高考不等式选讲专题复习(经典)

第1页共10页不等式选讲高考导航考试要求重难点击命题展望1.理解绝对值的几何意义，并能用它证明绝对值三角不等式等较简单的不等式.①|a＋b|≤|a|＋|b|；②|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.能用绝对值的几何意义解几类简单的绝对值型不等式，如|ax＋b|≤c或|ax＋b|≥c，以及|x－a|＋|x－b|≥c或|x－a|＋|x－b|≤c类型.3.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法.4.了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用它证明一些简单不等式及其他问题.5.了解柯西不等式的几种不同形式：二维形式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2、向量形式|α|·|β|≥|α·β|、一般形式nininiiiiibaba112122)(≥，理解它们的几何意义.掌握柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用.6.了解排序不等式的推导及意义并能简单应用.7.会用数学归纳法证明贝努利不等式：.)1,0,1＞(＞1)1(的正整数为大于nxxnxxn本章重点：不等式的基本性质；基本不等式及其应用、绝对值型不等式的解法及其应用；用比较法、分析法、综合法证明不等式；柯西不等式、排序不等式及其应用.本章难点：三个正数的算术——几何平均不等式及其应用；绝对值不等式的解法；用反证法、放缩法证明不等式；运用柯西不等式和排序不等式证明不等式.本专题在数学必修5“不等式”的基础上，进一步学习一些重要的不等式，如绝对值不等式、柯西不等式、排序不等式以及它们的证明，同时了解证明不等式的一些基本方法，如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等，会用绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式、排序不等式等解决一些简单问题.高考中，只考查上述知识和方法，不对恒等变形的难度和一些技巧作过高的要求.知识网络§1绝对值型不等式典例精析题型一解绝对值不等式【例1】设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.(1)解不等式f(x)＞3；(2)若f(x)＞a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围.第2页共10页【解析】(1)因为f(x)＝|x－1|＋|x－2|＝.2＞3,-22,≤≤1,11,＜,23xxxxx所以当x＜1时，3－2x＞3，解得x＜0；当1≤x≤2时，f(x)＞3无解；当x＞2时，2x－3＞3，解得x＞3.所以不等式f(x)＞3的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞).(2)因为f(x)＝.2＞3,-22,≤≤1,1＜1,,23xxxxx所以f(x)min＝1.因为f(x)＞a恒成立，所以a＜1，即实数a的取值范围是(－∞，1).【变式训练1】设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＋a.(1)当a＝－5时，求函数f(x)的定义域；(2)若函数f(x)的定义域为R，试求a的取值范围.【解析】(1)由题设知|x＋1|＋|x－2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|＋|x－2|和y＝5的图象，知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞).(2)由题设知，当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，即|x＋1|＋|x－2|≥－a，又由(1)知|x＋1|＋|x－2|≥3，所以－a≤3，即a≥－3.题型二解绝对值三角不等式【例2】已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对a≠0，a、b∈R恒成立，求实数x的范围.【解析】由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0得|a＋b|＋|a－b||a|≥f(x).又因为|a＋b|＋|a－b||a|≥|a＋b＋a－b||a|＝2，则有2≥f(x).解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得12≤x≤52.【变式训练2】(2010深圳)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋4a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是.【解析】(－∞，0)∪{2}.题型三利用绝对值不等式求参数范围【例3】(2009辽宁)设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；(2)如果∀x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围.【解析】(1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|.由f(x)≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3，①当x≤－1时，不等式化为1－x－1－x≥3，即－2x≥3，不等式组3≥)(1,≤xfx的解集为(－∞，－32]；②当－1＜x≤1时，不等式化为1－x＋x＋1≥3，不可能成立，不等式组3≥)(1,≤＜1xfx的解集为∅；③当x＞1时，不等式化为x－1＋x＋1≥3，即2x≥3，第3页共10页不等式组3≥)(1,＞xfx的解集为[32，＋∞).综上得f(x)≥3的解集为(－∞，－32]∪[32，＋∞).(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|不满足题设条件.若a＜1，f(x)＝1,≥1),(-2＜1,＜,1,≤,12xaxxaaaxaxf(x)的最小值为1－a.由题意有1－a≥2，即a≤－1.若a＞1，f(x)＝,≥1),(-2,＜＜1,11,≤,12axaxaxaxaxf(x)的最小值为a－1，由题意有a－1≥2，故a≥3.综上可知a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞).【变式训练3】关于实数x的不等式|x－12(a＋1)2|≤12(a－1)2与x2－3(a＋1)x＋2(3a＋1)≤0(a∈R)的解集分别为A，B.求使A⊆B的a的取值范围.【解析】由不等式|x－12(a＋1)2|≤12(a－1)2⇒－12(a－1)2≤x－12(a＋1)2≤12(a－1)2，解得2a≤x≤a2＋1，于是A＝{x|2a≤x≤a2＋1}.