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选修4-5__不等式选讲教师版

选修4-5__不等式选讲教师版------------------------------------------作者xxxx------------------------------------------日期xxxx选修4-5__不等式选讲教师版【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【2013年高考会这样考】1．考查含绝对值不等式的解法．2．考查有关不等式的证明．3．利用不等式的性质求最值．【复习指导】本讲复习时，紧紧抓住含绝对值不等式的解法，以及利用重要不等式对一些简单的不等式进行证明．该部分的复习以基...

------------------------------------------作者xxxx------------------------------------------日期xxxx选修4-5__不等式选讲教师版【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【2013年高考会这样考】1．考查含绝对值不等式的解法．2．考查有关不等式的证明．3．利用不等式的性质求最值．【复习指导】本讲复习时，紧紧抓住含绝对值不等式的解法，以及利用重要不等式对一些简单的不等式进行证明．该部分的复习以基础知识、基本方法为主，不要刻意提高难度，以课本难度为宜，关键是理解有关内容本质。基础梳理1．含有绝对值的不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|a的解集不等式a>0a＝0a<0|x|a或(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c⇔；②|ax＋b|≥或．(3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．2．含有绝对值的不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|，当且仅当同号，等号成立．定理2：如果a，b是实数，那么，当且仅当异号，等号成立．3．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a、b为正数，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a、b、c为正数，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术－几何平均值不等式)如果a1、a2、…、an为n个正数，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．注意掌握利用基本不等式求最值的方法：对两个正实数x、y①如果它们的和S是定值，则当且仅当时，它们的积P取得最大值；②如果它们的积P是定值，则当且仅当时，它们的和S取得最小值．4．柯西不等式(1)二维形式的柯西不等式：当且仅当时，等号成立.(2)三维形式的柯西不等式：当且仅当或时，等号成立．(3)一般形式的柯西不等式：当且仅当或时，等号成立．(4)向量形式的柯西不等式：设是两个向量，则当且仅当是零向量，或存在实数，使时，等号成立。(5)二维形式的平面三角不等式：变式：≥。5．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．其它方法有：换元法、构造法，函数单调性法，数学归纳法等.放缩法是证明不等式特有的方法，在证明不等式过程中常常要用到它，放缩要有目标，目标在结论和中间结果中寻找.常用的放缩方法有：(1)舍去或加上一些项，如eq\r(a2＋1)＞eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))，eq\r(n(n＋1))＞n等。(2)将分子或分母放大(或缩小)；(3)利用基本不等式，如eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)；(4)利用常用结论，如eq\r(k＋1)－eq\r(k)＝eq\f(1,\r(k＋1)＋\r(k))＜eq\f(1,2\r(k))，eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k(k－1))＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)；eq\f(1,k2)＞eq\f(1,k(k＋1))＝eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)(程度大)；eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,(k－1)(k＋1))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k＋1))(程度小)；等.6.几个重要不等式①（当且仅当时取到等号）.②（当且仅当时取到等号）.③（当仅当a=b时取等号）（当仅当a=b时取等号）④其中规律：小于1同加则变大，大于1同加则变小.⑤平均不等式：,（当且仅当时取号）.（即调和平均几何平均算术平均平方平均）.变形公式：⑥幂平均不等式：⑦贝努利不等式：若x∈R，且x>－1，x≠0，n>1，n∈N，则(1＋x)n>1＋．7．排序不等式（排序原理）：设为两组实数.是的任一排列，则（反序和乱序和顺序和），当且仅当或时，反序和等于顺序和.双基自测1．不等式1＜|x＋1|＜3的解集为________．答案　(－4，－2)∪(0,2)2．不等式|x－8|－|x－4|＞2的解集为________．解析　令：f(x)＝|x－8|－|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，x≤4，,－2x＋12，4＜x≤8，,－4，x＞8，))当x≤4时，f(x)＝4＞2；当4＜x≤8时，f(x)＝－2x＋12＞2，得x＜5，∴4＜x＜5；当x＞8时，f(x)＝－4＞2不成立．故原不等式的解集为：{x|x＜5}．答案　{x|x＜5}3．已知关于x的不等式|x－1|＋|x|≤k无解，则实数k的取值范围是________．