【数学】2018届一轮复习人教A版（理）不等式选讲学案

【数学】2018届一轮复习人教A版（理）不等式选讲学案

‎§选修4－5　不等式选讲 考纲展示►　‎ ‎1.理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式．‎ ‎2．掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法．‎ ‎3．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，并能用它们证明一些简单不等式．‎ 考点1　含绝对值不等式的解法 ‎ 　　　　　　 　　　　　 　　　　　‎ ‎1.绝对值三角不等式 ‎(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b| ≤________，当且仅当________时，等号成立；‎ ‎(2)性质：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；‎ ‎(3)定理2：如果a，b，c是实数，则|a－c|≤________，当且仅当________时，等号成立．‎ 答案：(1)|a|＋|b|　ab≥0　‎ ‎(3)|a－b|＋|b－c|　(a－b)(b－c)≥0‎ ‎2．绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值的不等式|x|a的解法 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎________‎ ‎________‎ R ‎(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ‎①|ax＋b|≤c⇔____________；‎ ‎②|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 解法一：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；‎ 解法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 解法三：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．‎ 答案：(1){x|－aa，或x<－a}　{x|x∈R，且x≠0}‎ ‎(2)①－c≤ax＋b≤c　②ax＋b≥c或ax＋b≤－c ‎[典题1]　解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.‎ ‎[解]　解法一：如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把A向左移动一个单位到点A1，此时|A‎1A|＋|A1B|＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时|B‎1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ 解法二：原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5⇔‎ 或 ‎ 或 解得x≥2或x≤－3，‎ ‎∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ 解法三：将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.‎ 令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，‎ 则f(x)＝ 作出函数的图象如图所示．‎ 由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，‎ ‎∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ ‎[点石成金]　形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：‎ ‎(1)分段讨论法，利用绝对值号内式子对应方 程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a＜b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；‎ ‎(2)几何法，利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体；‎ ‎(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解.‎ 解不等式|x＋3|－|2x－1|＜＋1.‎ 解：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xx<－或x>2.‎ 考点2　含参数的绝对值不等式问题 ‎ ‎ ‎[典题2]　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)－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(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，由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0.‎ ‎∴原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．‎ ‎(2)∵a＞－1，则－＜，‎ ‎∴f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|‎ ‎＝ 当x∈时，f(x)＝a＋1，‎ 即a＋1≤x＋3在x∈上恒成立．‎ ‎∴a＋1≤－＋3，即a≤，‎ ‎∴a的取值范围为.‎ ‎[点石成金]　不等式有解是不等式的存在性问题，只要求存在满足条件的x即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立，而不等式的解集∅的对立面(如f(x)＞m的解集是空集，则f(x)≤m恒成立)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min.‎ 已知不等式|x＋1|－|x－3|＞a，分别求出下列情形中a的取值范围：‎ ‎(1)不等式有解；‎ ‎(2)不等式的解集为R；‎ ‎(3)不等式的解集为∅.‎ 解：解法一：因为|x＋1|－|x－3|表示数轴上的点P(x)与两定点A(－1)，B(3)距离的差，即|x＋1|－|x－3|＝|PA|－|PB|.‎ 由绝对值的几何意义知，‎ ‎|PA|－|PB|的最大值为|AB|＝4，‎ 最小值为－|AB|＝－4，‎ 即－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.‎ ‎(1)若不等式有解，a只要比|x＋1|－|x－3|的最大值小即可，故a＜4.‎ ‎(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，‎ 只要a比|x＋1|－|x－3|的最小值还小，即a＜－4.‎ ‎(3)若不等式的解集为∅，a只要不小于|x＋1|－|x－3|的最大值即可，即a≥4.‎ 解法二：由|x＋1|－|x－3|≤|x＋1－(x－3)|＝4，|x－3|－|x＋1|≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，可得－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.‎ ‎(1)若不等式有解，则a＜4.‎ ‎(2)若不等式的解集为R，则a＜－4.‎ ‎(3)若不等式解集为∅，则a≥4.‎ 考点3　不等式的证明方法 ‎ 　　　　　　 　　　　　 　　　　　‎ ‎1.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．‎ ‎2．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．‎ ‎(1)比较法 ‎①求差比较法 a>b⇔a－b>0，ab，只要证明________即可，这种方法称为求差比较法．‎ ‎②求商比较法 a>b>0⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时要证明a>b，只要证明________即可，这种方法称为求商比较法．‎ ‎(2)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的________，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．‎ ‎(3)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．‎ ‎(4)反证法的证明步骤 第一步：作出与所证不等式________的假设；‎ 第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立．‎ 答案：(1)①a－b>0　②>1　(2)充分条件 ‎(4)相反 ‎[典题3]　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．‎ ‎∴原不等式成立．‎ ‎(2)＋＋＝.‎ 由于(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≤，‎ ‎∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca .‎ ‎∴原不等式成立．‎ ‎[点石成金]　1.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．‎ ‎2．利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.‎ ‎[2015·新课标全国卷Ⅱ]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)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.‎ ‎[方法技巧]　1.解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式(组)进行求解．含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x－a|＋|x－b|＞m或|x－a|＋|x－b|＜m(m为正常数)，利用实数绝对值的几何意义求解较简便．‎ ‎2．不等式的证明方法灵活，要注意体会，要根据具体情况选择证明方法．‎ ‎[易错防范]　1.理解绝对值不等式的几何意义．‎ ‎2．掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．‎ ‎3．利用基本不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个著名不等式的特征．‎ ‎4．注意检验等号成立的条件，特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立．‎ ‎ 真题演练集训 ‎ ‎1．[2016·新课标全国卷Ⅰ]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)f(x)＝ y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象知，‎ 当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；‎ 当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.‎ 故f(x)>1的解集为{x|11的解集为 ‎2．[2016·新课标全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.‎ ‎(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；‎ ‎(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝2时f(x)＝|2x－2|＋2.‎ 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.‎ 因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．‎ ‎(2)当x∈R时，‎ f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|‎ ‎≥|2x－a＋1－2x|＋a ‎＝|1－a|＋a.‎ 所以当x∈R时，‎ f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①‎ 当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．‎ 当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2，＋∞)．‎ ‎3．[2016·江苏卷]设a＞0，|x－1|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.‎ 证明：因为|x－1|<，|y－2|<，‎ 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|‎ ‎≤2|x－1|＋|y－2|<2×＋＝a.‎ ‎4．[2016·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x－＋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|.‎ ‎(1)解：f(x)＝ 当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；‎ 当－a恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎[解析]　因为a<|x＋1|－|x－2|对任意实数x恒成立，‎ 所以a<(|x＋1|－|x－2|)min.‎ 因为||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ 所以－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.‎ 所以(|x＋1|－|x－2|)min＝－3.‎ 所以a<－3，即a的取值范围为(－∞，－3)．‎