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2020届二轮复习(理)专题七第2讲不等式选讲学案
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第2讲 不等式选讲
「考情研析」 不等式选讲主要考查平均值不等式的应用,绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用.其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点.难度不大,分值10分,一般会出现在选考部分第二题的位置.
核心知识回顾
1.绝对值的三角不等式
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(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)利用绝对值不等式几何意义求解,体现数形结合思想.
(2)利用“零点分段法”求解,体现分类讨论思想.
(3)通过构建函数,利用函数图象求解,体现函数与方程思想.
4.证明不等式的基本方法
(1)比较法;(2)综合法;(3)分析法;
(4)反证法;(5)放缩法.
5.二维形式的柯西不等式
若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.
热点考向探究
考向1 绝对值不等式的解法及应用
角度1 绝对值不等式的解法
例1 (2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f(x)=2|x+1|-|x-a|,a∈R.
(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
(2)若关于x的不等式f(x)
解 (1)当a=1时,f(x)=2|x+1|-|x-1|,
当x<-1时,由f(x)<0得-2(x+1)+(x-1)<0,即-x-3<0,得x>-3,此时-3<x<-1,
当-1≤x≤1,由f(x)<0得2(x+1)+(x-1)<0,
即3x+1<0,得x<-,此时-1≤x<-,
当x>1时,由f(x)<0得2(x+1)-(x-1)<0,
即x+3<0,得x<-3,此时无解,
综上,不等式的解集为.
(2)∵f(x)<x⇔2|x+2|-x<|x-a|有解,等价于函数y=2|x+2|-x的图象上存在点在函数y=|x-a|的图象下方,
由函数y=2|x+2|-x与函数y=|x-a|的图象可知,a>0或a<-4.
解绝对值不等式的步骤和方法
(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤
①求零点.
②划区间、去绝对值号.③分别解去掉绝对值的不等式.
④取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
(2)用图象法求解不等式
用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法.
(3)用绝对值不等式的几何意义求解.
(1)解关于x的不等式x|x+4|+3<0;
(2)关于x的不等式|x|+2|x-9| 解 (1)原不等式等价于或
解得x<-2-或-3
所以原不等式的解集是(-∞,-2-)∪(-3,-1).
(2)令f(x)=|x|+2|x-9|,则关于x的不等式
|x|+2|x-9|f(x)min.
f(x)=所以f(x)的最小值为9.
所以a>9,即实数a的取值范围为(9,+∞).
角度2 绝对值不等式恒成立(或存在性)问题
例2 (2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f(x)=|x-a|-|x+2|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≤-x的解集;
(2)若f(x)≤a2+1恒成立,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=|x-1|-|x+2|,
即f(x)=不等式f(x)≤-x即为或或
即有x≤-3或-1≤x<1或1≤x≤3,得x≤-3或-1≤x≤3,
所以不等式的解集为{x|x≤-3或-1≤x≤3}.
(2)因为|x-a|-|x+2|≤|x-a-x-2|=|a+2|,
所以f(x)≤|a+2|,
若f(x)≤a2+1恒成立,则|a+2|≤a2+1,
即或
解得a≤或a≥,
解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化
f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a;f(x)a有解⇔f(x)max>a;f(x)a无解⇔f(x)max≤a;f(x)
(2019·宣城市高三第二次调研)已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)=2x+1.
(1)解关于x的不等式g(x)≥|x-1|;
(2)如果对∀x∈R,不等式|g(x)|-c≥|x-1|恒成立,求实数c的取值范围.
解 (1)由题意可得,g(x)=2x-1,
所以g(x)≥|x-1|即2x-1≥|x-1|.
①当x≥1时,2x-1≥x-1,解得x≥0,所以x≥1;
②当x<1时,2x-1≥1-x,解得x≥,所以≤x<1.
考向2 绝对值不等式的证明
例3 已知a>0,b>0,函数f(x)=|x+a|-|x-b|.
(1)当a=1,b=1时,解关于x的不等式f(x)>1;
(2)若函数f(x)的最大值为2,求证:+≥2.
