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1、淘宝店铺：漫兮教育选修45不等式选讲1不等式的性质和绝对值不等式(1)能利用三个正数的算术平均几何平均不等式证明一些简单的不等式，解决最大(小)值的问题；了解基本不等式的推广形式(n个正数的形式)(2)理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式(3)掌握|axb|c，|axb|c，|xa|xb|c，|xa|xb|c型不等式的解法2不等式的证明(1)了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，并能利用它们证明一些简单不等式(2)能够利用三维的柯西不等式证明一些简单不等式，解决最大(小)值问题(3)理解数学归纳法的原理及其使用范
2、围，会用数学归纳法证明一些简单问题知识点一绝对值不等式1绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立；(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2绝对值不等式的解集(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集：不等式a>0a0a<0|x|<ax|a<x<a|x|>ax|x>a或x<axR|x0R(2)|axb|c、|axb|c(c>0)型不等式的解法：|axb|ccaxbc；|axb|caxbc或axbc.(3)|x
3、a|xb|c、|xa|xb|c(c>0)型不等式的解法：利用绝对值不等式的几何意义求解利用零点分段法求解构造函数，利用函数的图象求解易误提醒1对形如|f(x)|>a或|f(x)|<a型的不等式求其解集时，易忽视a的符号直接等价转化造成失误2绝对值不等式|a|b|a±b|a|b|中易忽视等号成立条件如|ab|a|b|当且仅当ab0时成立，其他类似推导自测练习1设a，b为满足ab<0的实数，那么()A|ab|>|ab|B|ab|<|ab|C|ab|<|a|b| D|ab|<|a|b|解析：ab<0，|ab|a|b|>|ab|.答
4、案：B2若存在实数x使|xa|x1|3成立，则实数a的取值范围是_解析：|xa|x1|(xa)(x1)|a1|，要使|xa|x1|3有解，可使|a1|3，3a13，2a4.答案：2,43不等式|x1|x2|1的解集是_解析：f(x)|x1|x2|当1<x<2时，由2x11，解得1x<2.又当x2时，f(x)3>1.所以解集为x|x1答案：1，)知识点二不等式的证明1基本不等式定理1：如果a，bR，那么a2b22ab，当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b>0，那么，当且仅当ab时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均定理3：如果a
5、，b，c全为正实数，那么，当且仅当abc时，等号成立2比较法(1)比差法的依据是：ab>0a>b.步骤是：“作差变形判断差的符号”变形是手段，变形的目的是判断差的符号(2)比商法：若B>0，欲证AB，只需证1.3综合法与分析法(1)综合法：一般地，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、论证而得出命题成立(2)分析法：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，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立4柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2，等号当且仅
6、当adbc时成立易误提醒(1)在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件自测练习4设ta2b，sab21，则s与t的大小关系是()AstBs>tCst Ds<t解析：stb22b1(b1)20，st.答案：A5已知x，y均为正数，且xy1，则的最大值为_解析：由柯西不等式得··.答案：考点一绝对值不等式的解法|1(2015·高考山东卷)不等式|x1|x5|<2的解集是()A(，4)B(，1)C(1,4) D(1,5)解析：当x<1时，不等式
7、可化为(x1)(x5)<2，即4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(，1)；当1x5时，不等式可化为x1(x5)<2，即2x6<2，解得x<4，又1x5，所以此时不等式的解集为1,4)；当x>5时，不等式可化为(x1)(x5)<2，即4<2，显然不成立，所以此时不等式无解综上，不等式的解集为(，4)故选A.答案：A2(2015·南宁二模)已知函数f(x)|xa|.(1)若f(x)m的解集为x|1x5，求实数a，m的值；(2)当a2且0t2时，解关于x的不等式f(x)tf(x2)解：(1)|xa|m，maxma.ma1，ma5，a2，
