小．解 m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝(x ＋y )2－4xy xy (x ＋y )＝(x －y )2xy (x ＋y )， ∵x ，y 均为正数，∴x ＞0，y ＞0，xy ＞0，x ＋y ＞0，(x －y )2≥0.∴m －n ≥0，即m ≥n .(当x ＝y 时，等号成立)类型二 作商比较大小例2 设m ，n 是两个不相等的正数，试比较m m n n 与m n n m 的大小．解 ∵m m n n >0，m n n m >0，∴m m n nm n n m ＝m m －n n n －m ＝⎝⎛⎭⎫m n m －n . ①当m >n 时，m n>1且m －n >0， ∴⎝⎛⎭⎫m n m －n >1.∴m m n n >m n n m .②当m <n 时，0<m n<1，m －n <0， ∴⎝⎛⎭⎫m n m －n >1，∴m m n n >m n n m .综上所述，m m n n >m n n m .反思与感悟 (1)对于两个均大于0且多为因式积的形式，通常用作商法比较大小．(2)步骤为：作商→变形化简→与1比较→得出结论．跟踪训练2 比较1816与1618的大小．解 18161618＝⎝⎛⎭⎫1816161162＝⎝⎛⎭⎫9816⎝⎛⎭⎫1216＝⎝⎛⎭⎫98216. ∵982∈(0,1)，∴⎝⎛⎭⎫98216<1. ∵1618>0，∴1816<1618.类型三 比较大小的实际应用例3 甲、乙两辆车从A 地沿同一路线到达B 地，甲车一半时间的速度为a ，另一半时间的速度为b ；乙车用速度a 行驶了一半路程，用速度b 行驶了另一半的路程．若a ≠b ，试判断哪辆车先到．解 设甲车用时为t 1，乙车用时为t 2，A ，B 两地距离为s ，则对于甲：s ＝t 12·a ＋t 12·b ，得t 1＝2s a ＋b； 对于乙：t 2＝s 2a ＋s 2b ＝s (a ＋b )2ab. 那么t 1－t 2＝2s a ＋b －s (a ＋b )2ab ＝－s (a －b )22ab (a ＋b )<0， 故甲车先到．反思与感悟 对于实际问题，首先应理清其数学模型，就本题而言，实质就是比较大小问题，谁用的时间少，谁先到．跟踪训练3 在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m 2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x (单位：m)的取值范围是________________．答案 [10,30]解析 设矩形的另一条边长为t ，由相似知识得x 40＝40－t 40， ∴t ＝40－x ，∴(40－x )x ≥300，即x 2－40x ＋300≤0，解得10≤x ≤30.1．设y 1＝40.9，y 2＝80.48，y 3＝⎝⎛⎭⎫12－1.5，则( )A ．y 3>y 1>y 2B ．y 2>y 1>y 3C ．y 1>y 2>y 3D ．y 1>y 3>y 2答案 D 解析 y 1＝40.9＝21.8，y 2＝80.48＝21.44，y 3＝⎝⎛⎭⎫12－1.5＝21.5. ∵函数y ＝2x 是增函数，且1.8>1.5>1.44，∴y 1>y 3>y 2.2．已知log m 2<log n 2<0，则m ，n 的关系是( )A ．1<n <mB ．1<m <nC ．0<n <m <1D ．0<m <n <1答案 C解析 ∵log m 2＝1log 2m ，log n 2＝1log 2n， ∴1log 2m <1log 2n <0， ∴log 2n <log 2m <0，∴0<n <m <1.3．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x ＞y ，则实数a ，b 满足的条件是________． 答案 ab ≠1或a ≠－2解析 ∵x ＞y ，∴x －y ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a )＝a 2b 2－2ab ＋a 2＋4a ＋5＝(ab －1)2＋(a ＋2)2＞0，∴ab ≠1或a ≠－2.4．若x ∈R ，比较x 2＋3与2x 的大小．解 ∵x 2＋3－2x ＝(x －1)2＋2>0，∴x 2＋3>2x .5．已知x ≠0，比较(x 2－1)2与x 4＋x 2＋1的大小．解 (x 2－1)2－(x 4＋x 2＋1)＝x 4－2x 2＋1－x 4－x 2－1＝－3x 2，∵x ≠0，∴－3x 2<0，即(x 2－1)2－(x 4＋x 2＋1)<0，∴(x 2－1)2<x 4＋x 2＋1.比较大小的常用方法及步骤1．作差法：a ≥b ⇔a －b ≥0，a ≤b ⇔a －b ≤0.一般步骤是作差→变形→判号→定论．变形是作差法的关键，配方和因式分解是常用的变形手段．2．作商法：当a >0，b >0时，把比较a ，b 的大小转化为比较a b与1的大小关系，此即为求商比较法．理论依据是不等式的性质：若a >0，b >0，则a b ≥1⇔a ≥b ，a b≤1⇔a ≤b . 一般步骤为作商→变形→与1比较大小→定论．一、选择题1．若a ，b ∈R ，则a 2＋b 2＋1)是a <b 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 D解析 由a 2＋b 2＋1)，得a 2＋1<b 2＋1，即a 2<b 2.∴a 2<b 2是a <b 的既不充分又不必要条件．2．设a ≥b >0，P ＝3a 3＋2b 3，Q ＝3a 2b ＋2ab 2，则P 与Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ＝Q答案 C解析 P －Q ＝3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b )．因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，a 2≥b 2>0.所以3a 2≥3b 2＞2b 2，即3a 2－2b 2>0.从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，即3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2，即P ≥Q .3．若a ，b 是任意实数且a >b ，则( )A ．a 2>b 2 B.b a <1C ．lg(a －b )>0 D.⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b答案 D解析 ∵f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 是减函数且a >b ，∴f (a )<f (b )，即⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b .4．实数a ，b ，c ，d 满足条件：①a <b ，c <d ；②(a －c )(b －c )>0；③(a －d )(b －d )<0，则有() A ．a <c <d <b B ．c <a <b <dC ．a <c <b <dD ．c <a <d <b答案 D解析 ∵(a －c )(b －c )>0，∴a ，b 在c 的同侧．∵(a －d )(b －d )<0，∴a ，b 在d 的异侧．∵a <b ，c <d ，∴a ，b ，c ，d 标在数轴上，只有下面一种情况：由此得出c <a <d <b .5．已知a ＞－1且b ＞－1，则p ＝b 1＋a ＋a 1＋b 与q ＝a 1＋a ＋b 1＋b的大小关系是( ) A ．p ＞qB ．p ＜qC ．p ≥qD ．p ≤q答案 C解析 p －q ＝b －a 1＋a ＋a －b 1＋b ＝(b －a )(b －a )(1＋a )(1＋b )＝(b －a )2(1＋a )(1＋b )≥0. 6．设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg e ，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a 答案 B解析 ∵1<e<3，则1<e<e<e 2<10，∴0<lg e<1，则lg e ＝12lg e<lg e ， 即c <a .又0<lg e<1，∴(lg e)2<lg e ，即b <a .同时c －b ＝12lg e －(lg e)2＝12lg e(1－2lg e)＝12lg e·lg 10e 2>0. ∴c >b ，故选B.二、填空题7．已知0＜a ＜1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b 1＋b，则M ，N 的大小关系是________． 