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1、第三节不等式选讲 (选修 4-5) 考纲解读 1.了解绝对值的几何意义,会利用绝对值的定义解不等式,利用绝对值不等式证明不等式 和求最值 . 2.了解柯西不等式及其几何意义,会用它来证明不等式和求最位. 3.了解基本不等式,会用它来证明不等式和求最值. 4. 会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式. 命题趋势探究 本节内容为新课标新增内容,是高考选考内容. 题型以含绝对值的不等式的解法和证明 为重要考点,不等式的应用为次重要考点,不等式证明放在一般位置,难度为中档. 知识点精讲 一、不等式的性质 1. 同向合成 ( 1),ab bcac; ( 2),cabdacbd; ( 3)0,c
2、0abdacbd. (合成后为必要条件) 2. 同解变形 ( 1)abacbc; ( 2)0,0,abcacbccacbc; ( 3) 11 000abab ba . (变形后为充要条件) 3. 作差比较法 0,0abababab 二、含绝对值的不等式 ( 1)0,|axaaxa; 0,|,axaxaxa或 ( 2) 22 | |abab ( 3)|xaxbc零点分段讨论 三、基本不等式 ( 1) 22 2abab(当且仅当等号成立条件为ab) ( 2)0,0,2 2 ab abab(当且仅当等号成立条件为ab) ; 3 0,0,0, 3 abc abcabc(当且仅当abc时等号成立) (
3、3)柯西不等式 22222 ()()()abcdacbd(当且仅当adbc时取等号) 几何意义: 2222 |adbcabcda bab| 推广: 2222222 12121 122 ()()() nnnn aaabbba ba ba b. 当且仅 当向量 12 (,) n a aaa =与向量 12 (,) n b bbb=共线时等号成立. 四、不等式的证明 (1)作差比较法、作商比较法. (2)综合法由因到果. (3)分析法执果索因. (4)数学归纳法. (5)构造辅助函数利用单调性证明不等式. (6)反证法 . (7)放缩法 . 题型归纳即思路提示 题型 201 含绝对值的不等式 一、解
4、含绝对值的不等式 思路提示 对于含绝对值的不等式问题,首先要考虑的是根据绝对值的意义去掉绝对值. 常用的去绝 对值方法是零点分段法. 特别用于多个绝对值的和或差不等式问题. 若单个绝对值的不等式 常用以下结论: |( ) |( )( )( )( )f xg xg xf xg x; |( ) |( )( )( )( )( )f xg xf xg xf xg x或; 22 |( ) | | ( ) |( )( )( ( )( )( )( )0f xg xfxgxf xg xf xg x. 有时去绝对值也可根据 22 |xx来去绝对值 . 例 16. 14 在实数范围内,不等式|2|1| 1x的解集
5、为 . 解 析由 于| |2 |1 |1x, 即1|2 |11x, 即|2 |2x, 所 以 222x,所以04x. 所以不等式的解集为0, 4. 变式 1 不等式|5 |3|10xx的解集是() A. 5,7 B. 4,6 C. (, 57,) D. (, 46,) 变式 2 已知函数( )|2 |5|f xxx. (1)证明:3( )3f x; (2)求不等式 2 ( )815f xxx的解集 . 二、含绝对值不等式恒成立,求参数问题 例 16. 15 ( 2012 辽宁理24)已知( )|1| ()f xaxaR,不等式( )3fx的解集为 | 21xx. (1) 求a的值; (2) 若
6、|( )2 ()| 2 x f xfk恒成立,求k的取值范围 . 解析(1)由|1|3ax得42ax,又( )3f x的解集为| 21xx,所以当 0a时,不合题意. 当0a时, 42 x aa 得2a. (2) 记( )( )2 () 2 x h xf xf,则 1,1 1 ( )43, 1 2 1 1, 2 x h xxx x , 所以| ( ) | 1h x,因此1k,即k的取值范围是1,). 变式 1 (2012 新课标理24)已知函数( )|2 |f xxax. ( 1)当3a时,求不等式( )3f x的解集; ( 2)若( )|4|f xx的解集包含1,2,求a的取值范围 . 变式
7、 2 (2013 重庆理 16) 若关于实数x的不等式|5|3|xxa无解,则实数a的取 值范围是 . 变式 3 (2013全国新课标I 理 24) 已知函数( )|21|2|f xxxa,g( )3xx. (1)当2a时,求不等式( )( )f xg x的解集; (2)设1a,且当 1 ,) 2 2 a x时,( )( )f xg x,求a的取值范围 . 三、含绝对值(方程)不等式有解,求参数问题 例 16. 16 若关于x的不等式| |1|2 |axx存在实数解,则实数a的取值范围 是. 解析不等式| |1|2 |axx有解,则 min | (|1|2|)3axx,故实数a的 取值范围是(