由不等式x2－3(a＋1)x＋2(3a＋1)≤0⇒(x－2)[x－(3a＋1)]≤0，①当3a＋1≥2，即a≥13时，B＝{x|2≤x≤3a＋1}，因为A⊆B，所以必有1,3≤1,2≤22aaa解得1≤a≤3；②当3a＋1＜2，即a＜13时，B＝{x|3a＋1≤x≤2}，因为A⊆B，所以2,≤1,2≤132aaa解得a＝－1.综上使A⊆B的a的取值范围是a＝－1或1≤a≤3.总结提高1.“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件.2.绝对值不等式的解法中，||x＜a的解集是(－a，a)；||x＞a的解集是(－∞，－a)∪(a，＋∞)，它可以推广到复合型绝对值不等式||ax＋b≤c，||ax＋b≥c的解法，还可以推广到右边含未知数x的不等式，如||3x＋1≤x－1⇒1－x≤3x＋1≤x－1.3.含有两个绝对值符号的不等式，如||x－a＋||x－b≥c和||x－a＋||x－b≤c型不等式的解法有三种，几何解法和代数解法以及构造函数的解法，其中代数解法主要是分类讨论的思想方法，这也是函数解法的基础，这两种解法都适宜于x前面系数不为1类型的上述不等式，使用范围更广.§2不等式的证明(一)典例精析题型一用综合法证明不等式【例1】若a，b，c为不全相等的正数，求证：lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞lga＋lgb＋lgc.【证明】由a，b，c为正数，得第4页共10页lga＋b2≥lgab；lgb＋c2≥lgbc；lga＋c2≥lgac.而a，b，c不全相等，所以lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞lgab＋lgbc＋lgac＝lga2b2c2＝lg(abc)＝lga＋lgb＋lgc.即lga＋b2＋lgb＋c2＋lga＋c2＞lga＋lgb＋lgc.【点拨】本题采用了综合法证明，其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据(是一个定理)，在证明不等式时要注意结合运用.而在不等式的证明过程中，还要特别注意等号成立的条件是否满足.【变式训练1】已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.求证：|ac＋bd|≤1.【证明】因为a，b，c，d都是实数，所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤a2＋c22＋b2＋d22＝a2＋b2＋c2＋d22.又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，所以|ac＋bd|≤1.题型二用作差法证明不等式【例2】设a，b，c为△ABC的三边，求证：a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca).【证明】a2＋b2＋c2－2(ab＋bc＋ca)＝(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2－a2－b2－c2＝[(a－b)2－c2]＋[(b－c)2－a2]＋[(c－a)2－b2].而在△ABC中，||b－a＜c，所以(a－b)2＜c2，即(a－b)2－c2＜0.同理(a－c)2－b2＜0，(b－c)2－a2＜0，所以a2＋b2＋c2－2(ab＋bc＋ca)＜0.故a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca).【点拨】不等式的证明中，比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法，而在牵涉到三角形的三边时，要注意运用三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.【变式训练2】设a，b为实数，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求证：a2m＋b2n≥(a＋b)2.【证明】因为a2m＋b2n－(a＋b)2＝na2＋mb2mn－nm(a2＋2ab＋b2)mn＝na2(1－m)＋mb2(1－n)－2mnabmn＝n2a2＋m2b2－2mnabmn＝(na－mb)2mn≥0，所以不等式a2m＋b2n≥(a＋b)2成立.题型三用分析法证明不等式【例3】已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c).【证明】因为a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要证原不等式成立，即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b).①因为(a＋b)＋(b＋c)≥2(a＋b)(b＋c)＞0，(b＋c)＋(c＋a)≥2(b＋c)(c＋a)＞0，(c＋a)＋(a＋b)≥2(c＋a)(a＋b)＞0，三式相乘得①式成立，故原不等式得证.【点拨】本题采用的是分析法.从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.分析法也可以作为寻找证题思路的方法，分析后再用综合法书写证题过程.【变式训练3】设函数f(x)＝x－a(x＋1)ln(x＋1)(x＞－1，a≥0).第5页共10页(1)求f(x)的单调区间；(2)求证：当m＞n＞0时，(1＋m)n＜(1＋n)m.【解析】(1)f′(x)＝1－aln(x＋1)－a，①a＝0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；②当a＞0时，f(x)在(－1，aa-1e－1]上单调递增，在[aa-1e－1，＋∞)单调递减.(2)证明：要证(1＋m)n＜(1＋n)m，只需证nln(1＋m)＜mln(1＋n)，只需证ln(1＋m)m＜ln(1＋n)n.设g(x)＝ln(1＋x)x(x＞0)，则g′(x)＝x1＋x－ln(1＋x)x2＝x－(1＋x)ln(1＋x)x2(1＋x).由(1)知x－(1＋x)ln(1＋x)在(0，＋∞)单调递减，所以x－(1＋x)ln(1＋x)＜0，即g(x)是减函数，而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.总结提高1.一般在证明不等式的题目中，首先考虑用比较法，它是最基本的不等式的证明方法.比较法一般有“作差比较法”和“作商比较法”，用得较多的是“作差比较法”，其中在变形过程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法.2.用综合法证明不等式的过程中，所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质等，如基本不等式、绝对值三角不等式等.3.用分析法证明不等式的关键是对原不等式的等价转换，它是从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立.4.所谓“综合