答案 M ＞N解析 M －N ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝2(1－ab )(1＋a )(1＋b ). ∵0＜a ＜1b，∴ab ＜1，即1－ab ＞0， ∴M －N ＞0，∴M ＞N .8．若a ，b ∈R ，且a ＞b ，下列不等式：①b a ＞b －1a －1；②(a ＋b )2＞(b ＋1)2；③(a －1)2＞(b －1)2.其中不成立的是________．(填序号)答案 ①②③解析 ①中，b a －b －1a －1＝ab －b －ab ＋a a (a －1)＝a －b a (a －1). 因为a －b ＞0，a (a －1)的符号不确定，①不成立；②中，取a ＝2，b ＝－2，则(a ＋b )2＝0，(b ＋1)2＞0，②不成立；③中，取a ＝2，b ＝－2，则(a －1)2＝1，(b －1)2＝9，③不成立．9．比较大小：答案 >解析＝lg 13lg 12－lg 12lg 13＝lg 3lg 2－lg 2lg 3＝lg 23－lg 22lg 2lg 3＝(lg 3＋lg 2)(lg 3－lg 2)lg 2lg 3>0， 所以10．已知a 1≤a 2，b 1≤b 2，则a 1b 1＋a 2b 2与a 1b 2＋a 2b 1的大小关系为________． 答案 a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 1解析 (a 1b 1＋a 2b 2)－(a 1b 2＋a 2b 1)＝a 1b 1－a 1b 2＋a 2b 2－a 2b 1＝a 1(b 1－b 2)＋a 2(b 2－b 1)＝(a 1－a 2)(b 1－b 2)．∵a 1≤a 2，b 1≤b 2，∴a 1－a 2≤0，b 1－b 2≤0.∴(a 1－a 2)(b 1－b 2)≥0，∴a 1b 1＋a 2b 2≥a 1b 2＋a 2b 1.三、解答题11．设a ≠b ，比较a 2＋3b 2与2b (a ＋b )的大小．解 (a 2＋3b 2)－2b (a ＋b )＝a 2＋3b 2－2ab －2b 2＝a 2－2ab ＋b 2＝(a －b )2.因为a ≠b ，所以a －b ≠0，从而(a －b )2>0.于是a 2＋3b 2>2b (a ＋b )．12．当a ≠0时，比较(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)与(a 2＋a ＋1)·(a 2－a ＋1)的大小． 解 ∵(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)＝[(a 2＋1)＋2a ][(a 2＋1)－2a ]＝(a 2＋1)2－2a 2＝a 4＋2a 2＋1－2a 2＝a 4＋1，(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1)＝[(a 2＋1)＋a ][(a 2＋1)－a ]＝(a 2＋1)2－a 2＝a 4＋2a 2＋1－a 2＝a 4＋a 2＋1，∴(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)－(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1)＝(a 4＋1)－(a 4＋a 2＋1)＝－a 2. ∵a ≠0，∴a 2>0，∴－a 2<0，∴(a 2＋2a ＋1)(a 2－2a ＋1)<(a 2＋a ＋1)(a 2－a ＋1)．13．已知a >b >0，比较a 3－b 3a 3＋b 3与a －b a ＋b的大小． 解 ∵a 3－b 3a 3＋b 3－a －b a ＋b ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋ab ＋b 2a 3＋b 3－a 2－ab ＋b 2a 3＋b 3＝2ab (a －b )a 3＋b 3. ∵a >b >0，∴a －b >0，∴2ab (a －b )a 3＋b 3>0.∴a 3－b 3a 3＋b 3－a －b a ＋b>0， 即a 3－b 3a 3＋b 3>a －b a ＋b. 四、探究与拓展14．设函数f (x )＝x sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，若f (x 1)>f (x 2)，则x 21与x 22的关系为________． 答案 x 21>x 22解析 由题意，得f (x )＝f (|x |)，且当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时， f (|x |)为增函数，又由f (x 1)>f (x 2)，得f (|x 1|)>f (|x 2|)，故|x 1|>|x 2|，于是x 21>x 22.15．若x ＞y ＞0，比较y 2＋1x 2＋1与y x 的大小关系．解 y 2＋1x 2＋1－y 2x 2＝x 2(y 2＋1)－y 2(x 2＋1)x 2(x 2＋1)＝x 2－y 2x 2(x 2＋1)＝(x －y )(x ＋y )x 2(x 2＋1). 因为x ＞y ＞0，所以x －y ＞0，x ＋y ＞0，x 2＞0，x 2＋1＞1，所以(x －y )(x ＋y )x 2(x 2＋1)＞0. 所以y 2＋1x 2＋1＞y 2x 2＞0.故y 2＋1x 2＋1＞y x .。
2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第一章 不等关系与基本不等式 2.1
§2 含有绝对值的不等式 2.1 绝对值不等式学习目标 1.进一步理解绝对值的意义.2.理解并掌握绝对值不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |的代数及几何解释.3.会用|a ＋b |≤|a |＋|b |解决一些简单的绝对值不等式问题．知识点 绝对值不等式定理思考1 实数a 的绝对值|a |的几何意义是什么？ 答案 |a |表示数轴上以a 为坐标的点A 到原点的距离． 思考2 代数式|x ＋2|＋|x －3|的几何意义是什么？ 答案 表示数轴上的点x 到点－2,3的距离之和． 思考3 画画图，看看|x ＋2|＋|x －3|与|(－2)－3|的关系．答案由数轴可以看出数轴上的点x 到点－2,3的距离之和大于等于点－2到3的距离，即|x ＋2|＋|x －3|≥|(－2)－3|. 梳理 (1)实数的绝对值 |a |＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a >0，0，a ＝0，－a ，a <0.由定义易得|ab |＝|a |·|b |；⎪⎪⎪⎪a b ＝|a ||b |(b ≠0)；|a |2＝a 2；a 2＝|a |；－|a |≤a ≤|a |. (2)绝对值的几何意义设a 是任意一个实数，在数轴上：①|a |表示实数a 对应的点与原点O 的距离；②|x －a |表示实数x 对应的点与实数a 对应的点之间的距离； ③|x ＋a |表示实数x 对应的点与实数－a 对应的点之间的距离． (3)绝对值不等式(定理)对任意实数a和b，有|a＋b|≤|a|＋|b|.拓展||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.类型一含绝对值不等式的证明例1设函数f(x)＝x2－2x，|x－a|＜1.求证：|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.证明∵f(x)＝x2－2x，且|x－a|＜1，∴|f(x)－f(a)|＝|x2－2x－a2＋2a|＝|(x＋a)(x－a)－2(x－a)|＝|(x－a)(x＋a－2)|＝|x－a|·|x＋a－2|＜|x＋a－2|＝|(x－a)＋(2a－2)|≤|x－a|＋|2a－2|＜1＋|2a|＋|2|＝2|a|＋3，∴|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.反思与感悟两类含绝对值不等式的证明技巧一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明．另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．跟踪训练1已知|A－a|＜s3，|B－b|＜s3，|C－c|＜s3，求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.证明∵|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|，又∵|A－a|＜s3，|B－b|＜s3，|C－c|＜s3，∴|A－a|＋|B－b|＋|C－c|＜s3＋s3＋s3＝s，∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.