解 (1)当a=1,b=1时,
f(x)=|x+1|-|x-1|=
①当x≥1时,f(x)=2>1,不等式恒成立,
此时不等式的解集为{x|x≥1};
②当-1≤x<1时,f(x)=2x>1,所以x>,
此时不等式的解集为;
③当x<-1时,f(x)=-2>1,不等式不成立,此时无解.
综上所述,不等式f(x)>1的解集为.
(2)证法一:由绝对值三角不等式可得
|x+a|-|x-b|≤|a+b|,a>0,b>0,∴a+b=2,
∴+=(a+b)=≥2,
当且仅当a=b=1时,等号成立.
证法二:∵a>0,b>0,∴-a<0 ∴函数f(x)=|x+a|-|x-b|
=|x-(-a)|-|x-b|=
结合图象易得函数f(x)的最大值为a+b,∴a+b=2.
∴+=(a+b)=≥2,当且仅当a=b=1时,等号成立.
不等式证明的常用方法
(1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等,要根据题目特点灵活选用方法.
(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法:
①利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为普通不等式再证明.
②利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明.
③转化为函数问题,利用数形结合进行证明.
(2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)=|2x-1|,x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|+1;
(2)若对x,y∈R,有|x-y-1|≤,|2y+1|≤,求证:f(x)≤.
解 (1)因为f(x)<|x|+1,所以|2x-1|<|x|+1,
即或或
解得≤x<2或0
所以不等式的解集为{x|0
(2)证明:因为|x-y-1|≤,|2y+1|≤,
所以f(x)=|2x-1|=|2(x-y-1)+(2y+1)|≤|2(x-y-1)|+|2y+1|≤2×+=.
考向3 柯西不等式的应用
例4 已知a,b,c>0,a+b+c=1.求证:
(1)++≤ ;
(2)++≥.
证明 (1)由柯西不等式得(++)2=(1·+1·+1·)2≤(12+12+12)[()2+()2+()2]=3,当且仅当==,即a=b=c=时等号成立,∴++≤ .
(2)证法一:∵+(3a+1)≥2=4,
∴≥3-3a.同理得≥3-3b,≥3-3c,
以上三式相加得,4≥9-3(a+b+c)=6,
∴++≥.
证法二:由柯西不等式得
[(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)]≥+·+·2=9,
又a+b+c=1,∴6≥9,
∴++≥.
柯西不等式的应用方法
(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明.
(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a+a+…+a)≥(1+1+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.
(2019·南通市高三下学期模拟)已知a,b,c均为正数,且a+2b+4c=3,求++的最小值,并指出取得最小值时a,b,c的值.
解 因为a+2b+4c=3,所以(a+1)+2(b+1)+4(c+1)=10,
因为a,b,c为正数,所以由柯西不等式得,[(a+1)+2(b+1)+4(c+1)]·++≥(1++2)2,
当且仅当(a+1)2=2(b+1)2=4(c+1)2等式成立,
所以++≥,
所以++的最小值是,
此时a=,b=,c=.
真题押题
『真题模拟』
1.(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f(x)=|2x-1|+2|x+1|-a.
(1)当a=4时,求不等式f(x)>0的解集;
(2)若函数f(x)的定义域为R,求a的取值范围.
解 (1)当a=4时,f(x)>0为|2x-1|+2|x+1|>4,
当x≤-1时,1-2x-2x-2>4⇒x<-;
当-14,无解;
当x≥时,2x-1+2x+2>4⇒x>.
综上,f(x)>0的解集为(-∞,-)∪(,+∞).
(2)由题意得|2x-1|+2|x+1|>a恒成立,a<(|2x-1|+2|x+1|)min.
|2x-1|+2|x+1|=|2x-1|+|2x+2|≥|(2x-1)-(2x+2)|=3,∴a<3.
2.(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f(x)=|x+1|+|x-1|,g(x)=x2-2x-1.
(1)若m,n∈R,不等式f(m)≥g(n)恒成立,求实数n的取值范围;
(2)设a>0,b>0,且a+b=2,求证:+≤2.
解 (1)由f(m)=|m-1|+|m+1|≥|(m-1)-(m+1)|=2,
∴f(m)min=2,∴n2-2n-1≤2,∴-1≤n≤3,所以n的取值范围是[-1,3].
