人教版高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲学案理含解析

选修4-5 不等式选讲

‖知识梳理‖

1．绝对值三角不等式

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．绝对值不等式的解法

(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集

(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．

►常用结论

如果把实数a，b改为向量也成立，即|a＋b|≤|a|＋|b|，这里|a＋b|，|a|，|b|均为向量的模，当且仅当a与b方向相同或至少有一个向量为零时等号成立．

3．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．

4．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.

5．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．

‖基础自测‖

一、疑误辨析

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．

(1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.(　　)

(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.(　　)

(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．(　　)

(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(　　)

(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(　　)

答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√

二、走进教材

2．(选修4－5P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为　　(　　)

A．[－2，1)∪[4，7) B．(－2，1]∪(4，7]

C．(－2，－1]∪[4，7) D．(－2，1]∪[4，7)

答案：D

3．(选修4－5P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．

答案：(－∞，4)

三、易错自纠

4．设a，b为满足ab<0的实数，那么(　　)

A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|

C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|

解析：选B　∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.

5．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．

解析：∵|x－1|≤1，|y－2|≤1，

∴－1≤x－1≤1，－1≤y－2≤1，

∴|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤1＋2＋2＝5.

答案：5

6．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．

解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，

∴要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，

∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.

答案：[－2，4]

【例1】　(2019年全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．

(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；

(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．

[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．

当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当1≤x<2时，f(x)＝2(x－1)≥0；当x≥2时，f(x)＝2x2－4x＋2>0，

所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．

(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.

当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0，

所以，a的取值范围是[1，＋∞)．

►名师点津

解绝对值不等式的常用方法

|跟踪训练|

1．(2020届贵阳摸底)设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－5|，x∈R.

(1)求不等式f(x)≤10的解集；

(2)如果关于x的不等式f(x)≥a－(x－7)2在R上恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意得f(x)＝

当x≤－1时，由－2x＋4≤10得－3≤x≤－1；

当－1＜x≤5时，f(x)＝6＜10恒成立，则－1＜x≤5；

当x＞5时，由2x－4≤10得5＜x≤7.

综上可得，不等式f(x)≤10的解集为{x|－3≤x≤7}．

(2)设g(x)＝a－(x－7)2，则g(x)的图象是以x＝7为对称轴的抛物线，如图所示，在同一坐标系中作出f(x)的图象．“关于x的不等式f(x)≥a－(x－7)2在R上恒成立”等价于2x－4≥a－(x－7)2在(5，＋∞)上恒成立，即a≤x2－12x＋45在(5，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝x2－12x＋45＝(x－6)2＋9，当x＝6时，φ(x)min＝9，经检验，y＝2x－4恰为y＝a－(x－7)2在(6，8)处的切线，∴a≤9.

不等式的证明是考查热点，归纳起来常见的命题角度有：(1)用比较法证明不等式；(2)用综合法证明不等式；(3)用分析法证明不等式．

●命题角度一　用比较法证明不等式

【例2】　设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．

[证明]　∵a，b是非负实数，

∴a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)

＝(－)[()5－()5]．

当a≥b时，≥，从而()5≥()5，

所以(－)[()5－()5]≥0；

当a<b时，<，从而()5<()5，

所以(－)[()5－()5]>0.

故a3＋b3≥(a2＋b2)．

►名师点津

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的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负．

作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小．

●命题角度二　用综合法证明不等式

【例3】　(2019年全国卷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，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋，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)(a＋c)

≥3×(2)×(2)×(2)

＝24，

所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.

►名师点津

1．综合法证明不等式的方法

(1)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)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．

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；≥.

●命题角度三　用分析法证明不等式

【例4】　已知函数f(x)＝|x＋1|.

(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；

(2)设a，b∈M，求证：f(ab)>f(a)－f(－b)．

[解]　(1)由题意，知|x＋1|<|2x＋1|－1，

①当x≤－1时，

不等式可化为－x－1<－2x－2，

解得x<－1；

②当－1<x<－时，

不等式可化为x＋1<－2x－2，即x<－1，

此时不等式无解；

③当x≥－时，不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.

综上，M＝{x|x<－1或x>1}．

(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，

所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，

只需证|ab＋1|>|a＋b|，

即证|ab＋1|2>|a＋b|2，

即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，

即证a2b2－a2－b2＋1>0，

即证(a2－1)(b2－1)>0.

因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，

所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．

►名师点津

1．分析法的应用条件

当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式(≤，a>0，b>0)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．用分析法求证“若A则B”这个命题的模式

为了证明命题B为真，

只需证明命题B1为真，从而有…

只需证明命题B2为真，从而有…

…

只需证明命题A为真，而已知A为真，故B为真．

|跟踪训练|

2．(2020届石家庄摸底)(1)已知a，b，c均为正实数，a＋b＋c＝1，证明：＋＋≥9；

(2)已知a，b，c均为正实数，abc＝1，证明：＋＋≤＋＋.

证明：(1)＋＋＝＋＋＝＋＋1＋＋＋1＋＋＋1＝＋＋＋＋＋＋3≥2＋2＋2＋3＝9，当且仅当a＝b＝c时等号成立．

(2)因为＋＋＝＋＋＋＋＋≥×，

又abc＝1，所以＝c，＝b，＝a，所以＋＋≥＋＋，当且仅当a＝b＝c时等号成立．

【例5】　(2020届湖北部分重点中学联考)已知a，b都是实数，a≠0，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.

(1)求使得f(x)＞2成立的x的取值集合M；

(2)求证：当x∈∁RM时，|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对满足条件的所有a，b都成立．

[解]　(1)由题意得f(x)＝由f(x)＞2得或解得x＜或x＞.

所以实数x的取值范围为∪，即M＝∪.

(2)证明：因为M＝∪，所以当x∈∁RM 时，f(x)≤2，即f(x)max＝2.

因为|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)，a≠0，所以≥f(x)．

又≥＝2，

所以|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)在x∈∁RM时恒成立．

►名师点津

1．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．

2．f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a；

f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.

|跟踪训练|

3．(2019届湘东五校联考)已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x＋1|.

(1)当m＝5时，求不等式f(x)>2的解集；

(2)若二次函数y＝x2＋2x＋3与函数y＝f(x)的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．

解：(1)当m＝5时，f(x)＝

由f(x)>2，得或或解得－<x<.所以不等式的解集为.

(2)因为y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2，所以该函数在x＝－1处取得最小值2.

因为f(x)＝在x＝－1处取得最大值m－2，所以要使二次函数y＝x2＋2x＋3与函数y＝f(x)的图象恒有公共点，只需m－2≥2，即m≥4.

故实数m的取值范围为{m|m≥4}．