第37节 不等式选讲+复数（解析版）

第37节不等式选讲+复数基本技能要落实考点一绝对值不等式性质的应用【例1】设a0，|x－1|a3，|y－2|a3，求证：|2x＋y－4|a.【证明】由|x－1|a3可得|2x－2|2a3，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|2a3＋a3＝a.【例2】若f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|的最小值为4，求a的值.【解析】因为f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|≥|3x＋1a－(3x－3a)|＝1a＋3a，由1a＋3a＝4得a＝±1或a＝±13.【方法技巧】1.求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：(1)利用绝对值的几何意义.(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|.(3)利用零点分区间法.2.含绝对值不等式的证明中，关键是绝对值三角不等式的活用.【跟踪训练】设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|1.(1)解不等式|f(x)|5；(2)求证：|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).(1)解因为|x2－x－15|5，所以x2－x－15－5或x2－x－155，即x2－x－100或x2－x－200，解得1－412x1＋412或x－4或x5，所以不等式|f(x)|5的解集为{x|x－4或1－412x1＋412或x5}.(2)证明因为|x－a|1，所以|f(x)－f(a)|＝|(x2－x－15)－(a2－a－15)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|1·|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).考点二绝对值不等式恒成立与能成立问题【例3】(2022·陇南二诊)已知a≠0，函数f(x)＝|ax－1|，g(x)＝|ax＋2|.(1)若f(x)g(x)，求x的取值范围；(2)若f(x)＋g(x)≥|2×10a－7|对x∈R恒成立，求a的最大值与最小值之和.解(1)因为f(x)g(x)，所以|ax－1||ax＋2|，两边同时平方得a2x2－2ax＋1a2x2＋4ax＋4，即6ax－3，当a0时，x－12a，即x的取值范围是－12a，＋∞；当a0时，x－12a，即x的取值范围是－∞，－12a.(2)因为f(x)＋g(x)＝|ax－1|＋|ax＋2|≥|(ax－1)－(ax＋2)|＝3，所以f(x)＋g(x)的最小值为3，所以|2×10a－7|≤3，则－3≤2×10a－7≤3，解得lg2≤a≤lg5，故a的最大值与最小值之和为lg2＋lg5＝lg10＝1.【例4】(2021·东北三省三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋1.(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x＜2；(2)若存在a∈－13，1时，使不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围.解(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，不等式f(x)＋x＜2化为|2x＋2|＜1－x.当1－x≤0时，即x≥1时，该不等式无解.当1－x＞0时，原不等式化为x－1＜2x＋2＜1－x.解之得－3＜x＜－13.综上，原不等式的解集为x|－3＜x＜－13.(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，即不等式有解，所以不等式等价于b≤g(x)max.由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，所以b≤|a2－a|＋1.由题意知存在a∈－13，1，使得上式成立，而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈－13，1上的最大值为h－13＝139，所以b≤139，即b的取值范围是－∞，139.【方法技巧】1.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.2.(1)在例6第(1)问，可作出函数y＝|2x＋2|与y＝1－x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集.(2)第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值.存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a.【跟踪训练】1.(2022·呼和浩特模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|.(1)当a＝1时，解关于x的不等式f(x)≤6；(2)已知g(x)＝|x－1|＋2，若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|，则f(x)＝－4x－1，x－1，3，－1≤x≤12，4x＋1，x12.当x－1时，由－4x－1≤6，得－74≤x－1；当－1≤x≤12时，f(x)≤6恒成立；当x12时，由4x＋1≤6，得12x≤54.综上，f(x)≤6的解集为x－74≤x≤54.(2)∵对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，∴{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}.又f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|≥|2x－a－(2x＋2)|＝|a＋2|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，∴|a＋2|≥2，解得a≤－4或a≥0，∴实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[0，＋∞).考点三比较法证明不等式【例3】设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：13a＋16b＜14；(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由.(1)证明设f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3，x≤－2，－2x－1，－2＜x＜1，－3，x≥1.由－2＜－2x－1＜0，解得－12＜x＜12.因此集合M＝－12，12，则|a|＜12，|b|＜12.所以13a＋16b≤13|a|＋16|b|＜13×12＋16×12＝14.(2)解由(1)得a2＜14，b2＜14.因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝16a2b2－4a2－4b2＋1＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.【方法技巧】比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论.(2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论.【跟踪训练】设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是________.答案s≥t解析s－t＝a＋b2＋1－(a＋2b)＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.考点四综合法证明不等式【例4】(2020·全国Ⅲ卷)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.(1)证明：ab＋bc＋ca0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥34.证明(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝12[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－12(a2＋b2＋c2)0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a.因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a0，b0，c0.由bc≤（b＋c）24，可得abc≤a34，当且仅当b＝c＝－a2时取等号，故a≥34，所以max{a，b，c}≥34.【方法技巧】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.【跟踪训练】1.已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤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＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.所以1a＋1b＋1c≤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≥33（a＋b）3（b＋c）3（c＋a）3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝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.考点五复数的运算【例5】1．(2019·全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝()A．－1－iB．－1＋iC．1－iD．1＋i解析：选D由z(1＋i)＝2i，得z＝2i1＋i＝2i1－i1＋i1－i＝2i1－i2＝i(1－i)＝1＋i.故选D.2．(2022·合肥质检)已知i为虚数单位，则2＋i3－4i2－i＝()A．5B．5iC．－75－125iD．－75＋125i解析：选A2＋i3－4i2－i＝10－5i2－i＝5，故选A.3．(2022·惠州模拟)已知复数z的共轭复数为z，若z(1－i)＝2i(i为虚数单位)，则z＝()A．iB．－1＋iC．－1－iD．－i解析：选C由已知可得z＝2i1－i＝2i1＋i1－i1＋i＝－1＋i，则z＝－1－i，故选C.4．(2018·全国卷Ⅰ)设z＝1－i1＋i＋2i，则|z|＝()A．0B．12C．1D.2解析：选C∵z＝1－i1＋i＋2i＝1－i21＋i1－i＋2i＝－2i2＋2i＝i，∴|z|＝1.故选C.【方法技巧】复数的加减法在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可复数的乘法复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可复数的除法除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式考点六复数的几何意义【例6】1．(2019·全国卷Ⅱ)设z＝－3＋2i，则在复平面内z对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：选Cz＝－3－2i，故z对应的点(－3，－2)位于第三象限．故选C.2．(2019·全国卷Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1解析：选C由已知条件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1，∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.3．设(1－i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则x＋yi在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：选D∵x，y是实数，∴(1－i)x＝x－xi＝1＋yi，∴x＝1，－x＝y，解得x＝1，y＝－1，∴x＋yi在复平面内所对应的点为(1，－1)，位于第四象限．故选D.4．若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1)B．(－∞，－1)C．(1，＋∞)D．(－1，＋∞)解析：选B因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，又此点在第二象限，所以a＋10，1－a0，解得a－1.【方法技巧】1．准确理解复数的几何意义(1)复数z、复平面上的点Z及向量OZ―→相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔OZ―→.(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．2．与复数的几何意义相关问题的一般步骤(1)进行简单的复数运算，将复数化为标准的代数形式；(2)把复数问题转化为复平面内的点之间的关系，依据是复数a＋bi