8、,33,). 变式1 (2012 陕西理15) 若存在实数x使|1|3xax成立,则实数a的取值范围 是. 变式 2 已知aR,关于x的方程 21 | 0 4 xxaa有实根,求a的取值范围 . 四、已知含绝对值不等式的解集,求参数的值或范围 例 16. 17 (2013 福建理 23)设不等式|2|()xa a N的解集为A, 且 31 , 22 AA . (1)求a的值; (2)求函数( )|2 |f xxax的最小值 . 分析先根据不等式的情况求出字母取值,在利用不等式求解最值. 解析(1)因为 3 , 2 A且 1 2 A,所以 3 |2 | 2 a,且 1 |2 | 2 a,解得 1
9、3 22 a. 又 aN,所以1a. (2)因 为|1 |2 | | (1)(2) |xxxx, 当 且 仅 当(1)(2)0xx, 即 12x 时取等号,所以( )f x的最小值为 3. 变式 1 设函数( )| 3fxxax,其中0a. (1) 当1a时,求不等式( )32f xx的解集; (2)若不等式( )0f x的解集为|1x x,求a的值 . 变式 2 (2013 辽宁理 24) 已知函数( )|f xxa,其中1a. (1) 当2a时,求不等式( )4|4 |f xx的解集; (2) 已知关于x的不等式|(2)2( ) |2fxafx的解集为|12xx,求a的值 . 变式 3 (
10、2012 山东理 13) 若不等式|4 | 2kx的解集为|13xx, 则实数k= . 题型 202 不等式的证明 一、比较法(差值法和比值法) 思路提示 将待比较的两个代数式通过作差或作商,与0与1进行比较,得到大小关系. 例 16. 18 已知, ,a b m均为正实数,且ab,求证: ama bmb . 分析比较 am bm 与 a b 的大小可通过作差法. 解析 ama bmb ()() () b ama bm b bm() bmam b bm () () ba m b bm . 因为 , ,a b mR, ab,所以0ba,0m,0bm. 故 () 0 () amaba m bmbb
11、 bm . 所以 ama bmb . 评注作差比较的基本步骤为:(1)作差 . (2)变形 . (3)判断符号 . 变式 1 已知, ,a b R,且ab,nN. 求证: 11 ()()2() nnnn ab abab. 二、利用函数的单调性证明 思路提示 使用对象:在某区间成立的函数不等式、数值不等式的证明通常是通过辅助函数完成 的. 解题程序 : (1)移项(有时需要作简单的恒等变形),使不等式一端为0,另一端为所 作辅助函数( )f x. (2)求( )fx并验证( )f x在指定区间上的单调性. (3)求出区间端点的函数值(或极限值),其中至少有一个为0或已知符号,作比较即 得所证 .
12、 例 16. 19 已知01x,求证: 31 sin 6 xxx. 分析属于在某区间上成立的不等式,通过移项使得一端为0,另一端为所作的辅助函数, 利用函数的单调性证明. 解析原不等式等价于 3 1 sin0(01) 6 xxxx. 令 31 ( )sin(01) 6 f xxxxx, 21 ( )cos1 2 fxxx 221 2sin 22 x x. 令( )sin(01) 22 xx g xx,则 11 ( )cos0 222 x gx, 故( )g x在0,1)上是减函数,所以当01x时,( )sin(0)0 22 xx g xg,故 sin 22 xx . 故 2 2 ( )2()0
13、 22 xx fx,所以( )f x在0,1)上是增函数 . 又(0)0f,所以当01x时,( )0f x成立 . 于是 3 1 sin 6 xxx成立 . 变式 1 证明:当0 2 x时, 2 sin x xx. 三、综合法与分析法 思路提示 字母 12 , n A A AA B分别表示一组不等式,其中B为已知不等式,A为待证不等式. 若有 12n AAAAB,综合法是由 B前进式地推导A,分析法是由A倒退 式地分析到B. 用分析法时,必须步步可逆. 1. 综合法(由因到果) 例 16. 20 证明:2367. 分 析观 察 到23与67是 负 数 , 被 开 方 数 分 别 为2,3,6,
