《2022年高三数学不等式选讲知识点和练习 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学不等式选讲知识点和练习 .pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 不等式选讲一、绝对值不等式1绝对值三角不等式定理 1：如果 a,b 是实数，则 |a+b| |a|+|b|,当且仅当ab0 时，等号成立。注： （1）绝对值三角不等式的向量形式及几何意义：当，不共线时， |+| |+| ，它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边。（2）不等式 |a|-|b|a b| |a|+|b|中“ =”成立的条件分别是：不等式|a|-|b|a+b| |a|+|b|，在侧“ =”成立的条件是ab0，左侧“ =”成立的条件是ab 0 且|a| |b|;不等式 |a|-|b|a-b|a|+|b|，右侧“ =”成立的条件是ab0，左侧“ =”成立的条件是 ab0 且|a|
2、|b| 。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绝对值不等式的解法（1）含绝对值的不等式|x| a 与|x| a 的解集不等式a 0 a=0 a0 |x| a x|-ax a |x| a x|x a 或 x -a x|x R且 x0 R 注： |x| 以及 |x-a|x-b|表示的几何意义（|x| 表示数轴上的点x 到原点的距离； | x-a |x-b|）表示数轴上的点x 到点 a,b 的距离之和（差）（2）|ax+b| c(c 0) 和|ax+b| c(c 0)型不等式的解法|ax+b| c-c ax+bc
3、; | ax+b|c ax+b c 或 ax+b-c. （3）|x-a|+|x-b|c(c 0) 和|x-a|+|x-b| c(c 0) 型不等式的解法方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想。arbrarbrarbrO精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页2 二、证明不等式的基本方法1比较法（1）作差比较法理论依据：aba-b 0;a b a-b 0. 证明步骤：作差变形判断符号得
4、出结论。注：作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数（或式子）与0的大小关系。（2）作商比较法理论依据：证明步骤：作商变形判断与1 的大小关系得出结论。2综合法（1）定义：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得到命题成立，这种证明方法叫做综合法。综合法又叫做推证法或由因导果法。（2）思路：综合法的思索路线是“由因导果” ，也就是从一个 （组）已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出要求证明的不等式。3分析法（1）定义：从要证的结论出发，逐步寻求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
5、证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法。（2）思路：分析法的思索路线是“执果索因”，即从要证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到打到已知不等式为止。注：综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、 条理清楚。 当问题比较复杂时， 通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程。4放缩法（1）定义：证明不等式时， 通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种证明方法称为放缩法。0,1;ababb0,1;ababb精选学习资料 - - - - - - -
6、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页3 （2）思路：分析证明式的形式特点，适当放大或缩小是证题关键。5. 除此之外还有反证法和数学归纳法【绝对值不等式习题】【例 1】不等式|5|3|10 xx的解集为（A）-5.7 （B）-4,6 （C）(, 57,)（D）(, 46,)【答案】 D 【解析】由不等式的几何意义知，式子|3|5|xx表示数轴的点)(x与点（ 5）的距离和与点（ -3）的距离之和，其距离之和的最小值为8，结合数轴，选项D正确【例2】 已知集合1|349 ,|4,(0,)AxRxxBxR xttt，则集合AB=_. 【答案】52|xRx【解析】5
7、4|9|4|3|xRxxxRxA，,0,6142|,0,614|tttxRxtttxRxB2| xRx，52|2|54|xRxxRxxRxBA. 【例 3】对于实数x，y，若11x，12y，则12yx的最大值为 .【答案】 5 【例 4】不等式130 xx的解集是 _. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页4 【解析】 1|xx。由题得1)3() 1(|3|1|22xxxxx所以不等式的解集为 1|xx。【例 5】若关于x 的不等式12axx存在实数解，则实数a的取值范围是【答案】(, 33,)U【解析】：因为12|1