类型二 利用绝对值不等式求最值例2 (1)求函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的最大值和最小值；(2)如果关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|＜a 的解集为空集，求参数a 的取值范围． 解 (1)∵||x －3|－|x ＋1||≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4， ∴－4≤|x －3|－|x ＋1|≤4， ∴y max ＝4，y min ＝－4.(2)只要a 不大于|x －3|＋|x －4|的最小值，则|x －3|＋|x －4|＜a 的解集为空集，而|x －3|＋|x －4|＝|x －3|＋|4－x |≥|x －3＋4－x |＝1，当且仅当(x －3)(4－x )≥0，即3≤x ≤4时等号成立． ∴当3≤x ≤4时，|x －3|＋|x －4|取得最小值1. ∴a 的取值范围为(－∞，1]．反思与感悟 (1)利用绝对值不等式求函数最值时，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键． 跟踪训练2 (1)已知x ∈R ，求f (x )＝|x ＋1|－|x －2|的最值； (2)若|x －3|＋|x ＋1|＞a 的解集不是R ，求a 的取值范围． 解 (1)∵|f (x )|＝||x ＋1|－|x －2||≤|(x ＋1)－(x －2)|＝3， ∴－3≤f (x )≤3，∴f (x )min ＝－3，f (x )max ＝3. (2)∵|x －3|＋|x ＋1|≥|(x －3)－(x ＋1)|＝4， ∴|x －3|＋|x ＋1|≥4.∴当a ＜4时，|x －3|＋|x ＋1|＞a 的解集为R . 又∵|x －3|＋|x ＋1|＞a 的解集不是R ，∴a ≥4. ∴a 的取值范围是[4，＋∞)． 类型三 绝对值不等式的综合应用 例3 设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a ＞0)． (1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)＜5，求a 的取值范围．(1)证明 由a ＞0，可得f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪x ＋1a －(x －a )＝1a ＋a ≥2， 所以f (x )≥2.(2)解 f (3)＝|3＋1a |＋|3－a |，当a ＞3时，f (3)＝a ＋1a ，由f (3)＜5，得3＜a ＜5＋212；当0＜a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a ，由f (3)＜5，得1＋52＜a ≤3.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.反思与感悟 含绝对值的综合问题，综合性强，所用到的知识多，在解题时，要注意应用绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要注意配方等等价变形，同时在应用绝对值不等式放缩性质求最值时，还要注意等号成立的条件．跟踪训练3 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，当|x |≤1时，恒有|f (x )|≤1，求证：|f (2)|≤7. 证明 因为当|x |≤1时，有|f (x )|≤1， 所以|f (0)|＝|c |≤1，|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1， 又f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ， 所以|f (2)|＝|4a ＋2b ＋c | ＝|3(a ＋b ＋c )＋(a －b ＋c )－3c | ＝|3f (1)＋f (－1)－3f (0)| ≤3|f (1)|＋|f (－1)|＋3|f (0)| ≤3＋1＋3＝7，所以|f (2)|≤7.1．已知|x －m |＜ξ2，|y －n |＜ξ2，则|4x ＋2y －4m －2n |小于( )A ．ξB ．2ξC ．3ξ D.ξ2答案 C解析 |4x ＋2y －4m －2n |＝|4(x －m )＋2(y －n )| ≤4|x －m |＋2|y －n |＜4×ξ2＋2×ξ2＝3ξ.2．已知a 为实数，则“|a |≥1”是“关于x 的绝对值不等式|x |＋|x －1|≤a 有解”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 答案 B解析 由|a |≥1得a ≤－1或a ≥1.因为关于x 的不等式|x |＋|x －1|≤a 有解，而|x |＋|x －1|≥|x ＋1－x |＝1，所以a ≥1.故“|a |≥1”是“关于x 的绝对值不等式|x |＋|x －1|≤a 有解”的必要不充分条件． 3．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 的大小关系是( ) A ．m ＞n B ．m ＜n C ．m ＝n D ．m ≤n答案 D解析 m ＝|a |－|b ||a －b |≤|a －b ||a －b |＝1.又n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥|a ＋b ||a ＋b |＝1，∴m ≤n .4．已知关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋a |≤8的解集不是空集，则a 的最小值是________． 答案 －9解析 ∵|x －1|＋|x ＋a |≥|x －1－(x ＋a )|＝|a ＋1|，且关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋a |≤8的解集不是空集，∴|a ＋1|≤8，解得－9≤a ≤7，即a 的最小值是－9.5．下列四个不等式：①|log x 10＋lg x |≥2；②|a －b |＜|a |＋|b |；③⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2(ab ≠0)；④|x －1|＋|x －2|≥1.其中恒成立的是________．(把你认为正确的序号都填上)． 答案 ①③④解析 |log x 10＋lg x |＝⎪⎪⎪⎪1lg x ＋lg x ＝1|lg x |＋|lg x |≥2，①正确； 当ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |，②不正确； ∵ab ≠0，b a 与ab同号，∴|b a ＋a b |＝|b a |＋|ab|≥2，③正确； 由|x －1|＋|x －2|的几何意义知，|x －1|＋|x －2|≥1恒成立，④正确．1．求含绝对值的代数式的最值问题的综合性较强，直接求|a |＋|b |的最大值比较困难，可采用求|a ＋b |，|a －b |的最值，及ab ≥0时，|a |＋|b |＝|a ＋b |，当ab ≤0时，|a |＋|b |＝|a －b |的定理，达到目的．2．求y ＝|x ＋m |＋|x ＋n |和y ＝|x ＋m |－|x ＋n |的最值，其主要方法有 (1)借助绝对值的定义，即零点分段； (2)利用绝对值的几何意义； (3)利用绝对值不等式的性质定理．一、选择题1．已知h ＞0，a ，b ∈R ，命题甲：|a －b |＜2h ；命题乙：|a －1|＜h 且|b －1|＜h ，则甲是乙的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 答案 B解析 “乙⇒甲”， ∵|a －1|＜h ，|b －1|＜ h ，∴|a －1|＋|b －1|＜2h ，又|a －1|＋|b －1|≥|(a －1)－(b －1)|＝|a －b |， ∴|a －b |＜2h .“甲⇏乙”．当a ＝b ＝5，h ＝1时，甲⇏乙．2．设|a |＜1，|b |＜1，则|a ＋b |＋|a －b |与2的大小关系是( ) A ．|a ＋b |＋|a －b |＞2 B ．|a ＋b |＋|a －b |＜2 C ．|a ＋b |＋|a －b |＝2 D ．不能比较大小答案 B解析 当(a ＋b )与(a －b )同号或(a ＋b )(a －b )＝0时， |a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |＜2. 当(a ＋b )与(a －b )异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |＜2.3．