新版浙江高考數學理二輪專題訓練：第1部分 專題七 第2講 不等式選講選修45

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1、 1

2、 1 考 點 考 情 絕對值不等式的求解 　　高考對本講內容的考查主要有： (1)不等式性質的應用，絕對值不等式的解法，如陜西T15A. (2)不等式的證明，如江蘇T21D. (3)與絕對值不等式有關的參數問題的求解. 與絕對值不等式有關的參數范圍問題 不等式的證明與綜合應用 1．(20xx·福建高考)設不等式|x－2|

3、集為A，且∈A，?A. (1)求a的值； (2)求函數f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值． 解：(1)因為∈A，且?A，所以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)． 因為

4、a≥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．(20xx·福建高考)已知函數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)因為f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等價于|x|≤m， 由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}． 又因為f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1. (2)證明：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，

5、 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是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立． 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

6、 (1)利用絕對值不等式幾何意義求解，體現(xiàn)數形結合思想． (2)利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)分類討論思想． (3)通過構建函數，利用函數圖像求解，體現(xiàn)函數與方程思想． 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，當且僅當ad＝bc時等號成立. 熱點一 絕對值不等式的求解 [例1]　(20xx·遼寧高考)已知函數f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)當a＝2時，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知關于

7、x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的值． [自主解答]　(1)當a＝2時，f(x)＋|x－4|＝ 當x≤2時，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4， 解得x≤1； 當2

8、——————規(guī)律·總結—————————————————————— 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)令每個絕對值符號里的一次式為0，求出相應的根； (2)把這些根由小到大排序，它們把數軸分為若干個區(qū)間； (3)在所分區(qū)間上，根據絕對值的定義去掉絕

9、對值符號，討論所得的不等式在這個區(qū)間上的解集； (4)這些解集的并集就是原不等式的解集. 1．已知函數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x≤2時，f(x)＝2－x－(5－x)＝－3； 當2

10、2－8x＋15的解集為空集； 當2

11、x)的解集； (2)設a＞－1，且當x∈時，f(x)≤g(x)，求a的取值范圍． [自主解答]　(1) 當a＝－2時，不等式f(x)＜g(x)化為|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0. 設函數y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，則 y＝其圖像如圖所示． 從圖像可知，當且僅當x∈(0,2)時，y<0，所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}． (2)當x∈時，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——————————————————

12、———— 1．解決含參數的絕對值不等式問題，常用以下兩種方法： (1)將參數分類討論，將其轉化為分段函數解決； (2)借助于絕對值的幾何意義，先求出f(x)的最值或值域，然后再根據題目要求，求解參數的取值范圍． 2．解答此類問題應熟記以下轉化：f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)a有解?f(x)max>a；f(x)a無解?f(x)max≤a；f(x)5的解集為{x|x>2或x<－3}． (1)求a

13、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a>0時，解得x>或x<－，則a＝2； 當a≤0時，經驗證不合題意． 綜上，a＝2. (2)設g(x)＝f(x)－f， 則g(x)＝ 則函數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，k≥－. 即k的取值范圍是. 熱點三 不等式的證明 　[例3]　(20xx·新課標全國卷Ⅱ)設a，b，c均為正數，且a＋b＋c＝1.證明： (1) ab＋bc＋ac≤；

14、 (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)因為＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. ——————————規(guī)律·總結—————————————————————— 不等式證明的常用方法是：比較法、綜合法與分析法．其中運用綜合法證明不等式時，主要是運用基本不等式與

15、柯西不等式證明，與絕對值有關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行恰當的轉化、變形． 3．(1)設a≥b＞0，證明：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2； (2)證明：a6＋8b6＋c6≥2a2b2c2； (3)若a，b，c為正實數，證明：a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc. 證明：(1)3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)－2b2(a－b)＝(a－b)(3a2－2b2)． ∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2>0. ∴(a－b)(3a2－2b2)≥0. ∴3a3＋2b3≥3a2b＋

16、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. 熱點四 不等式的綜合應用 　[例4]　已知a，b為正實數． (1)求證：＋≥a＋b； (2)利用(1)的結論，求函數y＝＋(00，b>0， ∴(a＋b)＝a2＋b2＋＋≥a2＋b2＋

17、2ab＝(a＋b)2. ∴＋≥a＋b，當且僅當a＝b時等號成立． 法二：＋－(a＋b)＝ ＝＝ ＝， 又∵a>0，b>0，∴≥0，當且僅當a＝b時等號成立． ∴＋≥a＋b. (2)∵00， 由(1)的結論，得函數y＝＋≥(1－x)＋x＝1， 當且僅當1－x＝x，即x＝時等號成立． ∴函數y＝＋(0