版选修4_5.ppt

1、本讲整合,专题一,专题二,专题三,专题一:不等式的证明 本讲中证明不等式主要运用基本不等式和绝对值三角不等式.应依据题目特点,结合不等式的基本性质、基本不等式、绝对值三角不等式等进行推理论证. (1)使用不等式的基本性质时,要注意条件. (2)使用基本不等式时,要注意拆并项、转化系数等技巧的应用,并注意等号成立的条件. (3)使用绝对值三角不等式时,注意拆项和构造法的运用.,专题一,专题二,专题三,例1设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:分析：(1)可直接利用重要不等式进行证明;(2)可通过运用基本不等式并结合传递性进行证明.,解：(1)由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a

2、22ca,得a2+b2+c2ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1, 所以3(ab+bc+ca)1,即ab+bc+ca (当且仅当a=b=c时,等号成立).,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,专题一,专题二,专题三,例2设f(x)=ax2+bx+c,当|x|1时,总有|f(x)|1,求证|f(2)|7. 分析：由已知条件出发,对x取特殊值,得到a,b,c满足的条件,再利用三角不等式证明. 证明：因为当|x|1时,有|f(x)|1, 所以|f(0)|=|c|1,|f(1)|1,|f(-1)|1. 又f

3、(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c,则|a+b+c|1,|a-b+c|1, 所以|f(2)|=|4a+2b+c|=|3(a+b+c)+(a-b+c)-3c|=|3f(1)+f(-1)-3f(0)| |3f(1)|+|f(-1)|+|3f(0)|3+1+3=7. 故|f(2)|7.,专题一,专题二,专题三,变式训练2 若f(x)=x2-x+c(c为常数),且|x-a|1. 求证|f(x)-f(a)|2(|a|+1). 证明：|f(x)-f(a)|=|(x2-x+c)-(a2-a+c)| =|x2-x-a2+a|=|(x-a)(x+a-1)| =|x-a|x+a-1|, 又|x-a|1,|

4、x-a|x+a-1|x+a-1| =|(x-a)+(2a-1)|x-a|+|2a-1| |x-a|+|2a|+11+2|a|+1=2(|a|+1).,专题一,专题二,专题三,专题二:不等式的求解 例3解不等式|x+1|2x-3|-2. 分析：可采用零点分段法求解.,专题一,专题二,专题三,变式训练3 解不等式|2x-4|-|3x+9|1.,专题一,专题二,专题三,例4已知关于x的不等式|ax-1|+|ax-a|1(a0). (1)当a=1时,求不等式的解集; (2)若此不等式的解集为R,求实数a的取值范围. 分析：对于(1),可直接代入a的值,然后利用|ax+b|c型绝对值不等式的解法求解;对

5、于(2),可转化为最值问题求解.,(2)|ax-1|+|ax-a|a-1|, 即|ax-1|+|ax-a|的最小值为|a-1|, 原不等式解集为R,等价于|a-1|1,a2或a0. 又a0,a2,故实数a的取值范围为2,+).,专题一,专题二,专题三,变式训练4 已知函数f(x)=|x-1|. (1)解关于x的不等式f(x)+x2-10; (2)若g(x)=-|x+3|+m,且f(x)1-x2,当x=1时,明显不成立. 当x1时,由x-11-x2得x1或x1; 当x1-x2得x1或x1. (2)原不等式等价于|x-1|+|x+3|m的解集非空, 令h(x)=|x-1|+|x+3|, 即h(x)

6、=(|x-1|+|x+3|)minm. 由|x-1|+|x+3|x-1-x-3|=4, 则h(x)min=4,故实数m的取值范围为(4,+).,专题一,专题二,专题三,专题三:最值及恒成立问题 例5若不等式log3(|x-4|+|x+5|)a对于一切xR恒成立,则实数a的取值范围是 . 分析：应求出log3(|x-4|+|x+5|)的最小值,令a小于这个最小值,即为实数a的取值范围. 解析：由绝对值的几何意义知|x-4|+|x+5|9,则log3(|x-4|+|x+5|)2,所以要使不等式log3(|x-4|+|x+5|)a对于一切xR恒成立,则a2. 答案：(-,2),专题一,专题二,专题三