(2)证明:由(1)可知,2≥2,
∴(+)2=a+b+2+2≤4+(a+1)+(b+1)=8,∴+≤2,
当且仅当a=b=1时等号成立,
∴+≤2.
3.(2019·全国卷Ⅰ)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.
证明:(1)++≤a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
证明 (1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca==++.
当且仅当a=b=c=1时,等号成立.
所以++≤a2+b2+c2.
(2)因为a,b,c为正数且abc=1,
故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3
≥3=3(a+b)(b+c)(c+a)
≥3×(2)×(2)×(2)=24.
当且仅当a=b=c=1时,等号成立.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
『金版押题』
4.已知函数f(x)=|2x-3|-|x+1|.
(1)若不等式f(x)≤a的解集是空集,求实数a的取值范围;
(2)若存在x0∈R,使得2f(x0)≤-t2+4|t|成立,求实数t的取值范围.
解 (1)f(x)=|2x-3|-|x+1|
=
y=f(x)的图象如图所示,
易得f(x)min=-.
∵不等式f(x)≤a的解集是空集,
∴a的取值范围为.
(2)∃x0∈R,使得2f(x0)≤-t2+4|t|成立,
即2f(x)min≤-t2+4|t|,由(1)知f(x)min=-,
∴t2-4|t|-5≤0,解得-5≤t≤5,∴t的取值范围为[-5,5].
配套作业
1.(2019·西安八校高三联考)已知a,b均为实数,且|3a+4b|=10.
(1)求a2+b2的最小值;
(2)若|x+3|-|x-2|≤a2+b2对任意的a,b∈R恒成立,求实数x的取值范围.
解 (1)因为102=(3a+4b)2≤(32+42)(a2+b2)=25(a2+b2),所以a2+b2≥4,当且仅当=,
即或时取等号,即a2+b2的最小值为4.
(2)由(1)知|x+3|-|x-2|≤a2+b2对任意的a,b∈R恒成立⇔|x+3|-|x-2|≤4⇔或或⇔x<-3或-3≤x≤⇔x≤,所以实数x的取值范围为(-∞,].
2.已知函数f(x)=|2x-a|+|x-1|.
(1)当a=3时,求不等式f(x)≥2的解集;
(2)若f(x)≥5-x对任意x∈R恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=3时,即求解|2x-3|+|x-1|≥2,
①当x≥时,2x-3+x-1≥2,∴x≥2;
②当1
③当x≤1时,3-2x+1-x≥2,∴3x≤2,∴x≤.
综上,解集为.
(2)f(x)≥5-x恒成立,即|2x-a|≥5-x-|x-1|恒成立,令g(x)=5-x-|x-1|=
则函数图象如图.∴≥3,∴a≥6.
3.已知函数f(x)=|x-5|-|x-2|.
(1)若∃x∈R,使得f(x)≤m成立,求m的范围;
(2)求不等式x2-8x+15+f(x)≤0的解集.
解 (1)f(x)=|x-5|-|x-2|=其对应图象如图所示.易知f(x)min=-3,
∴m≥-3,即m的取值范围为[-3,+∞).
(2)x2-8x+15+f(x)=
①x≤2,x2-8x+18≤0,解集为∅.
②2
③x≥5,x2-8x+12≤0,5≤x≤6.
综上所述,不等式的解集为{x|5-≤x≤6}.
4.(1)解不等式:|2x-1|-|x|<1;
(2)设f(x)=x2-x+1,实数a满足|x-a|<1,求证:|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
解 (1)当x<0时,原不等式可化为-2x+x<0,
解得x>0,所以x不存在;
当0≤x<时,原不等式可化为-2x-x<0,
解得x>0,所以0
当≤x时,原不等式可化为2x-1-x<1,
解得x<2,所以≤x<2.
综上,原不等式的解集为{x|0
(2)证明:因为|f(x)-f(a)|=|x2-x-a2+a|=|x-a|·|x+a-1|<|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|<1+|2a|+1=2(|a|+1),
所以|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
5.(2019·益阳市高三4月模拟)已知f(x)=|2x+1|-|ax-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≤2的解集;
(2)当x∈(-,0)时,不等式f(x)>2x成立,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,
f(x)=|2x+1|-|x-1|=
由f(x)≤2,得或或
解得x∈∅或-≤x≤或-4≤x<-,
6.已知函数f(x)=|x-m|,m<0.