8、2|3xxxx所以12axx存在实数解，有3a3a或3a【例 6】已知函数f（x）=|x-2|-|x-5|. （I ）证明： -3 f （x） 3； （II ）求不等式f （x） x2-8x+15 的解集 . 解： （I ）3,2,( )|2 |5|27,25,3,5.xf xxxxxx当25, 3273.xx时所以3( )3.f x（II ）由（ I ）可知，当22,( )815xf xxx时的解集为空集；当225,( )815|535xf xxxxx时的解集为；当25,( )815|56xfxxxxx时的解集为. 综上，不等式2( )815| 536.f xxxxx的解集为【例 7】已知函
9、数（1）解关于的不等式；（2）若函数的图象恒在函数图象的上方，求的取值范围。解： （1）不等式，即。当时，不等式的解集是；当时，不等式的解集为；( )|2 |,( )|3 |.f xxg xxmx( )10()f xaaR( )f x( )g xm( )10f xa210 xa1a(,2)(2,)U1aR精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页5 当时，即，即或者，即或者，解集为。（5 分）（2）函数的图象恒在函数图象的上方， 即对任意实数恒成立。即对任意实数恒成立。由于，故只要。所以的取值范围是。【不等式证明习题】【例
10、1】若 a，b，c 为不全相等的正数，求证：lg ab2lg bc2lg ac2lg a lg b lg c. 证明：由 a，b，c 为正数，得lg ab2lgab；lg bc2lgbc；lg ac2lgac. 而 a，b，c 不全相等，所以lg ab2lg bc2lg ac2lg ablg bclg aclg a2b2c2lg(abc)lg a lg b lg c. 即 lg ab2lg b c2lg ac2lg a lg b lg c. 【例 2】证明不等式1+).(21.3121Nnnn证法一 (1)当 n等于 1 时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立(2) 假设 n=k(k
11、 1) 时，不等式成立，即1+k131212k，,1211) 1(11)1(21121131211kkkkkkkkkk则当 n=k+1 时，不等式成立综合 (1) 、(2) 得当 nN*时，都有1+n131212n证法二对任意 k N*，都有1a21xa21xa21xa1xa3xa(,1)(3,)aaU( )f x( )g x23xxmx23xxmx23(2)(3)5xxxx5mm(,5)111121.223nNnnp根据（），（）可知，当时，成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页6 .2)1(2)23( 2) 1
12、2(22131211),1(21221nnnnkkkkkkk因此证法三设 f(n)=),131211(2nn那么对任意kN*都有01)1()1(2)1(11 1)1(2)1(21111)1(2)() 1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkff(k+1) f(k) 因此，对任意nN*都有 f(n)f(n 1) f(1)=1 0，.2131211nn【例 3】已知 a0，b0，且 a+b=1求证 (a+a1)(b+b1) 425证法一 ( 分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2) 25ab+40，即证 4(ab)2 33(ab)+8 0，即证 ab41或 ab8a0， b0，a
13、+b=1， ab 8 不可能成立1=a+b2ab， ab41，从而得证证法二 ( 比较法）a+b=1，a 0，b0， a+b2ab， ab41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法三 ( 综合法 ) a+b=1， a 0，b 0， a+b2ab， ab4122225(1)1139(1)1251611(1)1441644abababababab精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页7 425)1)(1(bbaa即【例 4】已知*
14、21().nnanN求证：*122311.().23nnaaannNaaa证明：11121111111 1.,1,2,., ,2122(21)23.22223 2kkkkkkkkaknaQ1222311 111111.(.)(1),23 22223223nnnnaaannnaaa*122311.().232nnaaannnNaaa【例 5】若02a，02b，02c，求证：()()22a bb c，()2ca不能同时大于1。证明：由题意知202020abc，假设有()()()212121a bb cc a那么()()2221aba b同理，()221bc()221ca，得33矛盾，假设不成立。故
15、()2ab，()2bc，()2ca不能同时大于1。【例 6】设函数f(x) xa(x1)ln(x1)(x 1，a0).(1) 求f(x) 的单调区间；(2) 求证：当mn 0 时， (1 m)n(1 n)m. 【解析】 (1)f(x) 1aln(x1) a，a0 时，f(x) 0，所以f(x) 在( 1， ) 上是增函数；当a0 时，f(x) 在 ( 1，aa-1e1 上单调递增，在aa-1e1， ) 单调递减 . (2) 证明：要证 (1 m)n(1n)m，只需证nln(1 m) mln(1 n) ，只需证ln(1 m)m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页8 ln(1 n)n. 设g(x) ln(1 x)x(x0)，则g(x) x1xln(1 x)x2x (1x)ln(1 x)x2(1 x). 由(1) 知x (1x)ln(1x) 在(0 ， ) 单调递减，所以x(1 x)ln(1x) 0，即g(x) 是减函数，而mn，所以g(m) g(n) ，故原不等式成立. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页