《高考数学第一轮复习课件》第45讲 含绝对值的不等式、柯西不等式、排序不等式及应用

新课标高中一轮总复习理数理数第六单元不等式及不等式选讲第45讲含绝对值的不等式、柯西不等式、排序不等式及应用1.理解含绝对值不等式的性质，及其中等号成立的条件，并能恰当运用；2.会解简单的含绝对值的不等式；3.会应用柯西不等式及排序不等式求有关最值及证明不等式.1.若|x-a|ε,|y-|ε,则下列不等式成立的是()C2aA.｜x-y｜εB.|x-y|εC.|x-2y|3εD.|x-2y|3ε由|y-|ε知|a-2y|2ε.又|(x-a)+(a-2y)|≤|x-a|+|a-2y|ε+2ε,即|x-2y|3ε，选C.2a2.不等式|2x-1|3的解集是.{x|-1x2}3.若0a1a2,0b1b2,且a1+a2=b1+b2=1,则下列代数式中值最大的是()AA.a1b1+a2b2B.a1a2+b1b2C.a1b2+a2b1D.12因为0a1a2，0b1b2，由排序不等式可知a1b1+a2b2最大.4.若2x+3y=1，则4x2+9y2的最小值为,且最小值点为.1211(,)46由柯西不等式，所以(4x2+9y2)(12+12)≥(2x+3y)2=1,所以4x2+9y2≥.当且仅当2x·1=3y·1，即2x=3y时取等号.2x=3yx=2x+3y=1y=,所以4x2+9y2的最小值为,最小值点为(,).12由，得14161214165.5个人各拿一只水桶到水龙头接水，如果水龙头注满这5个人的水桶需要的时间分别是4分钟、8分钟、6分钟、10分钟、5分钟，统筹安排这5个人接水的顺序，使他们等待的总时间最少为分钟.845个人接水分别按4分钟、5分钟、6分钟、8分钟、10分钟的顺序进行，因此等待的总时间最少为4×5+5×4+6×3+8×2+10×1=84分钟.1.含绝对值不等式的性质(a∈R)(1)|a|≥0(当且仅当a=0时取“＝”号)；(2)|a|≥±a;(3)-|a|≤a≤|a|；(4)①≤|a±b|≤②.2.柯西不等式设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数，则(a12+a22+…+an2)·(b12+b22+…+bn2)≥③.,当且仅当bi=0(i=1,2,3,…,n)或存在一个数k,使得④时等号成立.|a|-|b||a|+|b|(a1b1+a2b2+…+anbn)2ai=kbi(i=1,2,3,…,n)3.排序不等式设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组数，c1,c2,…,cn是b1,b2,…,bn的任一排列，那么⑤.≤a1c1+a2c2+…+ancn≤⑥,当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时，反序和等于顺序和.排序不等式可简记为“⑦”.a1bn+a2bn-1+…+anb1a1b1+a2b2+…+anbn反序和≤乱序和≤顺序和题型一含绝对值不等式的解法例1典例精讲典例精讲典例精讲典例精讲解不等式|x2-9|≤x+3.（方法一）x2-9≥0x2-9＜0x2-9≤x+39-x2≤x+3由①解得x=-3或3≤x≤4，由②解得2≤x3,所以原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.原不等式①或②,(方法二)-(x+3)≤x2-9≤x+3x≤-3或x≥2-3≤x≤4所以原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.(方法三)设y1=|x2-9|,y2=x+3(x≥-３)，由|x2-9|=x+3解得x1=4,x2=-3,x3=2,在同一坐标系下作出他们的图象，由图得使y1≤y2的x的取值范围是x=-3或2≤x≤4,所以原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.x=-3或2≤x≤4,数形结合的运用要解出两函数图象的交点.点评点评题型二含绝对值不等式的证明例2已知a、b∈R,且a≠b,求证:｜-｜|a-b|.211a211b原不等式等价于|a-b|,即等价于|a+b|(a2+1)(b2+1).221(1)(1)ab(证法一)(a2+1)(b2+1)-(a+b)=［2a2b2+a2+b2+(a-1)2+(b-1)2］0,所以(a2+1)(b2+1)a+b.同理，(a2+1)(b2+1)+(a+b)=［2a2b2+a2+b2+(a+1)2+(b+1)2］0,所以(a2+1)(b2+1)-（a+b）.从而原不等式成立.1212(证法二)先用比较法后用放缩法.(a2+1)(b2+1)-(|a|+|b|)=a2b2+(|a|-)2+(|b|-)2+0,从而|a+b|≤|a|+|b|(a2+1)(b2+1),从而原不等式成立.(证法三)三角代换法.令a=tanα,b=tanβ,则｜a+b｜=,(a2+1)(b2+1)=,即证|sin(α+β)|·|cosαcosβ|1,此式显然成立.121212|sin()||coscos|221coscos题型三柯西不等式的应用例3(1)设x、y满足2x2+3y2=5,求A=x+2y的最值;(2)设x+y+z=1,求A=2x2+3y2+z2的最小值.(1)(x+2y)2=(x·+y·)≤（2x2+3y2）(+)=(2x2+3y2)·.因为2x2+3y2=5,所以(x+2y)2≤,所以-≤x+2y≤.x=2x2+3y2=5y=x=-y=-212313124311655633063306当212x343y=,即解得33022233033时,Amax=,3306解得33022233033时，Amin=-.3306(2)(x+y+z)2=(x·+y·+z)2≤(2x2+3y2+z2)(++1).因为x+y+z=1,所以2x2+3y2+z2≥.