(1)当m=-1时,解不等式f(x)+f(-x)≥2-x;
(2)若不等式f(x)+f(2x)<1的解集非空,求m的取值范围.
解 (1)当m=-1时,f(x)+f(-x)=|x+1|+|x-1|,
设F(x)=|x+1|+|x-1|=
当x<-1时,-2x≥2-x,解得x≤-2;
当-1≤x<1时,2≥2-x,解得0≤x<1;
当x≥1时,2x≥2-x,解得x≥1.
综上,原不等式的解集为{x|x≤-2或x≥0}.
(2)f(x)+f(2x)=|x-m|+|2x-m|,m<0.
设g(x)=f(x)+f(2x),
当x≤m时,g(x)=m-x+m-2x=2m-3x,则g(x)≥-m;
当m
当x≥时,g(x)=x-m+2x-m=3x-2m,则g(x)≥-.
则g(x)的值域为,
由题知不等式f(x)+f(2x)<1的解集非空,则1>-,解得m>-2,由于m<0,故m的取值范围是(-2,0).
7.(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f(x)=|x-2|-|x+3|.
(1)求不等式f(x)≤2的解集;
(2)若不等式f(x)
解 (1)由f(x)=|x-2|-|x+3|≤2可化为:
或
或
解得x∈∅或-≤x≤2或x>2,
(2)因为|f(x)|=||x-2|-|x+3||≤|x-2-x-3|=5,
所以-5≤f(x)≤5,即f(x)min=-5;
要使不等式f(x)
从而a2+6a+5>0,解得a<-5或a>-1,
所以a的取值范围为(-∞,-5)∪(-1,+∞).
8.(2019·太原市高三模拟)已知函数f(x)=|2x-1|+2|x+1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集;
(2)若存在实数x0,使得f(x0)≤5+m-m2成立的m的最大值为M,且实数a,b满足a3+b3=M,证明:0 解 (1)∵f(x)=|2x-1|+2|x+1|≤5,
∴x-+|x+1|≤,
由绝对值的几何意义可得x=-和x=1时上述不等式中的等号成立,
∴3≤5+m-m2,∴-1≤m≤2,∴M=2,∴a3+b3=2,
∵2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2),a2-ab+b2≥0,
∴a+b>0,
∵2ab≤a2+b2,∴4ab≤(a+b)2,∴ab≤,
∵2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]≥(a+b)3,∴a+b≤2,∴0
「考情研析」 不等式选讲主要考查平均值不等式的应用,绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用.其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点.难度不大,分值10分,一般会出现在选考部分第二题的位置.
核心知识回顾
1.绝对值的三角不等式
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(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)利用绝对值不等式几何意义求解,体现数形结合思想.
(2)利用“零点分段法”求解,体现分类讨论思想.
(3)通过构建函数,利用函数图象求解,体现函数与方程思想.
4.证明不等式的基本方法
(1)比较法;(2)综合法;(3)分析法;
(4)反证法;(5)放缩法.
5.二维形式的柯西不等式
若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.
热点考向探究
考向1 绝对值不等式的解法及应用
角度1 绝对值不等式的解法
例1 (2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f(x)=2|x+1|-|x-a|,a∈R.
(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
(2)若关于x的不等式f(x)
当x<-1时,由f(x)<0得-2(x+1)+(x-1)<0,即-x-3<0,得x>-3,此时-3<x<-1,
当-1≤x≤1,由f(x)<0得2(x+1)+(x-1)<0,
即3x+1<0,得x<-,此时-1≤x<-,
当x>1时,由f(x)<0得2(x+1)-(x-1)<0,
即x+3<0,得x<-3,此时无解,
综上,不等式的解集为.
(2)∵f(x)<x⇔2|x+2|-x<|x-a|有解,等价于函数y=2|x+2|-x的图象上存在点在函数y=|x-a|的图象下方,
由函数y=2|x+2|-x与函数y=|x-a|的图象可知,a>0或a<-4.
解绝对值不等式的步骤和方法
(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤
①求零点.