8、m3.(2)f(x)tf(x2)可化为|x2|t|x|.当x(，0)时，2xtx,2t0，0t2，x(，0)；当x0,2)时，2xtx，x1，0x1，112，0x1；当x2，)时，x2tx，t2，当0t<2时，无解，当t2时，x2，)当0t<2时原不等式的解集为；当t2时x2，)求解该类问题的关键是去绝对值符号，常运用零点分段法去绝对值，此外还常利用绝对值的几何意义求解考点二不等式的证明|不等式的证明是考查热点、归纳起来常见的命题角度有：1比较法证明不等式2综合法证明不等式3分析法证明不等式4放缩法证明绝对值不等式探究一比较法证明不等式1(2016·莆田模拟)设a，b是非
9、负实数求证：a2b2(ab)证明：因为(a2b2)(ab)(a2a)(b2b)a()b()()(ab)(ab)(ab)因为a0，b0，所以不论ab0，还是0ab，都有ab与ab同号，所以(ab)(ab)0，所以a2b2(ab)探究二综合法证明不等式2(2015·长春三模)(1)已知a，b都是正数，且ab，求证：a3b3>a2bab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：abc.证明：(1)(a3b3)(a2bab2)(ab)(ab)2.因为a，b都是正数，所以ab>0.又因为ab，所以(ab)2>0.于是(ab)(ab)2>0，即(a3b3)(a2bab2)&
10、gt;0，所以a3b3>a2bab2.(2)因为b2c22bc，a2>0，所以a2(b2c2)2a2bc.同理b2(a2c2)2ab2c.c2(a2b2)2abc2.相加得2(a2b2b2c2c2a2)2a2bc2ab2c2abc2，从而a2b2b2c2c2a2abc(abc)由a，b，c都是正数，得abc>0，因此abc.探究三分析法证明不等式3已知a>b>c，且abc0，求证：<a.证明：要证<a，只需证b2ac<3a2.abc0，只需证b2a(ab)<3a2.只需证2a2abb2>0，只需证(ab)(2ab)>0，只需证(
11、ab)(ac)>0.a>b>c，ab>0，ac>0.(ab)(ac)>0显然成立，故原不等式成立探究四放缩法证明绝对值不等式4已知x，yR，且|xy|，|xy|，求证：|x5y|1.证明：|x5y|3(xy)2(xy)|.由绝对值不等式的性质，得|x5y|3(xy)2(xy)|3(xy)|2(xy)|3|xy|2|xy|3×2×1.即|x5y|1.证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法；如果待证不
12、等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明考点三绝对值不等式的综合应用|(2015·郑州二检)已知函数f(x)|3x2|.(1)解不等式f(x)<4|x1|；(2)已知mn1(m，n>0)，若|xa|f(x)(a>0)恒成立，求实数a的取值范围解(1)不等式f(x)<4|x1|，即|3x2|x1|<4.当x<时，即3x2x1<4，解得<x<；当x1时，即3x2x1<4，解得x<；当x>1时，即3x2x1<4，无解综上所述，x.(2)(mn)
13、114，令g(x)|xa|f(x)|xa|3x2|x时，g(x)maxa，要使不等式恒成立，只需g(x)maxa4，即0<a.(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法(2)f(x)<a恒成立f(x)max<a.f(x)>a恒成立f(x)min>a. 设函数f(x)|x1|x2|.(1)求证：f(x)1；(2)若f(x)成立，求x的取值范围解：(1)证明：f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|1.(2)2，要使f(x)成立，需且只需|x1|x2|2，即或或解得x
14、或x，故x的取值范围是.34.绝对值不等式中最值思想的应用【典例】(1)求函数f(x)|x1|x1|的最小值(2)若对任意实数x，不等式|x1|x2|>a恒成立，求a的取值范围思考点拨利用绝对值不等式直接求最值解(1)|x1|x1|1x|x1|1xx1|2，当且仅当(1x)(x1)0，即1x1时取等号故当1x1时，函数f(x)|x1|x1|取得最小值2.(2)因为a<|x1|x2|对任意实数恒成立所以a<(|x1|x2|)min.因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，所以3|x1|x2|3.所以(|x1|x2|)min3.所以a<3，即a的取值范围为(，3)方法点评(