对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 ∵|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1| ≥|(x －1)－x |＋|()y －1－(y ＋1)|＝3.4．设变量x ，y 满足|x －1|＋|y －a |≤1，若2x ＋y 的最大值是5，则实数a 的值是( ) A ．2 B ．1 C ．0 D ．－1 答案 B解析 由|x －1|＋|y －a |≤1，得|x －1|≤1， ∴0≤x ≤2，且|x ＋y －1－a |≤1， ∴a ≤x ＋y ≤2＋a ， ∴2x ＋y ≤4＋a ， 又2x ＋y 的最大值为5， ∴4＋a ＝5，∴a ＝1.5．已知不等式|x －m |＜1成立的一个充分不必要条件是13＜x ＜12，则实数m 的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤－43，12 B.⎣⎡⎦⎤－12，43C.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 D.⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 答案 B6．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为( ) A ．5 B ．4 C ．8 D ．7 答案 A解析 由题意，得|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －1)| ≤|x －1|＋|2(y －2)＋2|≤1＋2|y －2|＋2≤5， 即|x －2y ＋1|的最大值为5. 二、填空题7．若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－2,4]解析 |x －a |＋|x －1|≥|a －1|，则只需要|a －1|≤3，解得－2≤a ≤4.8．已知函数f (x )＝|x －3|－|x －a |.若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 ⎝⎛⎦⎤－∞，32 解析 由不等式性质可知，f (x )＝|x －3|－|x －a | ≤|(x －3)－(x －a )|＝|a －3|，所以若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立， 则|a －3|≥a ，解得a ≤32，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，32. 9．以下三个命题：①若|a －b |≤1，则|a |≤|b |＋1； ②若a ，b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a －b |； ③|x |＜2，|y |＞3，则⎪⎪⎪⎪x y ＜23. 其中正确命题的序号为________． 答案 ①②③解析 因为|a |－|b |≤|a －b |≤1，所以|a |≤|b |＋1，故①正确；因为|a ＋b |－2|a |＝|a ＋b |－|2a |≤|(a ＋b )－2a |＝|a －b |.故②正确；③显然正确．10．若不等式|2a －1|≤⎪⎪⎪⎪x ＋1x 对一切非零实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是______． 答案 ⎣⎡⎦⎤－12，32 解析 因为⎪⎪⎪⎪x ＋1x ＝|x |＋1|x |≥2， 所以由已知得|2a －1|≤2， 即－2≤2a －1≤2， 解得－12≤a ≤32.11．已知函数f (x )＝|x －3|－2，g (x )＝－|x ＋1|＋4，若函数f (x )－g (x )≥m ＋1的解集为R ，则m 的取值范围是________． 答案 (－∞，－3]解析 f (x )－g (x )＝|x －3|＋|x ＋1|－6， 因为x ∈R ，由绝对值不等式，得f (x )－g (x )＝|x －3|＋|x ＋1|－6＝|3－x |＋|x ＋1|－6 ≥|(3－x )＋(x ＋1)|－6＝4－6＝－2， 于是有m ＋1≤－2，得m ≤－3， 即m 的取值范围是(－∞，－3]． 三、解答题12．求证：(1)|a ＋b |＋|a －b |≥2|a |； (2)|a ＋b |－|a －b |≤2|b |.证明 (1)∵|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )＋(a －b )|＝|2a |＝2|a |， ∴|a ＋b |＋|a －b |≥2|a |.(2)∵|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )－(a －b )|＝|2b |＝2|b |， ∴|a ＋b |－|a －b |≤2|b |.13．设a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋x －a (－1≤x ≤1)． (1)若|a |≤1，证明：|f (x )|≤54.(2)求使函数f (x )有最大值178的实数a 的值．(1)证明 ∵|x |≤1，|a |≤1，∴|f (x )|＝|a (x 2－1)＋x |≤|a ||x 2－1|＋|x |≤|x 2－1|＋|x |＝1－|x |2＋|x |＝－⎝⎛⎭⎫|x |－122＋54≤54. (2)解 当a ＝0时，f (x )＝x ；当－1≤x ≤1时，f (x )的最大值为f (1)＝1不可能满足题设条件，∴a ≠0. 又f (1)＝a ＋1－a ＝1，f (－1)＝a －1－a ＝－1，故f (±1)均不是最大值． ∴f (x )的最大值为178，应在其对称轴上，即顶点位置取得．∴a <0，∴命题等价于⎩⎨⎧－1<－12a<1，f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝178，a <0，得⎩⎨⎧a <－12，(a ＋2)⎝⎛⎭⎫a ＋18＝0，即⎩⎨⎧a <－12，a ＝－2或a ＝－18.∴a ＝－2. 四、探究与拓展14．设x ，y ∈R ，求证：|2x －x |＋|2y－y |＋|x ＋y |≥证明 由绝对值三角不等式，得|2x －x |＋|2y －y |≥|2x ＋2y －(x ＋y )|≥|2x ＋2y |－|x ＋y |， ∴|2x －x |＋|2y －y |＋|x ＋y |≥|2x ＋2y |. 而|2x＋2y|＝2x＋2y≥22x·2y＝22x +y＝∴|2x－x |＋|2y－y |＋|x ＋y|≥15．已知a ，b ∈R 且a ≠0，求证：|a 2－b 2|2|a |≥|a |2－|b |2.证明 (1)若|a |＞|b |，左边＝|a ＋b ||a －b |2|a |＝|a ＋b ||a －b ||a ＋b ＋a －b |≥|a ＋b ||a －b ||a ＋b |＋|a －b |＝11|a ＋b |＋1|a －b |.∵1|a ＋b |≤1|a |－|b |，1|a －b |≤1|a |－|b |， ∴1|a ＋b |＋1|a －b |≤2|a |－|b |，∴左边≥|a |－|b |2＝右边． (2)若|a |＜|b |，左边＞0，右边＜0， ∴原不等式显然成立．(3)若|a |＝|b |，原不等式显然成立． 综上可知，原不等式成立．。
2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第一章 不等关系与基本不等式 1.2
