高中数学第一章不等式和绝对值不等式本讲整合课件新人教A版选修

本讲整合专题一专题二专题三专题一:不等式的证明本讲中证明不等式主要运用基本不等式和绝对值三角不等式.应依据题目特点,结合不等式的基本性质、基本不等式、绝对值三角不等式等进行推理论证.(1)使用不等式的基本性质时,要注意条件.(2)使用基本不等式时,要注意拆并项、转化系数等技巧的应用,并注意等号成立的条件.(3)使用绝对值三角不等式时,注意拆项和构造法的运用.专题一专题二专题三例1设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:分析：(1)可直接利用重要不等式进行证明;(2)可通过运用基本不等式并结合传递性进行证明.解：(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤

(当且仅当a=b=c时,等号成立).专题一专题二专题三专题一专题二专题三专题一专题二专题三专题一专题二专题三例2设f(x)=ax2+bx+c,当|x|≤1时,总有|f(x)|≤1,求证|f(2)|≤7.分析：由已知条件出发,对x取特殊值,得到a,b,c满足的条件,再利用三角不等式证明.证明：因为当|x|≤1时,有|f(x)|≤1,所以|f(0)|=|c|≤1,|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1.又f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c,则|a+b+c|≤1,|a-b+c|≤1,所以|f(2)|=|4a+2b+c|=|3(a+b+c)+(a-b+c)-3c|=|3f(1)+f(-1)-3f(0)|≤|3f(1)|+|f(-1)|+|3f(0)|≤3+1+3=7.故|f(2)|≤7.专题一专题二专题三变式训练2

若f(x)=x2-x+c(c为常数),且|x-a|<1.

求证|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).证明：|f(x)-f(a)|=|(x2-x+c)-(a2-a+c)|=|x2-x-a2+a|=|(x-a)(x+a-1)|=|x-a|·|x+a-1|,又|x-a|<1,∴|x-a|·|x+a-1|<|x+a-1|=|(x-a)+(2a-1)|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1).专题一专题二专题三专题二:不等式的求解例3解不等式|x+1|>|2x-3|-2.分析：可采用零点分段法求解.专题一专题二专题三变式训练3

解不等式|2x-4|-|3x+9|<1.

专题一专题二专题三例4已知关于x的不等式|ax-1|+|ax-a|≥1(a>0).(1)当a=1时,求不等式的解集;(2)若此不等式的解集为R,求实数a的取值范围.分析：对于(1),可直接代入a的值,然后利用|ax+b|≤c型绝对值不等式的解法求解;对于(2),可转化为最值问题求解.(2)∵|ax-1|+|ax-a|≥|a-1|,即|ax-1|+|ax-a|的最小值为|a-1|,∴原不等式解集为R,等价于|a-1|≥1,∴a≥2或a≤0.又a>0,∴a≥2,故实数a的取值范围为[2,+∞).专题一专题二专题三变式训练4

已知函数f(x)=|x-1|.

(1)解关于x的不等式f(x)+x2-1>0;(2)若g(x)=-|x+3|+m,且f(x)<g(x)的解集非空,求实数m的取值范围.解：(1)由题意原不等式可化为|x-1|>1-x2,当x=1时,明显不成立.当x>1时,由x-1>1-x2得x>1或x<-2,故x>1;当x<1时,由1-x>1-x2得x>1或x<0,故x<0.综上,原不等式的解集为{x|x<0或x>1}.(2)原不等式等价于|x-1|+|x+3|<m的解集非空,令h(x)=|x-1|+|x+3|,即h(x)=(|x-1|+|x+3|)min<m.由|x-1|+|x+3|≥|x-1-x-3|=4,则h(x)min=4,故实数m的取值范围为(4,+∞).专题一专题二专题三专题三:最值及恒成立问题例5若不等式log3(|x-4|+|x+5|)>a对于一切x∈R恒成立,则实数a的取值范围是

.

分析：应求出log3(|x-4|+|x+5|)的最小值,令a小于这个最小值,即为实数a的取值范围.解析：由绝对值的几何意义知|x-4|+|x+5|≥9,则log3(|x-4|+|x+5|)≥2,所以要使不等式log3(|x-4|+|x+5|)>a对于一切x∈R恒成立,则a<2.答案：(-∞,2)专题一专题二专题三变式训练5

若关于x的不等式|a|≥|x+1|+|x-2|存在实数解,则实数a的取值范围是

.

所以要使|a|≥|x+1|+|x-2|有解,应有|a|≥3,即a≤-3或a≥3.答案：(-∞,-3]∪[3,+∞)专题一专题二专题三例6设a>0,b>0,且不等式

恒成立,则实数k的最小值等于(

)A.0 B.4 C.-4 D.-2分析：首先将参数k与变量a,b进行分离,即把参数k放到不等式的一边,不等式的另一边是关于变量a,b的代数式,然后只需求出关于变量a,b的代数式的最值,即可得到参数k的取值范围,从而得出k的最小值.专题一专题二专题三答案：C

专题一专题二专题三变式训练6

设函数f(x)=|x+2|-|x-2|.

(1)解不等式f(x)≥2;(2)当x∈R,0<y<1时,求证|x+2|-|x-2|≤12345678考点1:最值及恒成立问题1.(2015重庆高考)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=

.

12345678所以f(x)在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,则f(x)在x=a处取最小值f(a)=a+1,由a+1=5,得a=4,符合a>-1.综上,实数a的值为-6或4.答案：-6或4123456782.(2013天津高考)设a+b=2,b>0,则

的最小值为

.

123456783.(2017全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.解：(1)当a=1时,不等式

f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;12345678(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].12345678考点2:不等式证明4.(2017全国Ⅱ高考)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.解：(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.123456785.(2015全国Ⅱ高考)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:12345678(2)必要性: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.12345678考点3:解不等式问题6.(2013陕西高考)设a,b∈R,|a-b|>2,则关于实数x的不等式|x-a|+|x-b|>2的解集是

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解析：由不等式性质知:|x-a|+|x-b|≥|(x-a)-(x-b)|=|b-a|=|a-b|>2,所以|x-a|+|x-b|>2的解集为全体实数.答案：(-∞,+∞)123456787.(2017全国Ⅲ高考)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.(1)求不等式f(x)≥1的解集;(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.当x<-1时,f(x)≥1无解;当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1的解集为