==zx+y+z=1,Amin=.2123131213611当212x313x即x=,y=,z=时,311211611611配凑出符合公式的形式，注意公式的正用、逆用.在二次形式限制下，求一次函数的最值，在一次形式的条件下，求二次形式的最小值等.点评点评题型四排序不等式的应用例4在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a、b、c.求证:≤.3aAbBcCabc2不妨设a≤b≤c,于是A≤B≤C，由排序不等式：a·A+b·B+c·C≥aA+bB+cC;a·A+b·B+c·C≥bA+cB+aC;a·A+b·B+c·C≥cA+aB+bC.三式相加得：3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=π(a+b+c),得≥.又由0b+c-a,0a+b-c,0a+c-b,得0A(b+c-a)+C(a+b-c)+B(a+c-b)=a(B+C-A)+b(A+C-B)+c(A+B-C)=a(π-2A)+b(π-2B)+c(π-2C)=(a+b+c)π-2(aA+bB+cC),所以,所以≤.3aAbBcCabc2aAbBcCabc32aAbBcCabc注意排序式的轮换对称，同时注意内角和的条件，甚至把π变成A+B+C寻找不等转换的条件.点评点评备选题备选题P是△ABC内一点，x、y、z分别是P到三边a、b、c的距离，R是△ABC外接圆半径,求证：++≤.xyz22212abcR记S为△ABC的面积，则ax+by+cz=2S=2=,所以++=≤===≤.4abcR2abcRxyz111axbyczabc111axbyczabc1112abcRabc2abcabbccaRabc12abbccaR22212abcR1.解含绝对值不等式的思路：化去绝对值符号，转化为不含绝对值的不等式.解法如下：(1)|f(x)|a(a0)-af(x)a;(2)|f(x)|a(a0)f(x)-a或f(x)a;(3)|f(x)|g(x)-g(x)f(x)g(x);(4)|f(x)|g(x)f(x)-g(x)或f(x)g(x);(5)|f(x)||g(x)|[f(x)]2[g(x)]2;(6)|f(x)||g(x)|[f(x)]2[g(x)]2.方法提炼方法提炼(7)含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于型如|x-a|+|x-b|m或|x-a|+|x-b|m(m为正常数)的不等式，利用实数绝对值的几何意义求解较简便.2.要重视绝对值的几何意义、数形结合，快速解出型如|x-a|+|x-b|c等这类含绝对值不等式的解集.3.注意存在性与恒成立问题的区别，不等式有解，不一定恒成立，但不等式恒成立，一定有解.4.注意：①二维形式的柯西不等式；②向量形式的柯西不等式：设α,β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量或存在实数k,使α=kβ时，等号成立;③注意公式的逆用:如a1b1+a2b2+a3b3≤≤;④解题的关键是找出两组数.2112233()ababab222222123123()()aaabbb5.二维形式的三角不等式：设x1、y1、x2、y2∈R,那么+≥.注意：把不等式两边各个式子与两点距离公式联系起来，运用几何关系、数形结合法证明不等式，当三点共线时取等号.2211xy2222xy221212()()xxyy走进高考走进高考学例1(2009·广东卷)不等式≥1的实数解为.|1||2|xx(-∞,-2)∪(-2,-].32≥1|x+1|≥|x+2|且|x+2|≠0,解得x≤-且x≠-2.|1||2|xx32学例2(2006·广东卷)A是由定义在[2,4]上且满足如下条件的函数φ(x)组成的集合：①对任意x∈[1,2]，都有φ(2x)∈(1,2);②存在常数L(0L1)，使得对任意的x1、x2∈[1,2]，都有|φ(2x1)-φ(2x2)|≤L|x1-x2|.(1)设φ(x)=,x∈[2,4],证明:φ(x)∈A;(2)设φ(x)∈A,如果存在x0∈(1,2),使得x0=φ(2x0)，证明：这样的x0是惟一的;(3)设φ(x)∈A,任取x1∈(1,2),令xn+1=φ(2xn),n=1,2,…,证明:给定正整数k,对任意的正整数p,不等式|xk+p-xk|≤|x2-x1|成立.1x311KLL(1)对任意x∈[1,2]，φ(2x)=,x∈［1,2］,≤φ(2x)≤,12,所以φ(2x)∈(1,2).对任意x1、x２∈［1,2］,|φ(2x1)-φ(2x2)|=|x1-x2|,因为6++9,1x3335333532211222(12)(12)(12)(12)xxxx33321(12)x12(12)(12)xx22(12)x333所以.令=L,0L1,所以|φ(2x1)-φ(2x2)|≤L|x1-x2|，所以φ(x)∈A.292211222(12)(12)(12)(12)xxxx333132211222(12)(12)(12)(12)xxxx333(2)反证法：设存在两个x0,x0′∈(1,2),x0≠x0′使得x0=φ(2x0),x0′=φ(2x0′)，则由|φ(2x0)-φ(2x0′)|≤L｜x0-x0′｜,得｜x0-x0′｜≤L|x0-x0′|，所以L≥1，矛盾，故假设不成立，从而所证结论成立.(3)|x3-x2|=|φ(2x2)-φ(2x1)|≤L|x2-x1|,所以|xn+1-xn|≤Ln-1|x2-x1|,所以|xk+p-xk|=|(xk+p-xk+p-1)+(xk+p-1-xk+p-2)+…+(xk+1-xk)|≤|xk+p-xk+p-1|+|xk+p-1-xk+p-2|+…+|xk+1-xk|≤Lk+p-2|x2-x1|+Lk+p-3|x2-x1|+…+Lk-1|x2-x1|≤|x2-x1|.故对于给定的正整数k,对任意的正整数p，不等式|xk+p-xk||x2-x1|成立.11kLL11kLL本节完，谢谢聆听立足教育，开创未来