1.2 不等式的性质学习目标 1.理解不等式的性质，并掌握不等式的性质.2.能运用不等式的性质证明简单的不等式、解决不等式的简单问题．知识点 不等式的性质(1)性质1(对称性)：如果a >b ，那么b <a ；如果b <a ，那么a >b .(2)性质2(传递性)：如果a >b ，b >c ，那么a >c .(3)性质3(加法性质)：如果a >b ，那么a ＋c >b ＋c .①移项法则：如果a ＋b >c ，那么a >c －b .②推论(加法法则)：如果a >b ，c >d ，那么a ＋c >b ＋d .(4)性质4(乘法性质)：如果a >b ，c >0，那么ac >bc ；如果a >b ，c <0，那么ac <bc .①推论1(乘法法则)：如果a >b >0，c >d >0，那么ac >bd .②推论2(平方法则)：如果a >b >0，那么a 2>b 2.③推论3(乘方法则)：如果a >b >0，那么a n >b n (n 为正整数)．④推论4(开方法则)：如果a >b >0(n 为正整数).类型一 不等式的性质的应用例1 判断下列命题是否正确，并说明理由．(1)若a ＞b ＞0，则1a ＜1b； (2)若c ＞a ＞b ＞0，则a c －a ＞b c －b； (3)若a c ＞b d，则ad ＞bc ； (4)设a ，b 为正实数，若a －1a ＜b －1b，则a ＜b . 解 (1)正确．因为a ＞b ＞0，所以ab ＞0.两边同乘以1ab ，得a ·1ab ＞b ·1ab ，得1b ＞1a. (2)正确．因为c －a ＞0，c －b ＞0，且c －a ＜c －b ，所以1c －a ＞1c －b＞0. 又a ＞b ＞0，所以a c －a ＞b c －b. (3)不正确．因为a c ＞b d ，所以a c －b d＞0， 即ad －bc cd＞0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ ad －bc ＞0，cd ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧ad －bc ＜0，cd ＜0，即ad ＞bc 且cd ＞0或ad ＜bc 且cd ＜0.(4)正确．因为a －1a ＜b －1b，且a ＞0，b ＞0，所以a 2b －b ＜ab 2－a ⇒a 2b －ab 2－b ＋a ＜0⇒ab (a －b )＋(a －b )＜0⇒(a －b )(ab ＋1)＜0，所以a －b ＜0，即a ＜b .反思与感悟 (1)利用不等式的性质判断命题真假的技巧①要判断一个命题为真命题，必须严格证明；②要判断一个命题为假命题，或者举反例，或者由题中条件推出与结论相反的结果．其中，举反例在解选择题时用处很大．(2)运用不等式的性质判断命题真假的三点注意事项①倒数法则要求两数同号；②两边同乘以一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；③同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．跟踪训练1 下列命题中正确的是________．(填序号)①若a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，那么a d ＜b c ； ②若a ，b ∈R ，则a 2＋b 2＋5≥2(2a －b )；③若a ，b ∈R ，a ＞b ，则a 2＞b 2；④若a ，b ∈R ，a ＞b ，则a c 2＋1＞b c 2＋1.答案 ②④解析 对于①，∵c ＞d ＞0，∴1d ＞1c＞0， ∴a d ＞b c ＞0，∴a d ＞b c，∴①不对； 对于②，a 2＋b 2＋5－(4a －2b )＝a 2－4a ＋b 2＋2b ＋5＝(a －2)2＋(b ＋1)2≥0，∴a 2＋b 2＋5≥2(2a －b )，∴②对；对于③，由于a ＞b 不能保证a ，b 同时大于0，∴a 2＞b 2不成立，∴③不对；对于④，∵c 2＋1＞0，∴由a ＞b ，可得a c 2＋1＞b c 2＋1， ∴④正确．类型二 利用不等式的性质证明不等式例2 已知a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，求证：b a －c ＜a b －d. 证明 ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0.又a ＞b ＞0，∴a －c ＞b －d ＞0，∴0＜1a －c ＜1b －d. 又0＜b ＜a ，∴b a －c ＜a b －d . 引申探究1．若本例条件不变，求证：3a d ＜3b c. 证明 ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴0＜1－c ＜1－d .∴a －d ＞b －c＞0， ∴3a －d ＞3b －c ，即－3a d ＞－3b c ， ∴3a d ＜3b c. 2．若本例条件不变，求证：ac a －c ＜bd b －d . 证明 ∵a ＞b ＞0，∴1b ＞1a＞0. 又∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴1－d ＞1－c ＞0. ∴1b ＋1－d ＞1a ＋1－c＞0， 即d －b bd ＞c －a ac＞0， ∴ac c －a ＞bd d －b＞0， ∴ac a －c ＜bd b －d . 反思与感悟 进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．跟踪训练2 已知a ＞0，b ＞0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b . 证明 b 2a ＋a 2b －(a ＋b )＝⎝⎛⎭⎫b 2a －a ＋⎝⎛⎭⎫a 2b －b ＝(b ＋a )(b －a )a ＋(a ＋b )(a －b )b＝(a －b )(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫1b －1a ＝1ab(a －b )2(a ＋b )， ∵a ＞0，b ＞0，∴1ab (a －b )2(a ＋b )≥0，即b 2a ＋a 2b≥a ＋b .类型三 利用不等式的性质求代数式范围例3 设f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解 设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，即4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a －(m －n )b ，于是，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，即5≤f (－2)≤10.反思与感悟 (1)应用同向不等式相加性质时不能多次使用，否则范围将会扩大．(2)整体代换思想，是解这类问题常用的方法．跟踪训练3 已知①－1≤a ＋b ≤1，②1≤a －b ≤3，求3a －b 的取值范围．解 设3a －b ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＝(x ＋y )a ＋(x －y )b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝3，x －y ＝－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.由①＋②×2，得－1＋2≤(a ＋b )＋2(a －b )≤1＋3×2，即1≤3a －b ≤7.1．若a ＜b ＜0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2＜b 2B ．ab ＜a 2 C.b a ＋a b＞2 D ．|a |－|b |＝|a －b |答案 A解析 ∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0，即(－a )2＞(－b )2，∴a 2＞b 2.2．设p ：x ＜3，q ：－1＜x ＜3，则p 是q 成立的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分又不必要条件答案 C解析 ∵q ⇒p ，∴p 是q 的必要条件．但p ⇏q ，∴p 不是q 的充分条件．3．若a ＜0，－1＜b ＜0，则有( )A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞aC ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a答案 D解析 ∵－1＜b ＜0，∴b ＜b 2＜1.∵a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a .4．下列命题中不正确的是( )A ．若3a ＞3b ，则a ＞bB ．若a ＞b ，c ＞d ，则a －d ＞b －cC ．若a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，则a d ＞b cD ．若a ＞b ＞0，ac ＞bd ，则c ＞d答案 D解析 只有当c ＞0且d ＞0时，才有a ＞b ＞0，ac ＞bd ⇒c ＞d .5．设角α，β满足－π2＜α＜β＜π2，则α－β的取值范围是( ) A ．－π＜α－β＜0B ．－π＜α－β＜πC ．－π2＜α－β＜0 D ．－π2＜α－β＜π2 答案 A解析 ∵－π2＜α＜β＜π2，∴－π2＜－β＜π2且α－β＜0，∴－π＜α－β＜0.1．不等式的性质是不等式变形的依据，每一步变形都要做到有根有据，严格按照不等式的性质进行．2．利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式的性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．