15、1)要注意对原绝对值不等式进行转化，使之适合用绝对值三角不等式求最值；(2)求最值时要注意等号成立的条件跟踪练习(2015·辽宁协作体一模)已知函数f(x)|2x1|x|2.(1)解不等式f(x)0；(2)若存在实数x，使得f(x)|x|a，求实数a的取值范围解：(1)不等式f(x)0等价于或或解不等式组得x3，不等式组无解，解不等式组得x1，所求的不等式解集为(，31，)(2)f(x)|x|a，即为|2x1|2|x|2a|x|1.由绝对值的几何意义，知|x|的最小值为，故要满足题意，只需1a3.A组考点能力演练1已知|2x3|1的解集为m，n(1)求mn的值；(2)若|xa|<
16、;m，求证：|x|<|a|1.解：(1)由不等式|2x3|1可化为12x31得1x2，m1，n2，mn3.(2)证明：若|xa|<1，则|x|xaa|xa|a|<|a|1.即x<|a|1.2(2016·唐山一模)已知函数f(x)|2xa|x1|.(1)当a1时，解不等式f(x)<3；(2)若f(x)的最小值为1，求a的值解：(1)因为f(x)|2x1|x1|且f(1)f(1)3，所以f(x)<3的解集为x|1<x<1(2)|2xa|x1|x1|0，当且仅当(x1)0且x0时，取等号所以1，解得a4或0.3已知a，b，c>0且互不相
17、等，abc1.试证明：<.证明：因为a，b，c>0，且互不相等，abc1，所以<，即<.4已知函数f(x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为1,1(1)求m的值；(2)若a，b，cR，且m，求za2b3c的最小值解：(1)f(x2)m|x|，f(x2)0等价于|x|m.由|x|m有解，得m0，且其解集为x|mxm又f(x2)0的解集为1,1，m1.(2)由(1)知1，又a，b，cR，由柯西不等式得za2b3c(a2b3c)29，za2b3c的最小值为9.5(2016·大庆模拟)设函数f(x)|2x1|x4|.(1)解不等式：f(x)>0；(2)若f
18、(x)3|x4|a1|对一切实数x均成立，求a的取值范围解：(1)原不等式即为|2x1|x4|>0，当x4时，不等式化为12xx4>0，解得x<5，即不等式组的解集是x|x4当4<x<时，不等式化为12xx4>0，解得x<1，即不等式组的解集是x|4<x<1当x时，不等式化为2x1x4>0，解得x>5，即不等式组的解集是x|x>5综上，原不等式的解集为x|x<1，或x>5(2)f(x)3|x4|2x1|2|x4|12x|2x8|(12x)(2x8)|9.由题意可知|a1|9，解得8a10，故所求a的取值范围是a
19、|8a10B组高考题型专练1(2015·高考重庆卷改编)若函数f(x)|x1|2|xa|的最小值为5，求实数a的值解：当a1时，f(x)3|x1|0，不满足题意；当a<1时，f(x)，f(x)minf(a)3a12a5，解得a6；当a>1时，f(x)f(x)minf(a)a12a5，解得a4.2(2015·高考湖南卷)设a>0，b>0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a<2与b2b<2不可能同时成立证明：由ab，a>0，b>0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2，当且仅当ab1时等号成立(2)假设
20、a2a<2与b2b<2同时成立，则由a2a<2及a>0得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab1矛盾故a2a<2与b2b<2不可能同时成立3(2015·高考陕西卷)已知关于x的不等式|xa|<b的解集为x|2<x<4(1)求实数a，b的值；(2)求的最大值解：(1)由|xa|<b，得ba<x<ba，则解得a3，b1.(2)24，当且仅当，即t1时等号成立，故()max4.4(2015·高考全国卷)已知函数f(x)|x1|2|xa|，a>0.(1)当a1时
21、，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)>1化为|x1|2|x1|1>0.当x1时，不等式化为x4>0，无解；当1<x<1时，不等式化为3x2>0，解得<x<1；当x1时，不等式化为x2>0，解得1x<2.所以f(x)>1的解集为.(2)由题设可得，f(x)所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a1,0)，C(a，a1)，则ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)2>6，故a>2.所以a的取值范围为(2，)