解析　∵|x－1|＋|x|≥|x－1－x|＝1，∴当k＜1时，不等式|x－1|＋|x|≤k无解，故k＜1.答案　k＜14．若不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为________．解析由|3x－b|＜4，得eq\f(b－4,3)＜x＜eq\f(b＋4,3)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤\f(b－4,3)＜1，,3＜\f(b＋4,3)≤4，))解得5＜b＜7.答案　(5,7)5．(2011·南京模拟)如果关于x的不等式|x－a|＋|x＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a的取值范围是________．解析　在数轴上，结合实数绝对值的几何意义可知a≤－5或a≥－3.答案　(－∞，－5]∪[－3，＋∞)6．已知均为实数.若，求的最大值。答案：，∴7．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对a≠0，a、b∈R恒成立，求实数x的范围.答案：由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0得eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥f(x).又因为eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥eq\f(|a＋b＋a－b|,|a|)＝2，则有2≥f(x).解不等式|x－1|＋|x－2|≤2得得eq\f(1,2)≤x≤eq\f(5,2).考向一　含绝对值不等式的解法【例1】►设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|。(1)解不等式f(x)＞2；(2)若关于SKIPIF1<0的不等式SKIPIF1<0>SKIPIF1<0恒成立，求参数SKIPIF1<0的取值范围。(3)若关于SKIPIF1<0不等式有解，求参数SKIPIF1<0的取值范围。【审题视点】第(1)问：采用分段函数解不等式；第(2)问：属于不等式恒成立问题，必须先求出的最小值，画出函数f(x)的图象可求f(x)的最小值．第（3）问：属于不等式有解问题，只需求出的最小值，再转化为解绝对值不等式。解　(1)f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－5　\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(1,2)))，,3x－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x＜4))，,x＋5x≥4.))当x＜－eq\f(1,2)时，由f(x)＝－x－5＞2得，x＜－7.∴x＜－7；当－eq\f(1,2)≤x＜4时，由f(x)＝3x－3＞2，得x＞eq\f(5,3)，∴eq\f(5,3)＜x＜4；当x≥4时，由f(x)＝x＋5＞2，得x＞－3，∴x≥4.故原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－7或x＞\f(5,3)))))。(2)画出f(x)的图象如图：∴f(x)min＝－eq\f(9,2).故。(3)由（2）知，f(x)的最小值为－eq\f(9,2)，则不等式f(x)＋|2t－3|≤0有解必须且只需－eq\f(9,2)＋|2t－3|≤0，解得。所以t的取值范围是。(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，即通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．(3)应熟练掌握不等式有解及恒成立两类问题的相关解法。【训练1】►设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|。(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；(2)如果∀x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．(3)若的取值满足（2）的取值范围，且设SKIPIF1<0的定义域为SKIPIF1<0，求实数SKIPIF1<0的取值范围．解　(1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x＜－1，,2，－1≤x≤1，,2x，x＞1.))作出函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的图象．由图象可知，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≤－\f(3,2)或x≥\f(3,2))).(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件；若a＜1，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋a＋1，x≤a，,1－a，a＜x＜1，,2x－a＋1，x≥1，))f(x)的最小值为1－a.若a＞1，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋a＋1，x≤1，,a－1，1＜x＜a，,2x－a＋1，x≥a，))f(x)的最小值为a－1.∴对于∀x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，∴a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．（3）因为SKIPIF1<0的定义域为SKIPIF1<0，所以在上无解。又f(x)≥2，所以，即。考向二　不等式的证明【例2】►证明下列不等式：(1)设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2；(2)a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc；(3)a6＋8b6＋eq\f(1,27)c6≥2a2b2c2.