一、选择题1．已知a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，给出下列不等式：(1)ad ＞bc ；(2)a －c ＞b －d ；(3)a (d －c )＞b (d －c )．其中成立的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析 因为a ＞0，b ＜0，c ＜d ＜0，所以ad ＜0，bc ＞0，故(1)不成立；因为a ＞b ，c ＜d ＜0，所以－c ＞－d ，所以a －c ＞b －d ，故(2)成立；由c ＜d ＜0，知d －c ＞0，又a ＞0＞b ，所以a (d －c )＞b (d －c )，故(3)成立．2．已知实数a ，b ，c 同时满足下列条件：(1)abc >0；(2)ab ＋bc ＋ca <0；(3)a >b >c .有下列判断：①a >0；②b >0；③c >0；④bc >0.其中正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ∵abc >0，a >b >c ，∴a >0，bc >0.又∵ab ＋bc ＋ca <0，∴b <0，c <0.3．已知a ，b 为实数，则“a >b >1”是“1a －1<1b －1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 A解析 ∵a >b >1，∴a －1>b －1>0，∴1a －1<1b －1. 取a ＝－1，b ＝2，有1a －1<1b －1， 但不满足a >b >1.∴“a >b >1”是“1a －1<1b －1”的充分不必要条件，故选A. 4．设a ＞1＞b ＞－1，则下列不等式中恒成立的是( )A.1a ＜1bB.1a ＞1b C ．a ＞b 2D ．a 2＞2b 答案 C解析 ∵－1＜b ＜1，∴b 2＜1＜a .5．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，若c a ＋b ＜a b ＋c ＜b c ＋a，则( ) A ．c ＜a ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜b ＜a 答案 A解析 由c a ＋b ＜a b ＋c ＜b c ＋a ，可得c a ＋b ＋1＜a b ＋c ＋1＜b c ＋a ＋1，即a ＋b ＋c a ＋b ＜a ＋b ＋c b ＋c ＜a ＋b ＋c c ＋a.又a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以a ＋b ＞b ＋c ＞c ＋a .由a ＋b ＞b ＋c ，可得a ＞c ；由b ＋c ＞c ＋a ，可得b ＞a ，于是有c ＜a ＜b .6．设a ，b ∈(－∞，0)，则“a ＞b ”是“a －1a ＞b －1b”成立的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 C解析 a ，b ∈(－∞，0)，∵a ＞b ，∴1a ＜1b ，即－1a ＞－1b， ∴a －1a ＞b －1b， ∴“a ＞b ”是“a －1a ＞b －1b”成立的充分条件． 又由a －1a ＞b －1b ⇒a －b ＋1b －1a ＞0⇒(a －b )＋a －b ab ＞0⇒(a －b )·ab ＋1ab＞0⇒a －b ＞0⇒a ＞b . ∴“a ＞b ”又是“a －1a ＞b －1b”成立的必要条件． 故“a >b ”是“a >1a >b －1b”成立的充要条件． 故“a >b ”是“a －1a >b －1b”成立的充要条件． 二、填空题7．已知a ，b ，c 是实数，则a 2＋b 2＋c 2与ab ＋bc ＋ca 的大小关系是__________． 答案 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca解析 ∵a 2＋b 2＋c 2－ab －bc －ca ＝12(2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca )＝12[(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2]≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .8．若a ，b ，c 均为实数，下列四个条件：①ac 2>bc 2；②a c >b c；③a 3>b 3；④a －c >b －c . 其中能成为a >b 的充分不必要条件的序号是________．答案 ①解析 ①由ac 2>bc 2⇒a >b ，反之不成立，∴ac 2>bc 2是a >b 的充分不必要条件；②∵a c >b c ，∴a c －b c ＝a －b c>0. ∵c 的符号不能确定，∴a ，b 的大小关系不确定；③a 3>b 3是a >b 的充要条件；④a －c >b －c 是a >b 的充要条件．9．在以下四个条件中：①b >0>a ；②0>a >b ；③a >0>b ；④a >b >0.其中能使1a <1b成立的序号为________． 答案 ①②④解析 ①∵b >0>a ，∴1b >0>1a； ②∵0>a >b ，∴1a <1b<0； ③∵a >0>b ，∴1a >0>1b； ④∵a >b >0，∴1b >1a>0. 10．已知三个不等式：①ab ＞0；②c a ＞d b；③bc ＞ad .以其中两个作为条件，剩下一个作为结论，则可组成________个正确命题．答案 3解析 若ab ＞0，bc ＞ad 成立，不等式bc ＞ad 两边同除以ab ，得c a ＞d b， 即ab ＞0，bc ＞ad ⇒c a ＞d b； 若ab ＞0，c a ＞d b 成立，c a ＞d b两边同乘以ab ， 得bc ＞ad ，即ab ＞0，c a ＞d b⇒bc ＞ad ； 若c a ＞d b ，bc ＞ad 成立，由于c a －d b ＝bc －ad ab＞0， 又bc －ad ＞0，故ab ＞0，所以c a ＞d b，bc ＞ad ⇒ab ＞0. 综上，任两个作为条件都可推出第三个成立，故可组成3个正确命题．三、解答题11．已知a >b >c >d >0，且a b ＝c d，求证：a ＋d >b ＋c . 证明 ∵a b ＝c d ，∴a －b b ＝c －d d. ∴(a －b )d ＝(c －d )b .又∵a >b >c >d >0，∴a －b >0，c －d >0，b >d >0且b d>1， ∴a －b c －d ＝b d>1，∴a －b >c －d ，即a ＋d >b ＋c . 12．已知a ，b ，c 是正实数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥b a ＋c b ＋a c. 证明 由⎝⎛⎭⎫a b －b c 2＋⎝⎛⎭⎫b c －c a 2＋⎝⎛⎭⎫c a －a b 2≥0，得2⎝⎛⎭⎫a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2－2⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ≥0.所以a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥b a ＋c b ＋a c. 13．若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，e ＜0，求证：e (a －c )2＞e (b －d )2. 证明 ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0.∵a ＞b ＞0，∴a －c ＞b －d ＞0，∴(a －c )2＞(b －d )2＞0，∴1(a －c )2＜1(b －d )2. 又∵e ＜0，∴e (a －c )2＞e (b －d )2. 四、探究与拓展14．设x ，y ∈R ，判定下列各题中，命题A 与命题B 的充分必要关系．(1)命题A ：⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，b >0；命题B ：⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b >0，ab >0. (2)命题A ：⎩⎪⎨⎪⎧ x >2，y >2；命题B ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >4，xy >4. 解 (1)若a >0且b >0，由实数的性质可知，a ＋b >0，且ab >0.若ab >0⇒a ，b 同号，又a ＋b >0⇒a ，b 同正，即a >0，b >0.所以命题A 是命题B 的充要条件．(2)因为⎩⎨⎧x >2>0，y >2>0⇒x ＋y >4，xy >4.(不等式的性质) 反之不然，如反例，当x ＝6，y ＝1时，有x ＋y ＝6＋1＝7>4，xy ＝6>4，但x >2，y <2，即x >2，且y >2不成立，所以命题A 是命题B 的充分不必要条件．15．已知－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的取值范围．解 设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b )＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ1＋λ2＝1，λ1－2λ2＝3， 解得λ1＝53，λ2＝－23. ∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23， ∴－113≤a ＋3b ≤1，即a ＋3b 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－113，1.。
