2025版高考数学一轮复习不等式选讲教学案理含解析新人教A版选修4-5

PAGE2-选修4－5不等式选讲[考纲传真]1.理解肯定值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)，|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R).2.会利用肯定值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.3.通过一些简洁问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．1．肯定值不等式的解集(1)含肯定值的不等式|x|<a与|x|>a的解法：不等式a>0a＝0a<0|x|<a{x|－a＜x＜a}∅∅|x|>a{x|x＞a或x＜－a}{x∈R|x≠0}R(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利用肯定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．2．肯定值三角不等式定理1：假如a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：假如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．3．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：假如a，b为正数，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：假如a，b，c为正数，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)假如a1，a2，…，an为n个正数，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．4．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设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)．(2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α或β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ(α，β为非零向量)时，等号成立．(3)柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则eq\r(x1－x22＋y1－y22)＋eq\r(x2－x32＋y2－y32)≥eq\r(x1－x32＋y1－y32).(4)柯西不等式的一般形式：设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．5．不等式证明的方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等．[基础自测]1．(思索辨析)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)对|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时，等号成立．()(2)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.()(3)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．()(4)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时假设为“a，b，c全不为0”．()[答案](1)√(2)√(3)√(4)×2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是()A．(－∞，4) B．(－∞，1)C．(1,4) D．(1,5)A[①当x<1时，原不等式等价于1－x－(5－x)<2，即－4<2，恒成立，∴x<1.②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－(5－x)<2，即x<4，∴1≤x＜4.③当x>5时，原不等式等价于x－1－(x－5)<2，即4<2，无解．综合①②③知x<4.]3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.2[∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]4．(教材改编)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________．(－∞，－3]∪[3，＋∞)[由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，只需|a|≥3，∴a≥3或a≤－3.]5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．9[∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)×\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)×\f(b,c))＝3＋6＝9，当且仅当a＝b＝c时等号成立．]含肯定值不等式的解法【例1】(2024·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x≤－1，,2x，－1＜x＜1，,2，x≥1.))故不等式f(x)＞1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞\f(1,2))).(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|＜1成立．若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；若a＞0，|ax－1|＜1的解集为0＜x＜eq\f(2,a)，所以eq\f(2,a)≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．[规律方法]1解肯定值不等式的关键是去肯定值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去肯定值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用肯定值的几何意义，结合数轴直观求解.2不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.两边平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－eq\f(1,3).所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.令h(x)＝|2x＋1|－|x|，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－1，x≤－\f(1,2)，,3x＋1，－\f(1,2)<x<0，,x＋1，x≥0.))由分段函数图象可知h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)，从而所求实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).不等式的证明【例2】(2024·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.[证明](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)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.[规律方法]不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法.其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与肯定值有关的不等式证明常用肯定值三角不等式.证明过程中一方面要留意不等式成立的条件，另一方面要擅长对式子进行恰当的转化、变形.已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥9.[证明]因为x＞0，y＞0，所以1＝x＋y≥2eq\r(xy).所以xy≤eq\f(1,4).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝1＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(x＋y,xy)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(2,xy)≥1＋8＝9.当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)时，等号成立．应用不等式解决最值问题►考法1利用基本不等式求最值【例3】(2014·全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(ab).(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．[解](1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，且当a＝b＝eq\r(2)时等号成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，且当a＝b＝eq\r(2)时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4eq\r(2).(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq\r(6)eq\r(ab)≥4eq\r(3).由于4eq\r(3)>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.►考法2与肯定值三角不等式有关的最值【例4】(2024·武汉模拟)已知f(x)＝|x－a|＋|x－3|.(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若不等式f(x)≤3的解集非空，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x－3|≥|x－1－x＋3|＝2，∴f(x)的最小值为2，当且仅当1≤x≤3时取得最小值．(2)∵x∈R时，恒有|x－a|＋|x－3|≥|(x－a)－(x－3)|＝|3－a|，又不等式f(x)≤3的解集非空，∴|3－a|≤3，∴0≤a≤6.∴a的取值范围为[0,6]．[规律方法]肯定值三角不等式、基本不等式在解决多变量代数式的最值问题中有着重要的应用，无论运用肯定值三角不等式还是运用基本不等式时应留意等号成立的条件.已知a＞0，b＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为1.(1)求证：2a＋b＝2；(2)若a＋2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．[解](1)证明：f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝|x＋a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))，∵|x＋a|＋x－eq\f(b,2)≥(x＋a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))＝a＋eq\f(b,2)且x－eq\f(b,2)≥0，∴f(x)≥a＋eq\f(b,2)，当x＝eq\f(b,2)时取等号，即f(x)的最小值为a＋eq\f(b,2)，∴a＋eq\f(b,2)＝1，即2a＋b＝2.(2)∵a＋2b≥tab恒成立，∴eq\f(a＋2b,ab)≥t恒成立，eq\f(a＋2b,ab)＝eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a)))(2a＋b)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))＝eq\f(9,2)，当a＝b＝eq\f(2,3)时，eq\f(a＋2b,ab)取得最小值eq\f(9,2)，∴eq\f(9,2)≥t，即实数t的最大值为eq\f(9,2).柯西不等式的应用【例5】(2024·江苏高考)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.[证明]由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.[规律方法](1)运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样形式时，就可运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：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,1))＋\f(1,a\o\al(2,2))＋…＋\f(1,a\o\al(2,n))))≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在运用柯西不等式时，要留意右边为常数且应留意等号成立的条件．已知大于1的正数x，y，z满意x＋y＋z＝3eq\r(3).求证：eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(\r(3),2).[证明]由柯西不等式及题意得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x＋2y＋3z)＋\f(y2,y＋2z＋3x)＋\f(z2,z＋2x＋3y)))[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18eq\r(3)，∴eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(27,18\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当x＝y＝z＝eq\r(3)时，等号成立．1．(2024·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出