【数学】2018届一轮复习北师大版 不等式选讲 学案 16页

第十二章　选修4－5不等式选讲 第75讲　绝对值不等式 夯实基础　【P171】‎ ‎【学习目标】‎ ‎1．理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：‎ ‎①|a＋b|≤|a|＋|b|；‎ ‎②|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.‎ ‎2．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.‎ ‎3．会用绝对值不等式、基本不等式证明一些简单问题；能够利用基本不等式求一些特定函数的最(极)值．‎ ‎【基础检测】‎ ‎1．不等式||＞的解集是________．‎ ‎【解析】由绝对值的意义知，原不等式同解于＜0，‎ 即x(x－2)＜0，∴0＜x＜2.‎ ‎【答案】(0，2)‎ ‎2．设集合A＝{x||x－a|＜1，x∈R}，B＝{x||x－b|＞2，x∈R}．若A⊆B，则实数a，b必满足________．‎ ‎【解析】由|x－a|＜1得a－1＜x＜a＋1.‎ 由|x－b|＞2得x＜b－2或x＞b＋2.‎ ‎∵A⊆B，∴a－1≥b＋2或a＋1≤b－2，‎ 即a－b≥3或a－b≤－3，∴|a－b|≥3.‎ ‎【答案】|a－b|≥3‎ ‎3．若a，b，c∈R，且满足|a－c|c；②b＋c>a；③a＋c>b；④|a|＋|b|>|c|.‎ 其中错误的个数为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【解析】⇒ ‎∴①、②都正确，③不正确．‎ 又|a－c|＝|c－a|≥|c|－|a|，‎ ‎∴|c|－|a||c|.④正确．‎ ‎【答案】A ‎4．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m、n之间的关系是(　　)‎ A．m>n B．m0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a＝1时，‎ f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.‎ 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；‎ 当－10，解得0，解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得f(x)＝ 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1，0)，C ‎(a，a＋1)，‎ ‎△ABC的面积为(a＋1)2.‎ 由题设得(a＋1)2>6，又∵a>0，故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2，＋∞)．‎ ‎【点评】解含绝对值不等式的原则是去掉绝对值，转化为有理不等式再求解，一般有以下几种解法：①公式法：利用|x|>a(或0)去绝对值；②定义法：利用绝对值定义去绝对值；③平方法：利用不等式两边同时平方去绝对值；④几何法：利用绝对值的几何意义求解．‎ 考点2　含绝对值不等式的证明 (1)已知|a|<1，|b|<1，求证：||>1.‎ ‎(2)求实数λ的取值范围，使不等式||>1对满足|a|<1，|b|<1的一切实数a，b恒成立．‎ ‎【解析】(1)|1－ab|2－|a－b|2＝1＋a2b2－a2－b2‎ ‎＝(a2－1)(b2－1)．‎ ‎∵|a|<1，|b|<1，∴a2－1<0，b2－1<0.‎ ‎∴|1－ab|2－|a－b|2>0，∴|1－ab|>|a－b|.‎ ‎∴||＝>1.‎ ‎(2)∵||>1⇔|1－abλ|2>|aλ－b|2‎ ‎⇔(a2λ2－1)(b2－1)>0.‎ ‎∵b2<1，∴a2λ2－1<0对于任意满足|a|<1的a恒成立．‎ 当a＝0时，a2λ2－1<0成立；当a≠0，只需λ2<对于任意满足|a|<1的a恒成立，而>1，‎ ‎∴λ2≤1.∴λ的取值范围是－1≤λ≤1.‎ ‎【点评】证明含有绝对值的不等式，其思路主要有两条：一是恰当地运用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|进行放缩，并注意不等号的传递性及等号成立的条件；二是把含有绝对值的不等式等价转化为不含有绝对值的不等式，再利用比较法、综合法及分析法等进行证明，其中去掉绝对值符号的常用方法是平方法．‎ 考点3　绝对值不等式的综合应用 设函数f(x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R.‎ ‎(1)解不等式f(x)<－1；‎ ‎(2)设函数g(x)＝|x＋a|－4，且g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)∵函数f(x)＝|x－3|－|x＋1|‎ ‎＝ 故由不等式f(x)<－1可得x>3或 解得1的解集．‎ ‎【解析】(1)f(x)＝ 则y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象得，当f(x)＝1时，x＝1或x＝3；‎ 当f(x)＝－1时，x＝或x＝5.‎ 故f(x)>1的解集为{x|11的解集为.‎ 考 点 集 训　　【P273】‎ A组题 ‎1．在实数范围内，求不等式||x－2|－1|≤1的解集．‎ ‎【解析】由||x－2|－1|≤1得－1≤|x－2|－1≤1，‎ 即解得0≤x≤4.‎ ‎∴不等式的解集为[0，4]．‎ ‎2．不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【解析】由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则需a<2.