(全面突破)高考数学最新一轮复习 必考题型巩固提升 17.1不等式选讲学案

17.1不等式选讲

考情分析

1．考查含绝对值不等式的解法．

2．考查有关不等式的证明．

3．利用不等式的性质求最值．

基础知识

1．含有绝对值的不等式的解法

(1)|f (x )|＞a (a ＞0)⇔f (x )＞a 或f (x )＜－a ；

(2)|f (x )|＜a (a ＞0)⇔－a ＜f (x )＜a ；

(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．

2．含有绝对值的不等式的性质

|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.

3．基本不等式

定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．

定理2：如果a 、b 为正数，则a ＋b

2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．

定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c

3

≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 定理4：(一般形式的算术－几何平均值不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n

≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 4．不等式的证明方法

证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．

题型一 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．

解 (1)f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －5 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＜－12，3x －3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12≤x ＜4，x ＋5 x ≥4.

当x ＜－12时，由f (x )＝－x －5＞2得，x ＜－7.∴x ＜－7；

当－12≤x ＜4时，由f (x )＝3x －3＞2，得x ＞5

3，

∴5

3＜x ＜4；

当x ≥4时，由f (x )＝x ＋5＞2，得x ＞－3，∴x ≥4.

故原不等式的解集为

⎩⎪⎨⎪⎧⎭

⎪⎬

⎪

⎫x ⎪⎪⎪ x ＜－7或x ＞53.

(2)画出f (x )的图象如图：

∴f (x )min ＝－9

2.

【变式1】 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |.

(1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；

(2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．

解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，

f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧

－2x ， x ＜－1，

2， －1≤x ≤1，2x ， x ＞1.

作出函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的图象．

由图象可知，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫

x |x ≤－32或x ≥32.

(2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件；

若a ＜1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋a ＋1， x ≤a ，

1－a ， a ＜x ＜1，

2x －a ＋1， x ≥1，

f (x )的最小值为1－a .

若a ＞1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧

－2x ＋a ＋1，x ≤1，a －1，1＜x ＜a ，

2x －a ＋1，x ≥a ， f (x )的最小值为a －1. ∴对于∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2， ∴a 的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 题型二 不等式的证明 【例2】证明下列不等式： (1)设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2

b ＋2ab 2；

(2)a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc ；

(3)a 6＋8b 6＋127

c 6≥2a 2b 2c 2. 证明 (1)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )－2b 2(a －b )

＝(a －b )(3a 2－2b 2)．

∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2＞0.

∴(a －b )(3a 2－2b 2)≥0. ∴3a 2＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.

(2)∵a 2＋4b 2≥2a 2·4b 2＝4ab ， a 2＋9c 2≥2a 2·9c 2＝6ac ，

4b 2＋9c 2≥24b 2·9c 2

＝12bc ，

∴2a 2＋8b 2＋18c 2≥4ab ＋6ac ＋12bc ，

∴a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc .

(3)a 6＋8b 6＋127c 6≥3 3827a 6b 6c 6 ＝3×23

a 2

b 2

c 2＝2a 2b 2c 2， ∴a 6＋8b 6＋127

c 6≥2a 2b 2c 2. 【变式2】已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭

⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．

证明 法一 因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得，a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23

，① 1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13

，

所以⎝ ⎛⎭

⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )－23，② 故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭

⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23. 又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③ 所以原不等式成立．

当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．

当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23

时，③式等号成立． 故当且仅当a ＝b ＝c ＝314

时，原不等式等号成立． 法二 因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac .所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac .①

同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac

，② 故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ac ＋3ab ＋3bc ＋3ac ≥6 3.③ 所以原不等式成立．

当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2

＝3

时，③式等号成立．故当且仅当a ＝b ＝c ＝314

时，原不等式等号成立． 题型三 利用基本不等式或柯西不等式求最值

【例3】已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值． 解 法一 利用基本不等式

∵(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2＝(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋23a ＋1·3b ＋1＋23b ＋1·3c ＋1＋23a ＋1·3c ＋1≤(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋[(3a ＋1)＋(3b ＋

1)]＋[(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＋[(3a ＋1)＋(3c ＋1)]

＝3[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＝18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32，

∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.

法二 利用柯西不等式

∵(12＋12＋12)[(3a ＋1)2＋(3b ＋1)2＋(3c ＋1)2]≥(1·3a ＋1＋1·3b ＋1＋1·3c ＋1)2

∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤3[3(a ＋b ＋c )＋3]．