(4)设为正实数，求证：.(5)已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c).(6)数学归纳法证明不等式：【审题视点】(1)作差比较；(2)综合法；(3)利用柯西不等式；（4）利用；(5)分析法；（6）利用数学归纳法。证明　(1)3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)－2b2(a－b)＝(a－b)(3a2－2b2)．∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2＞0.∴(a－b)(3a2－2b2)≥0.∴3a2＋2b3≥3a2b＋2ab2.(2)∵a2＋4b2≥2eq\r(a2·4b2)＝4ab，a2＋9c2≥2eq\r(a2·9c2)＝6ac，4b2＋9c2≥2eq\r(4b2·9c2)＝12bc，∴2a2＋8b2＋18c2≥4ab＋6ac＋12bc，∴a2＋4b2＋9c2≥2ab＋3ac＋6bc.(3)a6＋8b6＋eq\f(1,27)c6≥3eq\r(3,\f(8,27)a6b6c6)＝3×eq\f(2,3)a2b2c2＝2a2b2c2，∴a6＋8b6＋eq\f(1,27)c6≥2a2b2c2.(4)证明：∵为正实数，由均值不等式得∴又。∴.(5)证明：因为a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要证原不等式成立，即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b).①因为(a＋b)＋(b＋c)≥2eq\r((a＋b)(b＋c))＞0，(b＋c)＋(c＋a)≥2eq\r((b＋c)(c＋a))＞0，(c＋a)＋(a＋b)≥2eq\r((c＋a)(a＋b))＞0，三式相乘得①式成立，故原不等式得证.(6)用学归纳法证明：（=1\*romani）当时，成立.（=2\*romanii）假设当时，命题成立.即，则当时，）+由（=1\*romani）（=2\*romanii）可知命题对一切大于1的自然数成立(1)作差法应该是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤是：①作差；②分解因式；③与0比较；④得出结论．关键是代数式的变形能力。其理论依据为：a>b⇔>0；a0，eq\f(a,b)>1⇒；b<0，eq\f(a,b)>1⇒．(2)注意观察不等式的结构，利用基本不等式或柯西不等式证明．(3)使用综合法证明不等式应注意对基本不等式或已证不等式的使用，常用的不等式有：①a2≥0；②|a|≥0；③a2＋b2≥2ab；④eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b>0)等．(4)证明不等式时，通过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，我们把这种方法称为放缩法。其理论依据a>b，b>c⇒a>c。(5)分析法就是从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.分析法也可以作为寻找证题思路的方法，分析后再用综合法书写证题过程.【训练2】►（1）（2010年辽宁高考）已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥6eq\r(3)，并确定a，b，c为何值时，等号成立．证明　法一　因为a，b，c均为正数，由基本不等式得，a2＋b2＋c2≥3(abc)eq\f(2,3)，①eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥3(abc)－eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥9(abc)－eq\f(2,3)，②故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥3(abc)eq\f(2,3)＋9(abc)－eq\f(2,3).又3(abc)eq\f(2,3)＋9(abc)－eq\f(2,3)≥2eq\r(27)＝6eq\r(3)，③所以原不等式成立．当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc)eq\f(2,3)＝9(abc)－eq\f(2,3)时，③式等号成立．故当且仅当a＝b＝c＝3eq\f(1,4)时，原不等式等号成立．法二　因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①同理eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)≥eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ac)，②故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥ab＋bc＋ac＋eq\f(3,ab)＋eq\f(3,bc)＋eq\f(3,ac)≥6eq\r(3).③所以原不等式成立．当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．故当且仅当a＝b＝c＝3eq\f(1,4)时，原不等式等号成立．（2）设函数f(x)＝x－a(x＋1)ln(x＋1)(x＞－1，a≥0).①求f(x)的单调区间；②求证：当m＞n＞0时，(1＋m)n＜(1＋n)m.解析：(1)f′(x)＝1－aln(x＋1)－a，①a＝0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；②当a＞0时，f(x)在(－1，－1]上单调递增，在[－1，＋∞)单调递减.(2)证明：要证(1＋m)n＜(1＋n)m，只需证nln(1＋m)＜mln(1＋n)，只需证eq\f(ln(1＋m),m)＜eq\f(ln(1＋n),n).设g(x)＝eq\f(ln(1＋x),x)(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(\f(x,1＋x)－ln(1＋x),x2)＝eq\f(x－(1＋x)ln(1＋x),x2(1＋x)).