‎ ‎3．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围．‎ ‎【解析】因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，‎ 所以|3a－3b|≤3，≤，‎ 所以|4a－3b＋2|＝ ‎≤|3a－3b|＋＋≤3＋＋＝6，‎ 即|4a－3b＋2|的最大值为6，‎ 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6.‎ ‎4．已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝－|x－7|＋m，若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围．‎ ‎【解析】由题意，可得不等式|x－3|＋|x－7|－m>0恒成立，即(|x－3|＋|x－7|)min>m，由于x轴上的点到点(3，0)和点(7，0)的距离之和的最小值为4，所以要使不等式恒成立，则m<4.‎ ‎5．求不等式|x＋3|－|2x－1|<＋1的解集．‎ ‎【解析】①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<10，∴x<－3.‎ ‎②当－3≤x<时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<－，∴－3≤x<－.‎ ‎③当x≥时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)<＋1，‎ 解得x>2，∴x>2.‎ 综上可知，原不等式的解集为.‎ ‎6．已知关于x的不等式|2x－m|≤1(m∈Z)的整数解有且仅有一个值为2，求关于x的不等式|x－1|＋|x－3|≥m的解集．‎ ‎【解析】由不等式|2x－m|≤1，可得≤x≤，‎ ‎∵不等式的整数解仅有一个值为2，‎ ‎∴，解得33时，不等式等价于x－1＋x－3≥4，‎ 解得x≥4，不等式解集为{x|x≥4}．‎ 综上，原不等式解集为(－∞，0]∪[4，＋∞)．‎ B组题 ‎1．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.‎ ‎(1)证明：|a＋b|<；‎ ‎(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．‎ ‎【解析】(1)记f(x)＝|x－1|－|x＋2|‎ ‎＝ ‎∴由－2<－2x－1<0解得－0，‎ ‎∴|1－4ab|2>(2|a－b|)2，即|1－4ab|>2|a－b|.‎ ‎2．已知函数f(x)＝g(x)＝af(x)－|x－2|，a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时，若g(x)≤|x－1|＋b对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数b的取值范围；‎ ‎(2)当a＝1时，求函数y＝g(x)的最小值．‎ ‎【解析】(1)当a＝0时，g(x)＝－|x－2|(x>0)，‎ g(x)≤|x－1|＋b⇔－b≤|x－1|＋|x－2|，‎ ‎|x－1|＋|x－2|≥|(x－1)－(x－2)|＝1，当且仅当1≤x≤2时等号成立．∴－b≤1，‎ 故实数b的取值范围是[－1，＋∞)．‎ ‎(2)当a＝1时，g(x)＝ 当0g(1)＝0；‎ 当x≥1时，g(x)≥0，当且仅当x＝1时等号成立；‎ 故当x＝1时，函数y＝g(x)取得最小值0.‎ ‎3．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.‎ ‎(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；‎ ‎(2)设a＞－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.‎ 设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，‎ 则y＝ 其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x∈(0，2)时，y＜0.‎ 所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．‎ ‎(2)当x∈时，f(x)＝1＋a.‎ 不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.‎ 所以x≥a－2对x∈都成立．‎ 故－≥a－2，即a≤.‎ 从而a的取值范围是.‎ ‎4．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.‎ ‎(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a＝－3时，f(x)＝ 当x≤2时，由f(x)≥3，得－2x＋5≥3，解得x≤1；‎ 当2N C．M＝N D．不确定 ‎【解析】由已知得00.‎ 故M>N.‎ ‎【答案】B ‎2．已知a>0，b>0，则aabb________(ab)(填大小关系)．‎ ‎【解析】∵＝，‎ ‎∴当a＝b时，＝1，此时aabb＝(ab)；‎ 当a>b>0时，>1，>0，‎ ‎∴>1，此时aabb>(ab)；‎ 当b>a>0时，0<<1，<0，‎ 则>1，此时aabb>(ab).‎ ‎∴aabb≥(ab).‎ ‎【答案】≥‎ ‎3．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．‎ ‎①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；‎ ‎⑤＋≥2.