【数学】2019届一轮复习北师大版不等式选讲学案 9页

第2讲　选修4-5 不等式选讲 选修部分 考向预测 本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．‎ 知识与技巧的梳理 ‎1．绝对值不等式的性质 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．‎ 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．|ax＋b|≤c，|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．‎ ‎3．|x－a|＋|x－b|≥c，|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直观求解．‎ ‎(2)利用零点分段法求解．‎ ‎(3)构造函数，利用函数的图象求解．‎ ‎4．基本不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab．当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．‎ 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ 热点题型 热点一　绝对值不等式的解法与最值问题 ‎【例1】(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|．‎ ‎(1)求不等式f(x)≥1的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．‎ 解　(1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝，‎ 由f(x)≥1可得 ‎①当x≤－1时显然不满足题意；‎ ‎②当－1m2，‎ 又不等式|x－m|<|x|的解集为(1，＋∞)，‎ 则1是方程2mx＝m2的解，‎ 解得m＝2(m＝0舍去)．‎ ‎(2)∵m＝2，∴不等式<－<对x∈(0，＋∞)恒成立等价于不等式a－5<|x＋1|－|x－2|－＝1．‎ 综上可得x＝时，f(x)取得最小值1，即m＝1．‎ ‎(2)证明　a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，‎ 由a3＋b3－a2b－b2a＝a2(a－b)＋b2(b－a)‎ ‎＝(a－b)(a2－b2)＝(a＋b)(a－b)2≥0，‎ 则有a3＋b3－a2b－b2a≥0，‎ 即a3＋b3≥a2b＋b2a＝ab(a＋b)＝ab(1－c)＝ab－abc，‎ 所以a3＋b3≥ab－abc．‎ 同理可得b3＋c3≥bc－abc；c3＋a3≥ca－abc．‎ 上面三式相加得，2(a3＋b3＋c3)≥ab＋bc＋ca－3abc，当且仅当a＝b＝c＝取得等号．‎ 探究提高　‎ 当要证的不等式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．如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法．‎ ‎【训练2】(2015·全国Ⅱ卷)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：‎ ‎(1)若ab>cd，则＋>＋；‎ ‎(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ 证明　(1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，‎ 欲证＋>＋，只需证明(＋)2>(＋)2，‎ 也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2，‎ 只需证明>，即证ab>cd．‎ 由于ab>cd，因此＋>＋．‎ ‎(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，‎ 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd．‎ ‎∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd．‎ 由(1)得＋>＋．‎ ‎②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，‎ ‎∴a＋b＋2>c＋d＋2．‎ ‎∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd．‎ 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2．‎ 因此|a－b|<|c－d|．‎ 综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ ‎（45分钟）‎ 限时训练 经典常规题 ‎1．(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x2＋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．‎ ‎【解题思路】 (1)零点分段讨论法得出g(x)的解析式，再分类讨论求解f(x)≥g(x)． (2) 若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]，即不等式f(x)≥g(x)在[－1，1]上恒成立．‎ ‎【答案】解　(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋x＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝．‎ ‎①当x>1时，f(x)≥g(x)⇔－x2＋x＋4≥2x，‎ 解之得10，b>0，且a3＋b3＝2．‎ 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2)a＋b≤2．‎ ‎【解题思路】 (1)左边展开利用配方法证明．(2)由a3＋b3＝2结合基本不等式证明．‎ ‎【答案】证明　(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4．‎ ‎(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)‎ ‎≤2＋(a＋b)＝2＋，‎ 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2．‎ 高频易错题 ‎1．(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集．‎ ‎(1)求M；‎ ‎(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|．‎ ‎【解题思路】 (1)零点分段讨论法得出f(x)的解析式，再分类讨论求解f(x)<2．(2)平方后利用作差比较法．‎ ‎【答案】(1)解　f(x)＝．‎ 当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，‎ 解得x>－1，所以－10；‎ ‎(2)若∃x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，求实数m的取值范围．‎ ‎【解题思路】 (1) 零点分段讨论法求解f(x) >0． (2) 存在性问题转化为求最值问题．‎ ‎【答案】解　(1)①当x<－2时，f(x)＝1－2x＋x＋2＝－x＋3．‎ 令－x＋3>0，解得x<3，从而x<－2．‎ ‎②当－2≤x≤时，f(x)＝1－2x－x－2＝－3x－1，‎ 令－3x－1>0，解得x<－，‎ 又∵－2≤x≤，∴－2≤x<－．‎ ‎③当x>时，f(x)＝2x－1－x－2＝x－3，‎ 令x－3>0，解得x>3．‎ 又∵x>，∴x>3．‎ 综上，不等式f(x)>0的解集为∪(3，＋∞)．‎ ‎(2)由(1)得f(x)＝，‎ ‎∴f(x)min＝f ＝－．‎ ‎∵∃x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，∴4m－2m2>－，‎ 整理得4m2－8m－5<0，解得－L(A，C)，求x的取值范围；‎ ‎(2)当x∈R时，不等式L(A，B)≤t＋L(A，C)恒成立，求t的最小值．‎ ‎【解题思路】 (1)正确理解定义可得L(A，B)>L(A，C)，进一步解出x的范围．(2)由定义得出L(A，B)≤t＋L(A，C)，再利用绝对值三角不等式求解即可．‎ ‎【答案】解　(1)由定义得|x－1|＋1>|x－5|＋1，‎ 则|x－1|>|x－5|，两边平方得8x>24，解得x>3．‎ 故x的取值范围为(3，＋∞)．‎ ‎(2)当x∈R时，不等式|x－1|≤|x－5|＋t恒成立，也就是t≥|x－1|－|x－5|恒成立，‎ 因为|x－1|－|x－5|≤|(x－1)－(x－5)|＝4，‎ 所以t≥4，所以tmin＝4．‎ 故t的最小值为4．‎ ‎2．(2017·乐山二模)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，若存在实数x使得f(x)<2成立．‎ ‎(1)求实数m的值；‎ ‎(2)若α，β>1，f(α)＋f(β)＝6，求证：＋≥．‎ ‎【解题思路】 (1)利用绝对值三角不等式可得f(x)的最小值．(2)由f(α)＋f(β)＝6可得α，β的关系，再利用“1”的代换结合均值不等式即可证明．‎ ‎【答案】(1)解　因为|x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|，‎ 要使|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－21，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6，‎ ‎∴α＋β＝4，‎ ‎∴＋≥(α＋β)＝≥＝，‎ 当且仅当＝，即α＝，β＝时“＝”成立，‎ 故＋≥．‎