14、7, 显 然 满 足 23671,这样可以考虑将分子有理化. 解析 1 23 23 , 1 67 67 , 11 2367 , 故 11 2367 ,即2367. 评注类似的问题可以总结为112mmmmd 的形式或者更广泛的形式 11()mmmkmkkN. 变式 1 设 2 ( )1()f xxab,求证:|( )( ) | |f af bab. 2. 分析法(由果索因) 例 16. 21 设 1212 ,a a b bR,求证: 11221212 ()()ababa abb. 分析利用分析法将证明的不等式进行恒等变形,从而探寻证明的突破口. 解析要证明 11221212 ()()ababa
15、abb, 只要证 11221212121 2 ()()2ababa abba a bb, 即证 122 112 12 2a ba ba a bb. 因为 1212 ,a a b bR, 所以 122 112 12 2a ba ba a bb. 故原不等式成立. 评注在证明不等式时,经常用分析法探寻证明思路,再用综合法表述证明过程,有些不 等式的证明需要一边分析,一边综合,在使用分析法证明时,要注意分析过程步步可逆. 变式 1 若abc,且0abc,求证: 2 3 bac a . 四、反证法 思路提示 从否定结论出发,经过逻辑推理导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结 论是正确的 . 它
16、的依据是原命题与逆否命题同真假. 例 16. 22 已知, ,a b c为不小于1的正数,求证:(1), (1), (1)ac ba cb不可能同时大于 1 4 . 分析假设三式都大于 1 4 ,经过推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原 结论的正确性 . 解析假设三式都大于 1 4 ,即 111 (1), (1), (1) 444 acbacb, 有 11 (1) 22 ac ac 同理 11 (1) 22 ba ba 11 (1) 22 cb cb 三式相加得 33 22 ,矛盾,故原命题成立. 评注对于从正面证明不易着手,但从反面证明相对简单的命题,利用反证法解题会很方便.
17、这也体现了数学中“正难则反”的思想. 变式 1 已知, ,a bR, 33 2ab,求证:2ab. 五、放缩法 思路提示 预 证AB, 可 通 过 适 当 放 大 或 缩 小 , 借 助 一 个 或 多 个 中 间 量 , 使 得 112 , K BB BBBA或 112 , K AA AAAB,再利用传递性, 达到证明目的, 常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩. 例 16. 23 已知正数, ,a b c满足1abc,求证:6161616abc. 分析采用“添项”放缩法 解析 22 61961(31)31aaaaa 同理6131bb6131cc +得6161613()3
18、6abcabc. 评注放缩法的主要依据是不等式的传递性,通常,若所证不等式两边形式差异较大,则 应考虑用放缩法. 本题也可用柯西不等式证明: 2 ( 616161)3(61 61 61)2736abcabc, 所以6161616abc. 变式 1 证明: 1 (1)(2,) nn nnnnN. 例 16. 24 求证:12( , , ,) bcda a b c d abcbcdcdadab R. 分析采用“分母”放缩法证明. 解析由题意,, , ,a b c d R, 则 bcda abcbcdcdadab 1 abcd abcd , bcda abcbcdcdadab 2 bcda abcd
19、cdab . 所以原不等式成立. 例 16. 25 设, , ,a b c m R,且满足 mmm abc,问m取何值时,以, ,a b c为边可构成 三角形,并判断该三角形的形状. 解析由幂函数性质可知ab,ac, 要构成三角形, 只需bca, 故() mm bca, 即证明() mmm bcbc, 只需证明1()() mmbc bcbc , 即()() mm bcbc bcbcbcbc . 由0m,且,(0,1) bc bc bc , 由指数函数(01) x yaa单调递减可知,要使得式成立,只需1m. 因此可知,要bca成立 . 只需1m成立 . 当2m时, 222 abc,三角形为直角
20、三角形; 当12m时, 22222 () mmmmmmmmm aaabcabaca 22mmmm bbcc 22 bc 即 222 abc,此时三角形为钝角三角形; 当2m时, 22222 () mmmmmmmmm aaabcabaca 22mmmm bbcc 22 bc 即 222 abc,此时三角形为锐角三角形. 六、三角换元法 思路提示 若 22 1xy, 2 2 1 2 y x等为已知条件,求证不等式时,利用三角换元法较容易, 但是务必注意换元前后参数的范围变化. 例 16. 26 设实数, , ,a b x y满足 22 1ab, 22 3xy,求证:3axby. 分析由 22 1a