‎ ‎【解析】令a＝b＝1，排除②④；‎ 由2＝a＋b≥2⇒ab≤1，命题①正确；‎ a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确；‎ ＋＝＝≥2，命题⑤正确．‎ ‎【答案】①③⑤‎ ‎4．设x>0，y>0，若不等式＋＋≥0恒成立，求实数λ的最小值．‎ ‎【解析】∵x>0，y>0，‎ ‎∴原不等式可化为－λ≤(x＋y)＝2＋＋.‎ ‎∵2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝y时等号成立．‎ ‎∴＝4，即－λ≤4，λ≥－4.‎ ‎【知识要点】‎ ‎1．基本不等式 定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b＞0，那么≥，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≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．‎ ‎2．比较法 ‎(1)比差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．‎ ‎(2)比商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥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．‎ 典 例 剖 析　【P173】‎ 考点1　比较法证明不等式 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎【解析】证明：因为a2＋b2－(a＋b)‎ ‎＝(a2－a)＋(b2－b)‎ ‎＝a(－)＋b(－)‎ ‎＝(－)(a－b)‎ ‎＝，‎ 因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以≥0，‎ 所以a2＋b2≥(a＋b)．‎ ‎【点评】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积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．‎ 考点2　综合法证明不等式 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．‎ ‎【解析】(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(＋)2>(＋)2.‎ 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.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.‎ 由(1)，得＋>＋.‎ ‎②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，‎ 即a＋b＋2>c＋d＋2.‎ 因为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．‎ ‎【点评】1.综合法证明不等式的方法 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．综合法证明时常用的不等式 ‎(1)a2≥0.‎ ‎(2)|a|≥0.‎ ‎(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：‎ a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；‎ a2＋b2≥(a＋b)2；≥.‎ ‎(4)≥，它的变形形式有：‎ a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；‎ ＋≤－2(ab<0)．‎ 考点3　分析法证明不等式 ‎(重点保分型考点——师生共研)‎ 设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：‎ ‎(1)a＋b＋c≥.‎ ‎(2)＋＋≥(＋＋)．‎ ‎【证明】(1)要证a＋b＋c≥，‎ 由于a，b，c＞0，‎ 因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.‎ 即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，‎ 而ab＋bc＋ca＝1，‎ 故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．‎ 即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．‎ 所以原不等式成立．‎ ‎(2)＋＋＝.‎ 在(1)中已证a＋b＋c≥.‎ 因此要证原不等式成立，‎ 只需证明≥＋＋，‎ 即证a＋b＋c≤1，‎ 即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.‎ 而a＝≤，‎ b≤，c≤.‎ 所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca ‎(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)．‎ 所以原不等式成立．‎ ‎【点评】分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，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．‎ 方法总结　　【P174】‎ ‎1．