②划区间、去绝对值号.③分别解去掉绝对值的不等式.
④取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
(2)用图象法求解不等式
用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法.
(3)用绝对值不等式的几何意义求解.
(1)解关于x的不等式x|x+4|+3<0;
(2)关于x的不等式|x|+2|x-9| 解 (1)原不等式等价于或
解得x<-2-或-3
(2)令f(x)=|x|+2|x-9|,则关于x的不等式
|x|+2|x-9|f(x)min.
f(x)=所以f(x)的最小值为9.
所以a>9,即实数a的取值范围为(9,+∞).
角度2 绝对值不等式恒成立(或存在性)问题
例2 (2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f(x)=|x-a|-|x+2|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≤-x的解集;
(2)若f(x)≤a2+1恒成立,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=|x-1|-|x+2|,
即f(x)=不等式f(x)≤-x即为或或
即有x≤-3或-1≤x<1或1≤x≤3,得x≤-3或-1≤x≤3,
所以不等式的解集为{x|x≤-3或-1≤x≤3}.
(2)因为|x-a|-|x+2|≤|x-a-x-2|=|a+2|,
所以f(x)≤|a+2|,
若f(x)≤a2+1恒成立,则|a+2|≤a2+1,
即或
解得a≤或a≥,
解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化
f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a;f(x)a有解⇔f(x)max>a;f(x)a无解⇔f(x)max≤a;f(x)
(2019·宣城市高三第二次调研)已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)=2x+1.
(1)解关于x的不等式g(x)≥|x-1|;
(2)如果对∀x∈R,不等式|g(x)|-c≥|x-1|恒成立,求实数c的取值范围.
解 (1)由题意可得,g(x)=2x-1,
所以g(x)≥|x-1|即2x-1≥|x-1|.
①当x≥1时,2x-1≥x-1,解得x≥0,所以x≥1;
②当x<1时,2x-1≥1-x,解得x≥,所以≤x<1.
考向2 绝对值不等式的证明
例3 已知a>0,b>0,函数f(x)=|x+a|-|x-b|.
(1)当a=1,b=1时,解关于x的不等式f(x)>1;
(2)若函数f(x)的最大值为2,求证:+≥2.
解 (1)当a=1,b=1时,
f(x)=|x+1|-|x-1|=
①当x≥1时,f(x)=2>1,不等式恒成立,
此时不等式的解集为{x|x≥1};
②当-1≤x<1时,f(x)=2x>1,所以x>,
此时不等式的解集为;
③当x<-1时,f(x)=-2>1,不等式不成立,此时无解.
综上所述,不等式f(x)>1的解集为.
(2)证法一:由绝对值三角不等式可得
|x+a|-|x-b|≤|a+b|,a>0,b>0,∴a+b=2,
∴+=(a+b)=≥2,
当且仅当a=b=1时,等号成立.
证法二:∵a>0,b>0,∴-a<0 ∴函数f(x)=|x+a|-|x-b|
=|x-(-a)|-|x-b|=
结合图象易得函数f(x)的最大值为a+b,∴a+b=2.
∴+=(a+b)=≥2,当且仅当a=b=1时,等号成立.
不等式证明的常用方法
(1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等,要根据题目特点灵活选用方法.
(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法:
①利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为普通不等式再证明.
②利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明.
③转化为函数问题,利用数形结合进行证明.
(2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)=|2x-1|,x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|+1;
(2)若对x,y∈R,有|x-y-1|≤,|2y+1|≤,求证:f(x)≤.
解 (1)因为f(x)<|x|+1,所以|2x-1|<|x|+1,
即或或
解得≤x<2或0
所以f(x)=|2x-1|=|2(x-y-1)+(2y+1)|≤|2(x-y-1)|+|2y+1|≤2×+=.
考向3 柯西不等式的应用
例4 已知a,b,c>0,a+b+c=1.求证:
(1)++≤ ;
(2)++≥.
证明 (1)由柯西不等式得(++)2=(1·+1·+1·)2≤(12+12+12)[()2+()2+()2]=3,当且仅当==,即a=b=c=时等号成立,∴++≤ .