由(1)知x－(1＋x)ln(1＋x)在(0，＋∞)单调递减，所以x－(1＋x)ln(1＋x)＜0，即g(x)是减函数，而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.考向三　利用基本不等式或柯西不等式求最值【例3】►（1）已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1)的最大值．【审题视点】先将(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))平方后利用基本不等式；还可以利用柯西不等式求解．解　法一　利用基本不等式∵(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋2eq\r(3a＋1)·eq\r(3b＋1)＋2eq\r(3b＋1)·eq\r(3c＋1)＋2eq\r(3a＋1)·eq\r(3c＋1)≤(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋[(3a＋1)＋(3b＋1)]＋[(3b＋1)＋(3c＋1)]＋[(3a＋1)＋(3c＋1)]＝3[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]＝18，∴eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1)≤3eq\r(2)，∴(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))max＝3eq\r(2).法二　利用柯西不等式∵(12＋12＋12)[(eq\r(3a＋1))2＋(eq\r(3b＋1))2＋(eq\r(3c＋1))2]≥(1·eq\r(3a＋1)＋1·eq\r(3b＋1)＋1·eq\r(3c＋1))2，∴(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))2≤3[3(a＋b＋c)＋3]．又∵a＋b＋c＝1，∴(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))2≤18，∴eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1)≤3eq\r(2).当且仅当eq\r(3a＋1)＝eq\r(3b＋1)＝eq\r(3c＋1)时，等号成立．∴(eq\r(3a＋1)＋eq\r(3b＋1)＋eq\r(3c＋1))max＝3eq\r(2).（2）求函数的最大值.解：函数的定义域为，且由柯西不等式得，．当且仅当时，取，即时函数取最大值.利用基本不等式或柯西不等式求最值时，首先要观察式子特点，通过“配”、“凑”构造出基本不等式或柯西不等式的结构形式，其次要注意取得最值的条件是否成立．【训练3】►（1）已知a＋b＋c＝1，m＝a2＋b2＋c2，求m的最小值．解　法一　∵a＋b＋c＝1，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝1，又∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，∴2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2ac＋2bc，∴1＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac≤3(a2＋b2＋c2)．∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).当且仅当a＝b＝c时，取等号，∴mmin＝eq\f(1,3).法二　利用柯西不等式∵(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(1·a＋1·b＋1·c)＝a＋b＋c＝1.∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．∴mmin＝eq\f(1,3)（2）设，求的最小值.解：由柯西不等式可知：，且仅当，且，即时，M有最小值为.考向四排序不等式【例4】►设是互不相等的正数，其中且.求证：。证明：不妨设，则，故．由排序不等式知，乱序和不小于反序和，又等号均不成立，故，即．（1）顺序和、乱序和、反序和的概念:设a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则称ai与bi(i＝1，2，…，n)按相同顺序相乘所得积的和n为顺序和，和为乱序和，按相反顺序相乘所得积的和为反序和．(2)排序不等式(排序原理)设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，则≤≤，当且仅当时，反序和等于顺序和，此不等式简记为反序和≤乱序和≤顺序和．(3)根据所证不等式的结构形式观察是否符合柯西不等式、排序不等式的结构形式或有相似之处.构造当的两组数将其配成相关结构形式是解决问题的突破口，这时往往要进行添项、拆项、重组、配方等方法的处理，有难度的逐步调整去构造.排序不等式也是基本而重要的不等式.一些重要不等式可以看成是排序不等式的特殊情形，例如不等式a2＋b2≥2ab.有些重要不等式则可以借助排序不等式得到简捷的证明.证明排序不等式时，教科书展示了一个“探究——猜想——证明——应用”的研究过程，目的是引导学生通过自己的数学活动，初步认识排序不等式的数学意义、证明方法和简单应用.对于具体明确的大小顺序、数目相同的两列数考虑它们对应乘积之和的大小关系时，通常考虑排序不等式.【训练4】►设都为正实数，证明：证明：不妨设a1≤a2≤…≤an，则aeq\o\al(2,1)≤aeq\o\al(2,2)≤…≤aeq\o\al(2,n)，eq\f(1,a1)≥eq\f(1,a2)≥…≥eq\f(1,an).由排序不等式有aeq\o\al(2,1)·eq\f(1,a2)＋aeq\o\al(2,2)·eq\f(1,a3)＋…＋aeq\o\al(2,n－1)·eq\f(1,an)＋aeq\o\al(2,n)·eq\f(1,a1)≥aeq\o\al(2,1)·eq\f(1,a1)＋aeq\o\al(2,2)·eq\f(1,a2)＋…＋aeq\o\al(2,n)·eq\f(1,an)＝a1＋a2＋…＋an，故不等式成立.