21、b, 22 3xy联想到三角换元. 解析令cos ,sinab(0,2), 3cos,3sinxy (0, 2 ), cos3cossin3sinaxby3cos()3. 当0,即时,axby取得最大值3,证毕 . 评注三角换元在不等式证明以及求函数的最值、解析几何中参数的范围及最值方面有着极 大的作用,常常可化难为易. 变式 1 设,x yR, 22 1xy,求证: 5 | 3412 xy . 七、构造法 思路提示 一般说来,用构造法证明不等式,常见的构造方法如下: (1)构造辅助函数. (2)构造辅助数列. (3)构造几何图形. 例 16. 27 设,x yR,0b,若 1 0a b ,求
22、证: 2 1 1 bb a . 分析构造一次函数证明. 解析 1 0a b 即 1 (0,)a b . 若视a为未知数,并用x代替,即证明 1 (0,)x b 时, 2 ()(1)1bbx.即证 2 ()(1) 10bbx. 设 2 ( )()(1)1f xbbx 22 ()1bbxbb, 即证 1 (0,)x b 时,( )0fx. 而( )f x是关于x的一次函数,且 22 (0)1(1)0fbbbb, 2 1 ( )0fb b , 因此当 1 (0,)x b 时,( )0f x成立,从而原不等式成立. 评注本题也可利用如下解法: 1 (0,)a b , 1 (,1) 11 b ab ,
23、即证 2 1 b bb b ,0b, 即证 1 1 1 b b ,即 2 11b,由 2 0b,得 2 11b,故 2 1 b bb b 成立 . 例 16. 28 已知, ,a b c为三角形的三边长,求证: 111 abc abc . 分 析不 等 式 左 右 两 边 的3个 式 子 具 有 相 同 的 结 构 形 式 1 x x , 故 考 虑 构 造 函 数 ( ) 1 x f x x . 解析( )() 1 x f xx x R, 22 1+1 ( )0 11 xx fx xx() () ,说明函数( )f x在R 上 单调递增,又, ,a b c为三角形的三边长,故abc, 则 1
24、11111 abcbcbc abcbcbcbc . 变式 1 证明: | 1 |1 |1 | abab abab . 变式 2 已知0x且1x,0mn,求证: 11 mn mn xx xx . 例 16. 29 证明:当1x且0x时,有(1)1(N ) n xnxn. 分析本题通过构造辅助数列证明. 解析构造数列 1 (1) nn nx a x ,因为 2 111 1(1)1 0 (1)(1)(1) nnnnn nxnxnx aa xxx ,所 以数列 n a为单调递减数列. 所以 1 1 1 (1) n nx a x ,即(1)1(N ) n xnxn. 评注本题将x看作参数构造辅助数列 n
25、 a,判断数列的单调性从而证明结论. 例 16. 30 设, ,a b c R,求证: 222222 2()abbcacabc. 分析根据已知式的形式特征联想勾股定理,构造几何图形证明. 解析如图 16-34 所示,构造正方形ABCD, 设 1111 ,AAa ABb B Bc, 1122 ,BCb CCc CCa 则 222222 |,|,|ABabB CbcCCac, 则 222222 |abbcacAC2()abc. 变式 1 设, x y R,求证: 2222 333336xxyyxxyy. 八、利用柯西不等式证明不等式 思路提示 柯西不等式不仅具有优美的代数表现形式及向量表现形式,而
26、且有明显的几何意义,它 与基本不等式具有密切的关系,其作用类似于基本不等式可用来求最大(小) 值或证明不等 式,不过它的特点更明显应用更直接. 1. 二维形式的柯西不等式 设 1212 ,x xy yR, 22222 11221212 ()()()xyxyx xy y. 等号成立 1221 x yx y. 证明设 1122 (,),(,)x yxyab,由|cosa ba |b|a,b,得cos | a b a,b a |b| , 又|cos| 1a,b,即1 | |a b| a |b| ,|a b|a |b|,故 22222 12121122 ()()()x xy yxyxy 等号成立即 1
27、221 x yx y. 2. 一般形式的柯西不等式 设 12 , n a aa及 12 , n b bb为任意实数, 则 2 1 122 () nn a ba ba b 222222 1212 ()() nn aaabbb, c C c b B b 2 1 a C c C b 11 aAbB c D C BA 图 16-34 当且仅当 12 12 n n aaa bbb (规定0 i a时0 i b,1,2,in)时等号成立. 证法一: 当 i a全为0时,命题显然成立. 否则 2 1 0 n i i a ,考查关于x的二次函数 2 1 ( )() n ii i f xa xb ,显然( )0