7、,变式训练5 若关于x的不等式|a|x+1|+|x-2|存在实数解,则实数a的取值范围是 . 所以要使|a|x+1|+|x-2|有解,应有|a|3,即a-3或a3. 答案：(-,-33,+),专题一,专题二,专题三,例6设a0,b0,且不等式 恒成立,则实数k的最小值等于( ) A.0 B.4 C.-4 D.-2 分析：首先将参数k与变量a,b进行分离,即把参数k放到不等式的一边,不等式的另一边是关于变量a,b的代数式,然后只需求出关于变量a,b的代数式的最值,即可得到参数k的取值范围,从而得出k的最小值.,专题一,专题二,专题三,答案：C,专题一,专题二,专题三,变式训练6 设函数f(x)=

8、|x+2|-|x-2|. (1)解不等式f(x)2; (2)当xR,0y1时,求证|x+2|-|x-2|,1,2,3,4,5,6,7,8,考点1:最值及恒成立问题 1.(2015重庆高考)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a= .,1,2,3,4,5,6,7,8,所以f(x)在(-,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增, 则f(x)在x=a处取最小值f(a)=a+1, 由a+1=5,得a=4,符合a-1. 综上,实数a的值为-6或4. 答案：-6或4,1,2,3,4,5,6,7,8,2.(2013天津高考)设a+b=2,b0,则 的最小值为 .,1,2,3,4,5,

9、6,7,8,3.(2017全国高考)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)g(x)的解集; (2)若不等式f(x)g(x)的解集包含-1,1,求a的取值范围.,解：(1)当a=1时,不等式 f(x)g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-40. 当x-1时,式化为x2-3x-40,无解; 当-1x1时,式化为x2-x-20,从而-1x1;,1,2,3,4,5,6,7,8,(2)当x-1,1时,g(x)=2. 所以f(x)g(x)的解集包含-1,1,等价于当x-1,1时f(x)2. 又f(x)在-1,1的最小值必为f(-

10、1)与f(1)之一,所以f(-1)2且f(1)2,得-1a1. 所以a的取值范围为-1,1.,1,2,3,4,5,6,7,8,考点2:不等式证明 4.(2017全国高考)已知a0,b0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)4; (2)a+b2.,解：(1)(a+b)(a5+b5) =a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)24. (2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b),所以(a+b)38,因此a+b2.,1,2,3,4,5,6,7,8,5.(2015全国高考)设a,b,c,d

11、均为正数,且a+b=c+d,证明:,1,2,3,4,5,6,7,8,(2)必要性:若|a-b|cd.,1,2,3,4,5,6,7,8,考点3:解不等式问题 6.(2013陕西高考)设a,bR,|a-b|2,则关于实数x的不等式|x-a|+|x-b|2的解集是 . 解析：由不等式性质知:|x-a|+|x-b|(x-a)-(x-b)|=|b-a|=|a-b|2,所以|x-a|+|x-b|2的解集为全体实数. 答案：(-,+),1,2,3,4,5,6,7,8,7.(2017全国高考)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|. (1)求不等式f(x)1的解集; (2)若不等式f(x)x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.,当x2时,由f(x)1解得x2. 所以f(x)1的解集为x|x1.,1,2,3,4,5,6,7,8,(2)由f(x)x2-x+m得m|x+1|-|x-2|-x2+x. 而|x+1|-|x-2|-x2+x |x|+1+|x|-2-x2+|x|,1,2,3,4,5,6,7,8,(1)在图中画出y=f(x)的图象; (2)求不等式|f(x)|1的解集.,8.(2016全国高考)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.,1,2,3,4,5,6,7,8,