浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題訓(xùn)練：第1部分 專題七 第2講 不等式選講選修45

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1、 考 點(diǎn) 考 情 絕對值不等式的求解 　　高考對本講內(nèi)容的考查主要有： (1)不等式性質(zhì)的應(yīng)用，絕對值不等式的解法，如2013年陜西T15A. (2)不等式的證明，如2013年江蘇T21D. (3)與絕對值不等式有關(guān)的參數(shù)問題的求解. 與絕對值不等式有關(guān)的參數(shù)范圍問題 不等式的證明與綜合應(yīng)用 1．(2013·福建高考)設(shè)不等式|x－2|<a(a∈N*)的解集為A，且∈A，?A. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值． 解：(1)因?yàn)椤蔄，且?A，所以<a， 且≥a，解得<a≤. 又因

2、為a∈N*，所以a＝1. (2)因?yàn)閨x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2時(shí)取到等號(hào)． 所以f(x)的最小值為3. 2．(2013·江蘇高考)已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b. 證明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)． 因?yàn)閍≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0， 即2a3－b3≥2ab2－a2b.

3、 3．(2012·福建高考)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]． (1)求m的值； (2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9. 解：(1)因?yàn)閒(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等價(jià)于|x|≤m， 由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}． 又因?yàn)閒(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1. (2)證明：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋， 由柯西不等式得 a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥＋2＝9. 1．絕對值不等式 定理1：如果a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b

4、|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如果a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立． 2．|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c(c>0)?－c≤ax＋b≤c. (2)|ax＋b|≥c(c>0)?ax＋b≥c或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 (1)利用絕對值不等式幾何意義求解，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想． (2)利用“零點(diǎn)分段法”求解，體現(xiàn)

5、分類討論思想． (3)通過構(gòu)建函數(shù)，利用函數(shù)圖像求解，體現(xiàn)函數(shù)與方程思想． 4．證明不等式的基本方法 (1)比較法；(2)綜合法；(3)分析法；(4)反證法；(5)放縮法． 5．二維形式的柯西不等式 若a，b，c，d∈R，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當(dāng)且僅當(dāng)ad＝bc時(shí)等號(hào)成立. 熱點(diǎn)一 絕對值不等式的求解 [例1]　(2013·遼寧高考)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知關(guān)于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的

6、值． [自主解答]　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋|x－4|＝ 當(dāng)x≤2時(shí)，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4， 解得x≤1； 當(dāng)2<x<4時(shí)，f(x)≥4－|x－4|無解； 當(dāng)x≥4時(shí)，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4， 解得x≥5. 所以f(x)≥4－|x－4|的解集為{x|x≤1或x≥5}． (2)記h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)， 則h(x)＝ 由|h(x)|≤2，解得≤x≤. 又已知|h(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}， 所以于是a＝3. ——————————規(guī)律·總結(jié)—————————————————

7、————— 絕對值不等式的求解方法 1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法 (1)若c>0，則|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據(jù)a，b的取值求解即可； (2)若c<0，則|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R. 2.|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法 (1)令每個(gè)絕對值符號(hào)里的一次式為0，求出相應(yīng)的根； (2)把這些根由小到大排序，它們把數(shù)軸分為若干個(gè)區(qū)間； (3)在所分區(qū)間上，根據(jù)絕對值的定義去掉絕對值符號(hào)，討論所得的不等式在這個(gè)區(qū)間上的解集

8、； (4)這些解集的并集就是原不等式的解集. 1．已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|x－5|. (1)證明：－3≤f(x)≤3； (2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集． 解：(1)證明：當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)＝2－x－(5－x)＝－3； 當(dāng)2<x<5時(shí)，f(x)＝x－2－(5－x)＝2x－7，所以－3<f(x)<3； 當(dāng)x≥5時(shí)，f(x)＝x－2－(x－5)＝3. 所以－3≤f(x)≤3. (2)由(1)可知， 當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)≥x2－8x＋15?x2－8x＋18≤0?(x－4)2＋2≤0，無解， 所以f(x)≥x2－8x＋15的解集

9、為空集； 當(dāng)2<x<5時(shí)，f(x)≥x2－8x＋15?x2－10x＋22≤0?5－≤x≤5＋， 所以f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x<5}； 當(dāng)x≥5時(shí)，f(x)≥x2－8x＋15?x2－8x＋12≤0?2≤x≤6， 所以f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5≤x≤6}． 綜上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x≤6}． 熱點(diǎn)二 與絕對值不等式有關(guān)的參數(shù)范圍問題 　[例2]　(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)當(dāng)a＝－2時(shí)，求不等式f(x

10、)＜g(x)的解集； (2)設(shè)a＞－1，且當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≤g(x)，求a的取值范圍． [自主解答]　(1) 當(dāng)a＝－2時(shí)，不等式f(x)＜g(x)化為|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0. 設(shè)函數(shù)y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，則 y＝其圖像如圖所示． 從圖像可知，當(dāng)且僅當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，y<0，所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}． (2)當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＝1＋a. 不等式f(x)≤g(x)化為1＋a≤x＋3. 所以x≥a－2對x∈都成立． 故－≥a－2，即a≤. 從而a的取值范圍是. ——————————規(guī)律·總結(jié)——————