2018-2019学年高中数学(北师大版)选修4-5同步指导学案：第一章 不等关系与基本不等式 2.2Word版含答案
2.2 绝对值不等式的解法 学习目标 1.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c .2.理解并掌握绝对值不等式的几种解法，并能根据不等式的结构特征选择适当方法求解．知识点一 |ax ＋b |≤c (c >0)和|ax ＋b |≥c (c ＞0)型不等式的解法思考1 |x |≥2说明实数x 有什么特征？答案 因为x 在数轴上对应的点x 到原点的距离大于等于2，所以x ≥2或x ≤－2. 思考2 若|2x －3|≤5，求x 的取值范围．答案 {x |－1≤x ≤4}．梳理 (1)含绝对值不等式|x |＜a 与|x |＞a 的解法①|x |＜a ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＜x ＜a ，a ＞0，∅，a ≤0. ②|x |＞a ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ R ，a ＜0，x ∈R 且x ≠0，a ＝0，x ＞a 或x ＜－a ，a ＞0.(2)|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 .知识点二 |x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法思考 如何去掉|x －a |＋|x －b |的绝对值符号？答案 采用零点分段法．即令|x －a |＋|x －b |＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，(不妨设a ＜b)|x －a |＋|x －b |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋a ＋b ，x ≤a ，b －a ，a ＜x ≤b ，2x －a －b ，x ＞b .梳理 |x －a |＋|x －b |≥c 和|x －a |＋|x －b |≤c 型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．(2)以绝对值的“零点”为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．(3)通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．特别提醒：解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，去绝对值符号的关键是“零点分段”法．类型一 |ax ＋b |≤c (c >0)与|ax ＋b |≥c (c ＞0)型的不等式的解法例1 解下列不等式：(1)|5x －2|≥8；(2)2≤|x －2|≤4.解 (1)|5x －2|≥8⇔5x －2≥8或5x －2≤－8⇔x ≥2或x ≤－65， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≥2或x ≤－65. (2)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥2， ①|x －2|≤4，②由①得x －2≤－2或x －2≥2，∴x ≤0或x ≥4，由②得－4≤x －2≤4，∴－2≤x ≤6.∴原不等式的解集为{x |－2≤x ≤0或4≤x ≤6}．反思与感悟 |ax ＋b |≥c 和|ax ＋b |≤c 型不等式的解法(1)当c ＞0时，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ；(2)当c ＝0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |＜c 的解集为∅；(3)当c ＜0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |≤c 的解集为∅.跟踪训练1 解下列不等式：(1)3≤|x －2|＜4；(2)||x －1|－4|＜2.解 (1)方法一 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥3， ①|x －2|＜4. ② 由①得x －2≤－3或x －2≥3，∴x ≤－1或x ≥5，由②得－4＜x －2＜4，∴－2＜x ＜6.∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．方法二 3≤|x －2|＜4⇔3≤x －2＜4或－4＜x －2≤－3⇔5≤x ＜6或－2＜x ≤－1.∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．(2)||x －1|－4|＜2⇔－2＜|x －1|－4＜2⇔2＜|x －1|＜6 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ |x －1|＞2，|x －1|＜6⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＜－2或x －1＞2，－6＜x －1＜6⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－1或x ＞3，－5＜x ＜7⇔－5＜x ＜－1或3＜x ＜7.∴不等式||x －1|－4|＜2的解集为{x |－5＜x ＜－1或3＜x ＜7}．类型二 |x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法例2 解关于x 的不等式：|3x －2|＋|x －1|＞3.解 方法一 分类(零点分段)讨论法|3x －2|＝0，|x －1|＝0的根23，1把实数轴分为三个区间，在这三个区间上根据绝对值的定义，代数式|3x －2|＋|x －1|有不同的解析表达式，因而原不等式的解集为以下三个不等式组解集的并集．①因为当x ≤23时，|3x －2|＋|x －1|＝2－3x ＋1－x ＝3－4x ， 所以当x ≤23时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔3－4x ＞3⇔x ＜0.因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤23，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为{x |x ＜0}． ②因为当23＜x ＜1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋1－x ＝2x －1， 所以当23＜x ＜1时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔x ＞2. 因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧23＜x ＜1，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为∅. ③因为当x ≥1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋x －1＝4x －3，所以当x ≥1时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔4x －3＞3⇔x ＞32. 