2018年高考数学总复习-不等式选讲

第三节不等式选讲(选修4-5)考纲解读1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档.知识点精讲一、不等式的性质1.同向合成（1）,abbcac；（2）,cabdacbd；（3）0,c0abdacbd.（合成后为必要条件）2.同解变形（1）abacbc；（2）0,0,abcacbccacbc；（3）11000ababba.（变形后为充要条件）3.作差比较法0,0abababab二、含绝对值的不等式（1）0,||axaaxa；0,||,axaxaxa或（2）22||||abab（3）||||xaxbc零点分段讨论三、基本不等式（1）222abab（当且仅当等号成立条件为ab）（2）0,0,22ababab（当且仅当等号成立条件为ab）；30,0,0,3abcabcabc（当且仅当abc时等号成立）（3）柯西不等式22222()()()abcdacbd（当且仅当adbc时取等号）①几何意义：2222||adbcabcdabab||||||≤②推广：222222212121122()()()nnnnaaabbbababab.当且仅当向量12(,,,)naaaa=与向量12(,,,)nbbbb=共线时等号成立.四、不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法.（2）综合法——由因到果.（3）分析法——执果索因.（4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式.（6）反证法.（7）放缩法.题型归纳即思路提示题型201含绝对值的不等式一、解含绝对值的不等式思路提示对于含绝对值的不等式问题，首先要考虑的是根据绝对值的意义去掉绝对值.常用的去绝对值方法是零点分段法.特别用于多个绝对值的和或差不等式问题.若单个绝对值的不等式常用以下结论：|()|()()()()fxgxgxfxgx；|()|()()()()()fxgxfxgxfxgx或；22|()||()|()()(()())(()())0fxgxfxgxfxgxfxgx.有时去绝对值也可根据22||xx来去绝对值.例16.14在实数范围内，不等式||2|1|1x的解集为.解析由于||2|1|1x，即1|2|11x，即|2|2x，所以222x，所以04x.所以不等式的解集为[0,4].变式1不等式|5||3|10xx的解集是（）A.[5,7]B.[4,6]C.(,5][7,)D.(,4][6,)变式2已知函数()|2||5|fxxx.（1）证明：3()3fx；（2）求不等式2()815fxxx的解集.二、含绝对值不等式恒成立，求参数问题例16.15（2012辽宁理24）已知()|1|()fxaxaR,不等式()3fx的解集为|21xx.(1)求a的值；(2)若|()2()|2xfxfk恒成立，求k的取值范围.解析（1）由|1|3ax得42ax，又()3fx的解集为|21xx，所以当0a时，不合题意.当0a时，42xaa得2a.(2)记()()2()2xhxfxf，则1,11()43,1211,2xhxxxx，所以|()|1hx，因此1k，即k的取值范围是[1,).变式1（2012新课标理24）已知函数()|||2|fxxax.（1）当3a时，求不等式()3fx的解集；（2）若()|4|fxx的解集包含[1,2]，求a的取值范围.变式2(2013重庆理16)若关于实数x的不等式|5||3|xxa无解，则实数a的取值范围是.变式3(2013全国新课标I理24)已知函数()|21||2|fxxxa,g()3xx.(1)当2a时，求不等式()()fxgx的解集；(2)设1a，且当1[,)22ax时，()()fxgx，求a的取值范围.三、含绝对值（方程）不等式有解，求参数问题例16.16若关于x的不等式|||1||2|axx存在实数解，则实数a的取值范围是.解析不等式|||1||2|axx有解，则min||(|1||2|)3axx，故实数a的取值范围是(,3][3,).变式1(2012陕西理15)若存在实数x使|||1|3xax成立，则实数a的取值范围是.变式2已知aR，关于x的方程21||||04xxaa有实根，求a的取值范围.四、已知含绝对值不等式的解集，求参数的值或范围例16.17（2013福建理23）设不等式|2|()xaaN的解集为A，且31,22AA.(1)求a的值；(2)求函数()|||2|fxxax的最小值.分析先根据不等式的情况求出字母取值，在利用不等式求解最值.解析（1）因为3,2A且12A，所以3|2|2a，且1|2|2a，解得1322a.又aN，所以1a.(2)因为|1||2||(1)(2)|3xxxx，当且仅当(1)(2)0xx，即12x时取等号，所以()fx的最小值为3.变式1设函数()||3fxxax，其中0a.(1)当1a时，求不等式()32fxx的解集；(2)若不等式()0fx的解集为|1xx，求a的值.变式2(2013辽宁理24)已知函数()||fxxa，其中1a.(1)当2a时，求不等式()4|4|fxx的解集；(2)已知关于x的不等式|(2)2()|2fxafx的解集为|12xx，求a的值.