11、———————————————— 1．解決含參數(shù)的絕對值不等式問題，常用以下兩種方法： (1)將參數(shù)分類討論，將其轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)解決； (2)借助于絕對值的幾何意義，先求出f(x)的最值或值域，然后再根據(jù)題目要求，求解參數(shù)的取值范圍． 2．解答此類問題應(yīng)熟記以下轉(zhuǎn)化：f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)<a恒成立?f(x)max<a；f(x)>a有解?f(x)max>a；f(x)<a有解?f(x)min<a；f(x)>a無解?f(x)max≤a；f(x)<a無解?f(x)min≥a. 2．已知f(x)＝|ax

12、＋1|(a∈R)，不等式f(x)>5的解集為{x|x>2或x<－3}． (1)求a的值； (2)若不等式f(x)－f≤k在R上有解，求k的取值范圍． 解：(1)由|ax＋1|>5得ax>4或ax<－6. 又f(x)>5的解集為{x|x>2或x<－3}， 當(dāng)a>0時(shí)，解得x>或x<－，則a＝2； 當(dāng)a≤0時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證不合題意． 綜上，a＝2. (2)設(shè)g(x)＝f(x)－f， 則g(x)＝ 則函數(shù)g(x)的圖像如圖所示， 由圖像可知，g(x)≥－， 故原不等式在R上有解時(shí)，k≥－. 即k的取值范圍

13、是. 熱點(diǎn)三 不等式的證明 　[例3]　(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1.證明： (1) ab＋bc＋ac≤； (2) ＋＋≥1. [自主解答]　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac. 由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝1. 所以3(ab＋bc＋ac)≤1，即ab＋bc＋ac≤. (2)因?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. —————

14、—————規(guī)律·總結(jié)—————————————————————— 不等式證明的常用方法是：比較法、綜合法與分析法．其中運(yùn)用綜合法證明不等式時(shí)，主要是運(yùn)用基本不等式與柯西不等式證明，與絕對值有關(guān)的不等式證明常用絕對值三角不等式．證明過程中一方面要注意不等式成立的條件，另一方面要善于對式子進(jìn)行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化、變形． 3．(1)設(shè)a≥b＞0，證明：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2； (2)證明：a6＋8b6＋c6≥2a2b2c2； (3)若a，b，c為正實(shí)數(shù)，證明：a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc. 證明：(1)3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b

15、)－2b2(a－b)＝(a－b)(3a2－2b2)． ∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2>0. ∴(a－b)(3a2－2b2)≥0. ∴3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2. (2)a6＋8b6＋c6≥3 ＝3×a2b2c2＝2a2b2c2， ∴a6＋8b6＋c6≥2a2b2c2. (3)∵a2＋4b2≥2＝4ab， a2＋9c2≥2＝6ac， 4b2＋9c2≥2＝12bc， ∴2a2＋8b2＋18c2≥4ab＋6ac＋12bc， ∴a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc. 熱點(diǎn)四 不等式的綜合應(yīng)用 　[例4]　已知a，b為正實(shí)數(shù)．

16、 (1)求證：＋≥a＋b； (2)利用(1)的結(jié)論，求函數(shù)y＝＋(0<x<1)的最小值． [自主解答]　(1)證明：法一：∵a>0，b>0， ∴(a＋b)＝a2＋b2＋＋≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2. ∴＋≥a＋b，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立． 法二：＋－(a＋b)＝ ＝＝ ＝， 又∵a>0，b>0，∴≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立． ∴＋≥a＋b. (2)∵0<x<1，∴1－x>0， 由(1)的結(jié)論，得函數(shù)y＝＋≥(1－x)＋x＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)1－x＝x，即x＝時(shí)等號(hào)成立． ∴函數(shù)y＝＋(0<x<

17、;1)的最小值為1. ——————————規(guī)律·總結(jié)—————————————————————— 基本不等式和柯西不等式在解決多變量代數(shù)式的最值問題中有著重要的應(yīng)用，運(yùn)用基本不等式時(shí)應(yīng)注意其條件“一正、二定、三相等”；運(yùn)用柯西不等式求最值時(shí)，關(guān)鍵是進(jìn)行巧妙的拼湊，構(gòu)造出柯西不等式的形式． 4．已知函數(shù)f(x)＝2＋. (1)求證：f(x)≤5，并說明等號(hào)成立的條件； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤|m－2|恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)證明：由柯西不等式得(2＋)2≤(22＋12)·[()2＋()2]＝25， 所以f(x)＝2＋≤5， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝4時(shí)等號(hào)成立． (2)由(1)知f(x)≤5， 又不等式f(x)≤|m－2|恒成立，所以|m－2|≥5， 解得m≥7或m≤－3， 故m的取值范圍是(－∞，－3]∪[7，＋∞)．