因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥1，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＞32. 于是原不等式的解集为以上三个不等式组解集的并集，即{x |x ＜0}∪∅∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x ＞32＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜0或x ＞32. 方法二 构造函数f (x )＝|3x －2|＋|x －1|－3，则原不等式的解集为{x |f (x )＞0}．f (x )＝⎩⎨⎧－4x ，x ≤23，2x －4，23＜x ＜1，4x －6，x ≥1.作出函数f (x )的图像，如图．它是分段线性函数，函数的零点是0和32.由图像可知，当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，有f (x )＞0. 所以原不等式的解集是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 反思与感悟 |x －a |＋|x －b |≥c (c >0)，|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的三种解法：分区间(零点分段)讨论法、图像法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图像法直观，但只适用于数据较简单的情况．跟踪训练2 解不等式|x ＋7|－|x －2|≤3.解 方法一 |x ＋7|－|x －2|可以看成数轴上的动点(坐标为x )到对应点－7的距离与到对应点2的距离的差，先找到这个差等于3的点，即x ＝－1.由图易知不等式|x ＋7|－|x －2|≤3的解为x ≤－1，即x ∈(－∞，－1]．方法二 令x ＋7＝0，x －2＝0，得x ＝－7，x ＝2.①当x ＜－7时，不等式变为－x －7＋x －2≤3，∴－9≤3成立，∴x ＜－7.②当－7≤x ≤2时，不等式变为x ＋7＋x －2≤3，即2x ≤－2，∴x ≤－1，∴－7≤x ≤－1.③当x ＞2时，不等式变为x ＋7－x ＋2≤3，即9≤3不成立，∴x ∈∅.∴原不等式的解集为(－∞，－1]．方法三 将原不等式转化为|x ＋7|－|x －2|－3≤0，构造函数y ＝|x ＋7|－|x －2|－3，。
北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：本章整合2
解决实际应用问题,主要在于数学模型的建立和目标函数的求解,
只要找好这两点问题便容易解决.
应用 等腰直角三角形AOB的直角边长为1,在此三角形中任取点
P,过点P分别作三边的平行线,与各边围成以P为顶点的三个三角形,
求这三个三角形的面积和的最小值,以及达到最小值时点P的位置.
提示:本题需要建立坐标系,然后设点 P 坐标为 P(xP,yP),建立阴影
专题一
专题二
专题三
知识建构
综合应用
应用1 已知x+2y+3z=1,求x2+y2+z2的最小值.
提示:利用柯西不等式进行变形.
解:(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2=1,
∴x2+y2+z2≥ 1 .
14
当且仅当 ������ = ������ = ������ , 即x= 1 , ������ = 1 , ������ = 3 时,
本章整合
-1-
知识建构
综合应用
真题放送
柯西不等式 简单形式的柯西不等式 一般形式的柯西不等式
几个重要的不等式 排序不等式 数学归纳法
数学归纳法与贝努利不等式 贝努利不等式
专题一
专题二
专题三
知识建构
综合应用
真题放送
专题一 利用不等式的性质解决最值问题 应用柯西不等式和排序不等式来解决最值问题,是一种常见的题 型,也是不等式的重要应用.在解题过程中要注意:(1)充分利用已知 条件中的定值;(2)验证等号是否成立;(3)综合应用不等式的性质.
������-1 + ������-2
2
2019-2020学年北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：1.1不等式的性质
解:由 a>b>c>0,得 a2ab2bc2c>0,ab+cbc+aca+b>0.
������ 2������ ������ 2������������ 2������ ������ ������ +������������ ������+������ ������ ������+������
=
������ ������
2
44
答案:>
【做一做1-2】 比较1816与1618的大小.
分析:两个数是幂的形式,比较大小一般采用求商的方法.
解:
1816 1618
=
18 16
16
×
1 162
=
∵ 9 ∈(0,1),
82
9 16
∴
< 1.
82
∵1816>0,1618>0,
∴1816<1618.
9
16
×
8
1
16
=
9
16
.
2
82
目标导航
名师点拨不等式的性质是证明不等式和解不等式的理论基础,必
须熟练掌握.
应用不等式的性质时要注意:(1)性质成立的条件;(2)理清条件是
充分条件,还是充要条件.
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
【做一做2-1】 若a>b>c,则下列不等式成立的是( )
同理
������
������ -������
> 1,
������
2019-2020学年北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：1.2含有绝对值的不等式1.2.2 .pdf
题型一 题型二 题型三
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
【变式训练2】 求不等式|x+4|+|x-2|≤6的解集. 解:令x+4=0,得x=-4.令x-2=0,得x=2. (1)当x≤-4时,原不等式等价于-(x+4)-(x-2)≤6,得-2x-2≤6,即x≥-
3
题型一 题型二 题型三
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
题型一 |ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法
【例1】 解不等式2<|2x-5|≤7.
分析:分清楚绝对值不等式的类型,利用绝对值不等式的定义或
(1)|ax+b|≤c(c>0)型不等式的解法:先化为-c≤ax+b≤c,再利用不
等式的性质求出原不等式的解集,也可以利用绝对值的几何意义求
解.
(2)|ax+b|≥c(c>0)的解法:先化为ax+b≥c和ax+b≤-c,再进一步
利用不等式的性质求出原不等式的解集,也可以利用绝对值的几何
意义求解.
【做一做2】 不等式|x+4|>9的解集是
几何意义求解.
解法一:原不等式等价于
|2������-5| > 2, |2������-5| ≤ 7,
∴ 2������-5 > 2 或 2������-5 < -2,
-7 ≤ 2������-5 ≤ 7,
2019-2020学年北师大版高中数学选修4-5同步配套课件：1.2含有绝对值的不等式1.2.1
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
题型一 题型二 题型三
∵|x-a|< ������ , |������ − ������| < ������,
2
∴|x-a|+|y-b|<
������
+
������
2
=
������.
②
22
由①②,得|(x+y)-(a+b)|<c.
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
2.绝对值不等式的定理
(1)定理:对任意实数a和b,有|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等
号成立.
(2)定理的另一种形式:对任意实数a和b,有|a-b|≤|a|+|b|,当且仅
目标导航
Z D 知识梳理 HISHISHULI
典例透析
IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
12345
2设ab>0,则下面ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ个不等式中,正确的是( )
①|a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;③|a+b|<|a-b|;④|a+b|>|a|-|b|.