28、f x恒成立 . 注意到 222 111 ( )()2() nnn iiii iii f xaxa b xb ,而( )0f x恒成立,且 2 1 0 n i i a , 故( )f x的判别式不大于零,即 222 111 4()40 nnn iiii iii a bab , 整理后得 222 111 () nnn iiii iii abab . 证法二:向量的内积证法. 令 12 (,) n a aaa, 12 ( ,) n b bbb,为a与b的夹角 . 因为|cosa ba |b|a,b,且|cos| 1a,b,所以|cos| |a b|a |b|a,ba |b| 222 |a b|a
29、| |b|,即 2 1 12 2 () n n aba ba b 222222 1212 ()() nn aaabbb, 等号成立0或180a,b平行 12 12 n n aaa bbb . 柯西不等式提示了任意两组实数积之和的平方与平方和之间的关系,应用它可以简单地证明 许多复杂的不等式,下面举例说明. 例 16. 31 已知函数( )|2 |,f xmxmR,且(2)0fx的解集为1,1. 求m的值; 若 , ,a b cR,且 111 23 m abc ,求证:239abc. 解析因为(2)|f xmx,(2)0f x等价于|xm. 由|xm有解, 得0m, 且其解集为|xmxm. 又(
30、2)0f x的解集为 1,1,故1m. 由知 111 1 23abc ,又, ,a b cR, 由柯西不等式得 111 23(23 )() 23 abcabc abc 2111 (23)9 23 abc abc . 变式 1 已知1abc,0,0,0abc,求证:3131313 2abc. 变式 2 已知0,0,0abc, 22 cossinabc. 求证: 22 cossinabc. 例 16. 32 设实数, ,a b c满足 2223 23 2 abc,求证:39271 abc . 解析由柯西不等式, 222222 (23 )1( 2) +( 3) ( 2 )( 3 ) 9abcabc
31、2 . 所以233abc,所以 33(23 )3 39273 33 31 abcabc . 评注有些证明不等式的题,表面上看与柯西不等式无关,然而通过对原不等式作适当的 变形改造后却可以应用柯西不等式加以解决,当然具体如何变形改造是关键,也是难点, 这 往往需要经过观察、直觉、猜测、推理等. 变式 1 已知n N, 且2n,求证: 1111112 1 72342122nn . 变式 2 已知正实数, ,a b c满足1abc,求证: 333 1113 ()()()2a bcb cacab . 最有效训练题 61(限时 45 分钟) 1. 不等式|21|23xx的解集是() A. 1 | 2 x
32、 x B. 13 | 25 xx C. 3 | 5 x x D. 3 | 5 x x 2. 设, ,(,0)a b c,则 111 ,abc bca () A. 都不大于2 B. 都不小于2 C. 至少有一个不大于2 D. 至少有一个不小于2 3. 若7Paa,34(0)Qaaa,则,P Q的大小关系是() A. PQ B. PQ C. PQ D. 由a的取值决定 4. 用数学归纳法证明某不等式,左边 11111 1 234212nn , “从nk到 1nk”应将左边加上() A. 1 1k B. 11 2124kk C. 1 22k D. 11 2122kk 5.( )23 1f xxx的最
33、大值为() A. 5 B. 12 13 13 C. 13 D. 5 2 2 6. 若正数,a b满足3abab,则ab的取值范围是;ab的取值范围 是 . 7. 在实数范围内,不等式| 21| 21|6xx的解集为 . 8. 若存在实数x使|1|3xax成立,则实数a的取值范围是 . 9. 已知0,0,0abc,abc. 求证: 111 abc abc . 10. 已知函数( )|2|f xxax. (1) 当3a时,求不等式( )3fx的解集; (2)若( )|x4 |f x的解集包含1,2,求a的取值范围 . 11.已知函数( )|2 |,f xmxmR,且(2)0f x的解集为 1,1. 求m的值; 若, ,a b c R,且 111 23 m abc ,求证:239abc. 12. 已知函数 3 ( )(1) 1 x f xx x . 设数列 n a满足 1 1a, 1 () nn af a,数列 n b满 足|3| nn ba, 12nn Sbbb()nN. (1)用数学归纳法证明: 1 ( 31) 2 n nn b; (2)证明: 2 3 3 n S.
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