作差比较法是证明不等式最基本、最重要的方法，其关键是变形，通常通过因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断．‎ ‎2．综合法证明不等式时，主要利用基本不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的推理下推导出结论，综合法往往是分析法的逆过程，所以在实际证明时，用分析法分析，用综合法表述证明推理过程．‎ ‎3．某些不等式的条件与结论，或不等式的左右两边联系不明显，用作差法又难以对差进行变形，难以运用综合法直接证明，这时常用分析法，以便发现联系．分析的过程中，综合条件、定理等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法．‎ ‎4．有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定词的命题，适宜用反证法．‎ ‎5．放缩法是一种常用的证题技巧，放缩必须有目标，而目标可以从求证的结论中和中间结果中寻找．常用的放缩技巧有添舍放缩，拆项对比放缩，利用函数的单调性和重要不等式放缩等．‎ 走进高考　　【P174】‎ ‎(2016浙江)设数列{an}满足≤1，n∈N*.‎ ‎(1)证明：|an|>2n－1(|a1|－2)，n∈N*；‎ ‎(2)若|an|≤，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.‎ ‎【证明】(1)由|an－|≤1，得|an|－|an＋1|≤1，故－≤，n∈N*，‎ 所以－＝－＋－＋…＋－≤＋＋…＋<1，‎ 因此|an|>2n－1(|a1|－2)．‎ ‎(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，‎ －＝＋＋…＋≤＋＋…＋<，‎ 故|an|<·2n≤·2n＝2＋·2n.‎ 从而对于任意m>n，均有|an|<2＋·2n.①‎ 由m的任意性得|an|≤2.‎ 否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，‎ 取正整数m0>log且m0>n0，则 ‎2n0·<2n0·＝|an0|－2，‎ 与①式矛盾．‎ 综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.‎ 考 点 集 训　　【P275】‎ A组题 ‎1．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M、N的大小关系为________．‎ ‎【解析】∵a≠b，∴＋＞2，＋＞2，‎ ‎∴＋＋＋＞2＋2，‎ ‎∴＋＞＋.即M＞N.‎ ‎【答案】M＞N ‎2．设a＋b＝2，b>0，当＋取得最小值时，求a的值．‎ ‎【解析】由于a＋b＝2，所以＋＝＋＝＋‎ ＋，由于b>0，|a|>0，所以 ＋≥2＝1，因此当a>0时，＋的最小值是＋1＝；当a<0时，＋的最小值是－＋1＝.故＋的最小值为，此时 即a＝－2.‎ ‎3．已知f(x)＝，a≠b，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.‎ ‎【证明】|f(a)－f(b)|＝|－|‎ ‎＝＝ ‎≤<＝|a－b|.‎ ‎4．a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：‎ ‎(1)a＋b≥2；‎ ‎(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ ‎【证明】证明：由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，‎ 得ab＝1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab＝1，‎ 有a＋b≥2＝2，‎ 即a＋b≥2.‎ ‎(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，‎ 则由a2＋a<2及a>0，得00，>0，‎ ‎∴＋≥.‎ 故要证明结论成立，‎ 只要证明≥成立．‎ 即证1－xy≥成立即可．‎ ‎∵(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，‎ ‎∴(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，‎ ‎∴1－xy≥>0.‎ ‎∴不等式成立．‎ 法二：(综合法)∵≤ ‎＝≤＝1－|xy|，‎ ‎∴＋≥≥，‎ ‎∴原不等式成立．‎ B组题 ‎1．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求证：n，‎ ‎∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…＋n＝.‎ ‎∵<，‎ ‎∴an<＋＋＋…＋ ‎＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝.‎ 综上得0，且xy≠0.‎ ‎(1)求证：x3＋y3≥x2y＋y2x；‎ ‎(2)如果＋≥恒成立，试求实数m的取值范围或值．‎ ‎【解析】(1)∵x3＋y3－(x2y＋y2x)＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x＋y)(x－y)2，且x＋y>0，(x－y)2≥0，‎ ‎∴x3＋y3－(x2y＋y2x)≥0.‎ ‎∴x3＋y3≥x2y＋y2x.‎ ‎(2)(i)若xy<0，则＋≥等价于 ≥＝，‎ 又∵＝<＝－3，‎ 即<－3，∴m≥－6；‎ ‎(ii)若xy>0，则＋≥等价于 ≤＝，‎ 又∵≥＝1，即≥1，∴m≤2.‎ 综上所述，实数m的取值范围是[－6，2]．‎