变式3(2012山东理13)若不等式|4|2kx的解集为|13xx，则实数k=.题型202不等式的证明一、比较法（差值法和比值法）思路提示将待比较的两个代数式通过作差或作商，与0与1进行比较，得到大小关系.例16.18已知,,abm均为正实数，且ab，求证：amabmb.分析比较ambm与ab的大小可通过作差法.解析amabmb()()()bamabmbbm()bmambbm()()bambbm.因为,,abmR，ab，所以0ba,0m,0bm.故()0()amabambmbbbm.所以amabmb.评注作差比较的基本步骤为：（1）作差.（2）变形.（3）判断符号.变式1已知,,abR，且ab,nN.求证：11()()2()nnnnababab.二、利用函数的单调性证明思路提示使用对象：在某区间成立的函数不等式、数值不等式的证明通常是通过辅助函数完成的.解题程序：（1）移项（有时需要作简单的恒等变形），使不等式一端为0，另一端为所作辅助函数()fx.（2）求()fx并验证()fx在指定区间上的单调性.（3）求出区间端点的函数值（或极限值），其中至少有一个为0或已知符号，作比较即得所证.例16.19已知01x，求证：31sin6xxx.分析属于在某区间上成立的不等式，通过移项使得一端为0，另一端为所作的辅助函数，利用函数的单调性证明.解析原不等式等价于31sin0(01)6xxxx.令31()sin(01)6fxxxxx，21()cos12fxxx2212sin22xx.令()sin(01)22xxgxx，则11()cos0222xgx，故()gx在[0,1)上是减函数，所以当01x时，()sin(0)022xxgxg，故sin22xx.故22()2()022xxfx，所以()fx在[0,1)上是增函数.又(0)0f，所以当01x时，()0fx成立.于是31sin6xxx成立.变式1证明：当02x时，2sinxxx.三、综合法与分析法思路提示字母12,,,,,nAAAAB分别表示一组不等式，其中B为已知不等式，A为待证不等式.若有12nAAAAB，综合法是由B前进式地推导A，分析法是由A倒退式地分析到B.用分析法时，必须步步可逆.1.综合法（由因到果）例16.20证明：2367.分析观察到23与67是负数，被开方数分别为2,3,6,7，显然满足23671，这样可以考虑将分子有理化.解析12323，16767，112367，故112367，即2367.评注类似的问题可以总结为112mmmmd的形式或者更广泛的形式11()mmmkmkkN.变式1设2()1()fxxab，求证：|()()|||fafbab.2.分析法（由果索因）例16.21设1212,,,aabbR，求证：11221212()()ababaabb.分析利用分析法将证明的不等式进行恒等变形，从而探寻证明的突破口.解析要证明11221212()()ababaabb，只要证112212121212()()2ababaabbaabb，即证122112122ababaabb.因为1212,,,aabbR，所以122112122ababaabb.故原不等式成立.评注在证明不等式时，经常用分析法探寻证明思路，再用综合法表述证明过程，有些不等式的证明需要一边分析，一边综合，在使用分析法证明时，要注意分析过程步步可逆.变式1若abc，且0abc，求证：23baca.四、反证法思路提示从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.它的依据是原命题与逆否命题同真假.例16.22已知,,abc为不小于1的正数，求证：(1),(1),(1)acbacb不可能同时大于14.分析假设三式都大于14，经过推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论的正确性.解析假设三式都大于14，即111(1),(1),(1)44 4acbacb，有11(1)22acac①同理11(1)22baba②11(1) 22cbcb③三式相加得3322，矛盾，故原命题成立.评注对于从正面证明不易着手，但从反面证明相对简单的命题，利用反证法解题会很方便.这也体现了数学中“正难则反”的思想.变式1已知,,abR，332ab,求证：2ab.五、放缩法思路提示预证AB，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得112,,,KBBBBBA或112,,,KAAAAAB，再利用传递性，达到证明目的，常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩.例16.23已知正数,,abc满足1abc，求证：6161616abc.分析采用“添项”放缩法解析2261961(31)31aaaaa①同理6131bb②6131cc③①+②+③得6161613()36abcabc.评注放缩法的主要依据是不等式的传递性，通常，若所证不等式两边形式差异较大，则应考虑用放缩法.本题也可用柯西不等式证明：2(616161)3(616161)2736abcabc，所以61