(2)证法一:∵+(3a+1)≥2=4,
∴≥3-3a.同理得≥3-3b,≥3-3c,
以上三式相加得,4≥9-3(a+b+c)=6,
∴++≥.
证法二:由柯西不等式得
[(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)]≥+·+·2=9,
又a+b+c=1,∴6≥9,
∴++≥.
柯西不等式的应用方法
(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明.
(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a+a+…+a)≥(1+1+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.
(2019·南通市高三下学期模拟)已知a,b,c均为正数,且a+2b+4c=3,求++的最小值,并指出取得最小值时a,b,c的值.
解 因为a+2b+4c=3,所以(a+1)+2(b+1)+4(c+1)=10,
因为a,b,c为正数,所以由柯西不等式得,[(a+1)+2(b+1)+4(c+1)]·++≥(1++2)2,
当且仅当(a+1)2=2(b+1)2=4(c+1)2等式成立,
所以++≥,
所以++的最小值是,
此时a=,b=,c=.
真题押题
『真题模拟』
1.(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f(x)=|2x-1|+2|x+1|-a.
(1)当a=4时,求不等式f(x)>0的解集;
(2)若函数f(x)的定义域为R,求a的取值范围.
解 (1)当a=4时,f(x)>0为|2x-1|+2|x+1|>4,
当x≤-1时,1-2x-2x-2>4⇒x<-;
当-1
当x≥时,2x-1+2x+2>4⇒x>.
综上,f(x)>0的解集为(-∞,-)∪(,+∞).
(2)由题意得|2x-1|+2|x+1|>a恒成立,a<(|2x-1|+2|x+1|)min.
|2x-1|+2|x+1|=|2x-1|+|2x+2|≥|(2x-1)-(2x+2)|=3,∴a<3.
2.(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f(x)=|x+1|+|x-1|,g(x)=x2-2x-1.
(1)若m,n∈R,不等式f(m)≥g(n)恒成立,求实数n的取值范围;
(2)设a>0,b>0,且a+b=2,求证:+≤2.
解 (1)由f(m)=|m-1|+|m+1|≥|(m-1)-(m+1)|=2,
∴f(m)min=2,∴n2-2n-1≤2,∴-1≤n≤3,所以n的取值范围是[-1,3].
(2)证明:由(1)可知,2≥2,
∴(+)2=a+b+2+2≤4+(a+1)+(b+1)=8,∴+≤2,
当且仅当a=b=1时等号成立,
∴+≤2.
3.(2019·全国卷Ⅰ)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.
证明:(1)++≤a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
证明 (1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca==++.
当且仅当a=b=c=1时,等号成立.
所以++≤a2+b2+c2.
(2)因为a,b,c为正数且abc=1,
故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3
≥3=3(a+b)(b+c)(c+a)
≥3×(2)×(2)×(2)=24.
当且仅当a=b=c=1时,等号成立.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
『金版押题』
4.已知函数f(x)=|2x-3|-|x+1|.
(1)若不等式f(x)≤a的解集是空集,求实数a的取值范围;
(2)若存在x0∈R,使得2f(x0)≤-t2+4|t|成立,求实数t的取值范围.
解 (1)f(x)=|2x-3|-|x+1|
=
y=f(x)的图象如图所示,
易得f(x)min=-.
∵不等式f(x)≤a的解集是空集,
∴a的取值范围为.
(2)∃x0∈R,使得2f(x0)≤-t2+4|t|成立,
即2f(x)min≤-t2+4|t|,由(1)知f(x)min=-,
∴t2-4|t|-5≤0,解得-5≤t≤5,∴t的取值范围为[-5,5].
配套作业
1.(2019·西安八校高三联考)已知a,b均为实数,且|3a+4b|=10.
(1)求a2+b2的最小值;
(2)若|x+3|-|x-2|≤a2+b2对任意的a,b∈R恒成立,求实数x的取值范围.
解 (1)因为102=(3a+4b)2≤(32+42)(a2+b2)=25(a2+b2),所以a2+b2≥4,当且仅当=,
即或时取等号,即a2+b2的最小值为4.
(2)由(1)知|x+3|-|x-2|≤a2+b2对任意的a,b∈R恒成立⇔|x+3|-|x-2|≤4⇔或或⇔x<-3或-3≤x≤⇔x≤,所以实数x的取值范围为(-∞,].
