【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题讲解课件：专题7-第3讲--不等式选讲(选

高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书第三讲不等式选讲（选修4-5）高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝x＋1a＋|x－a|(a0)．(1)证明：f(x)≥2；(2)若f(3)5，求a的取值范围高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书解：(1)证明：由a0，有f(x)＝x＋1a＋|x－a|≥x＋1a－x－a＝1a＋a≥2.当且仅当“a＝1”时等号成立，所以f(x)≥2.(2)f(3)＝3＋1a＋|3－a|.当a3时，f(3)＝a＋1a，由f(3)5得3a5＋212.当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋1a，由f(3)5得1＋52a≤3.综上，a的取值范围是1＋52，5＋212.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书2．(2014·江苏高考)已知x0，y0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.证明：因为x0，y0，所以1＋x＋y2≥33xy20,1＋x2＋y≥33x2y0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥33xy2·33x2y＝9xy.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书3．(2014·辽宁高考)设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.(1)求M；(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤14.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书解：(1)f(x)＝3x－3，x∈[1，＋∞，1－x，x∈－∞，1.当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤43，故1≤x≤43；当x1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x1.所以f(x)≤1的解集为M＝.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书(2)证明：由g(x)＝16x2－8x＋1≤4，得16x－142≤4，解得－14≤x≤34.因此N＝x－14≤x≤34，故M∩N＝x0≤x≤34.当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，于是x2f(x)＋x·[f(x)]2＝xf(x)[x＋f(x)]＝x·f(x)＝x(1－x)＝14－x－122≤14.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书4．(2013·福建高考)设不等式|x－2|a(a∈N*)的解集为A，且32∈A，12∉A.(1)求a的值；(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书解：(1)因为32∈A，且12∉A，所以32－2a，且12－2≥a，解得12a≤32.又因为a∈N*，所以a＝1.(2)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号．所以f(x)的最小值为3.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书1．绝对值不等式定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：如果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．2．|ax＋b|≤c(c0)和|ax＋b|≥c(c0)型不等式的解法(1)|ax＋b|≤c(c0)⇔－c≤ax＋b≤c.(2)|ax＋b|≥c(c0)⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书3．|x－a|＋|x－b|≥c(c0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．(2)利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．(3)通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．4．证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法．5．二维形式的柯西不等式若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[例1](2013·辽宁高考)已知函数f(x)＝|x－a|，其中a1.(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．热点一绝对值不等式的求解高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[师生共研](1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝－2x＋6，x≤2，2，2x4，2x－6，x≥4.当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；当2x4时，f(x)≥4－|x－4|无解；当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4，解得x≥5.所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，则h(x)＝－2a，x≤0，4x－2a，0xa，2a，x≥a.由|h(x)|≤2，解得a－12≤x≤a＋12.又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，所以a－12＝1，a＋12＝2，于是a＝3.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)若c0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；(2)若c0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书1．已知函数f(x)＝|2x－a|＋5x，求不等式f(x)5x＋1的解集．解：由f(x)5x＋1化简可得|2x－a|1，即2x－a1或2x－a－1，解得xa－12或xa＋12，所以不等式f(x)5x＋1的解集为xa－12或xa＋12.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[例2](2014·贵阳模拟)设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－a.(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；(2)若f(x)≥4a＋1对任意的实数x恒成立，求实数a的取值范围．热点二：与绝对值不等式有关的参数范围问题[师生共研](1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－1＝－2x＋2，x≤－1，4，－1x4，2x－4，x≥4，∴f(x)min＝4.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书(2)f(x)≥4a＋1对任意的实数x恒成立⇔|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋4a对任意的实数x恒成立⇔a＋4a≤4.当a0时，上式成立；当a0时，a＋4a≥2a·4a＝4，当且仅当a＝4a，即a＝2时上式取等号，此时a＋4a≤4成立．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书1．解决含参数的绝对值不等式问题，常用以下两种方法：(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．2．解答此类问题应熟记以下转化：f(x)a恒成立⇔f(x)mina；f(x)a恒成立⇔f(x)maxa；f(x)a有解⇔f(x)maxa；f(x)a有解⇔f(x)mina；f(x)a无解⇔f(x)max≤a；f(x)a无解⇔f(x)min≥a.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书2．已知函数f(x)＝|2x＋3|＋|2x－1|.(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若关于x的不等式f(x)|m－1|的解集非空，求实数m的取值范围．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书解：法一：(1)原不等式为：|2x＋3|＋|2x－1|≤6，当x≤－32时，原不等式可化为－4x－2≤6，即－2≤x≤－32；当－32x12时，原不等式可化为4≤6，恒成立，即－32x12；当x≥12时，原不等式可化为4x＋2≤6，即12≤x≤1，∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤1}．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书(2)由函数f(x)＝－4x－2，x≤－32，4，－32x12，可得函数y＝fx的最小值为4，4x＋2，x≥12，∴|m－1|4，解得：m－3或m5.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书法二：(1)依据绝对值的几何意义得－4≤2x≤2，故－2≤x≤1，∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤1}．(2)由绝对值的几何意义可知，f(x)min＝4，∴|m－1|4，解得：m－3或m5.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[例3](2014·唐山模拟)已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.(1)求1x＋1y＋1z的最小值；(2)证明：3≤x2＋y2＋z29.热点三：不等式的证明[师生共研](1)因为x＋y＋z≥33xyz0，1x＋1y＋1z≥33xyz0，所以(x＋y＋z)1x＋1y＋1z≥9，即1x＋1y＋1z≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时，1x＋1y＋1z取值最小值3.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书(2)x2＋y2＋z2＝x2＋y2＋z2＋x2＋y2＋y2＋z2＋z2＋x23≥x2＋y2＋z2＋2xy＋yz＋zx3＝x＋y＋z23＝3.又x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx)0，所以3≤x2＋y2＋z29.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书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与柯西不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书3．已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：x22x1＋x23x2＋x21x3≥1.证明：∵x22x1＋x1＋x23x2＋x2＋x21x3＋x3≥2x22＋2x23＋2x21＝2(x1＋x2＋x3)＝2(当x1＝x2＝x3时取等号)，∴x22x1＋x23x2＋x21x3≥1.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[例4](2014·新课标全国卷Ⅰ)若a0，b0，且1a＋1b＝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．热点四：不等式的综合应用高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书[师生共研](1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，且当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为42.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.由于436，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书基本不等式和柯西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，运用基本不等式时应注意其条件“一正、二定、三相等”；运用柯西不等式求最值时，关键是进行巧妙的拼凑，构造出柯西不等式的形式．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书4．设函数f(x)＝|x－4|＋|x－3|，f(x)的最小值为m.(1)求m的值；(2)当a＋2b＋3c＝m(a，b，c∈R)时，求a2＋b2＋c2的最小值．高考专题辅导与测试·数学创新方案系列丛书解：(1)法一：f(x)＝|x－4|＋