2.已知函数f(x)=|2x-a|+|x-1|.
(1)当a=3时,求不等式f(x)≥2的解集;
(2)若f(x)≥5-x对任意x∈R恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=3时,即求解|2x-3|+|x-1|≥2,
①当x≥时,2x-3+x-1≥2,∴x≥2;
②当1
综上,解集为.
(2)f(x)≥5-x恒成立,即|2x-a|≥5-x-|x-1|恒成立,令g(x)=5-x-|x-1|=
则函数图象如图.∴≥3,∴a≥6.
3.已知函数f(x)=|x-5|-|x-2|.
(1)若∃x∈R,使得f(x)≤m成立,求m的范围;
(2)求不等式x2-8x+15+f(x)≤0的解集.
解 (1)f(x)=|x-5|-|x-2|=其对应图象如图所示.易知f(x)min=-3,
∴m≥-3,即m的取值范围为[-3,+∞).
(2)x2-8x+15+f(x)=
①x≤2,x2-8x+18≤0,解集为∅.
②2
综上所述,不等式的解集为{x|5-≤x≤6}.
4.(1)解不等式:|2x-1|-|x|<1;
(2)设f(x)=x2-x+1,实数a满足|x-a|<1,求证:|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
解 (1)当x<0时,原不等式可化为-2x+x<0,
解得x>0,所以x不存在;
当0≤x<时,原不等式可化为-2x-x<0,
解得x>0,所以0
解得x<2,所以≤x<2.
综上,原不等式的解集为{x|0
所以|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
5.(2019·益阳市高三4月模拟)已知f(x)=|2x+1|-|ax-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≤2的解集;
(2)当x∈(-,0)时,不等式f(x)>2x成立,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,
f(x)=|2x+1|-|x-1|=
由f(x)≤2,得或或
解得x∈∅或-≤x≤或-4≤x<-,
6.已知函数f(x)=|x-m|,m<0.
(1)当m=-1时,解不等式f(x)+f(-x)≥2-x;
(2)若不等式f(x)+f(2x)<1的解集非空,求m的取值范围.
解 (1)当m=-1时,f(x)+f(-x)=|x+1|+|x-1|,
设F(x)=|x+1|+|x-1|=
当x<-1时,-2x≥2-x,解得x≤-2;
当-1≤x<1时,2≥2-x,解得0≤x<1;
当x≥1时,2x≥2-x,解得x≥1.
综上,原不等式的解集为{x|x≤-2或x≥0}.
(2)f(x)+f(2x)=|x-m|+|2x-m|,m<0.
设g(x)=f(x)+f(2x),
当x≤m时,g(x)=m-x+m-2x=2m-3x,则g(x)≥-m;
当m
则g(x)的值域为,
由题知不等式f(x)+f(2x)<1的解集非空,则1>-,解得m>-2,由于m<0,故m的取值范围是(-2,0).
7.(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f(x)=|x-2|-|x+3|.
(1)求不等式f(x)≤2的解集;
(2)若不等式f(x)
或
或
解得x∈∅或-≤x≤2或x>2,
(2)因为|f(x)|=||x-2|-|x+3||≤|x-2-x-3|=5,
所以-5≤f(x)≤5,即f(x)min=-5;
要使不等式f(x)
所以a的取值范围为(-∞,-5)∪(-1,+∞).
8.(2019·太原市高三模拟)已知函数f(x)=|2x-1|+2|x+1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集;
(2)若存在实数x0,使得f(x0)≤5+m-m2成立的m的最大值为M,且实数a,b满足a3+b3=M,证明:0 解 (1)∵f(x)=|2x-1|+2|x+1|≤5,
∴x-+|x+1|≤,
由绝对值的几何意义可得x=-和x=1时上述不等式中的等号成立,
∴3≤5+m-m2,∴-1≤m≤2,∴M=2,∴a3+b3=2,
∵2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2),a2-ab+b2≥0,
∴a+b>0,
∵2ab≤a2+b2,∴4ab≤(a+b)2,∴ab≤,
∵2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]≥(a+b)3,∴a+b≤2,∴0
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