另外由均值不等式可以证明其成立：eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋a2≥2a1，eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋a3≥2a2，…，eq\f(a\o\al(2,n),a1)＋a1≥2an，将这n个不等式相加得eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(a\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a\o\al(2,n),a1)＋a2＋a3＋…＋an＋a1≥2(a1＋a2＋…＋an)，整理即得所证不等式.或者由柯西不等式可以证明(eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(a\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a\o\al(2,n),a1))(a2＋a3＋…＋an＋a1)≥(eq\f(a1,\r(a2))·eq\r(a2)＋eq\f(a2,\r(a3))·eq\r(a3)＋…＋eq\f(an,\r(a1))·eq\r(a1))2＝(a1＋a2＋…＋an)2.不等式两边约去正数因式a1＋a2＋…＋an即得所证不等式.如何求解含绝对值不等式的综合问题从近两年的新课标高考试题可以看出，高考对《不等式选讲》的考查难度要求有所降低，重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数为背景证明不等式，题型为填空题或解答题．【示例】►(本题满分10分)(2011·新课标全国)设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a＞0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．第(2)问解不等式|x－a|＋3x≤0的解集，结果用a 表示，再由{x|x≤－1}求a.【解答示范]】(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.由此可得x≥3或x≤－1.。。。。。。。。。(3分)故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．。。。。。。。。。(5分)(2)由f(x)≤0得，|x－a|＋3x≤0.此不等式化为不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥a，,x－a＋3x≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤a，,a－x＋3x≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥a，,x≤\f(a,4)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤a，,x≤－\f(a,2).))。。。。。。。。。。(8分)。因为a＞0，所以不等式组的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(a,2))))).由题设可得－eq\f(a,2)＝－1，故a＝2.(10分)本题综合考查了含绝对值不等式的解法，属于中档题．解含绝对值的不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式(组)进行求解．含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x－a|＋|x－b|＞m或|x－a|＋|x－b|＜m(m为正常数)，利用实数绝对值的几何意义求解较简便．【试一试】►(2011·辽宁)已知函数f(x)＝|x－2|－|x－5|。(1)证明：－3≤f(x)≤3；(2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集．【尝试解答】(1)f(x)＝|x－2|－|x－5|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x≤2，,2x－7，2＜x＜5，,3，x≥5.))当2＜x＜5时，－3＜2x－7＜3.所以－3≤f(x)≤3.(2)由(1)可知，当x≤2时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为空集；当2＜x＜5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－eq\r(3)≤x＜5}；当x≥5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5≤x≤6}．综上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－eq\r(3)≤x≤6}。【2012年高考真题链接】1．（2012年高考（陕西理））若存在实数SKIPIF1<0使SKIPIF1<0成立,则实数SKIPIF1<0的取值范围是___________。答案：因为，所以。2.（2012年高考（山东理））若不等式SKIPIF1<0的解集为SKIPIF1<0,则实数SKIPIF1<0__________。答案：由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0,故SKIPIF1<0.3.（2012年高考（江西理））在实数范围内，不等式|2x-1|+|2x+1|≤6的解集为________。答案：4．（2012年高考（湖南理））不等式|2x+1|-2|x-1|>0的解集为_______。答案：SKIPIF1<05.（2012年高考（广东理））不等式SKIPIF1<0的解集为__________答案:SKIPIF1<0.SKIPIF1<0的几何意义是SKIPIF1<0到SKIPIF1<0的距离与SKIPIF1<0到0的距离的差,画出数轴,先找出临界“SKIPIF1<0的解为SKIPIF1<0”,然后可得解集为SKIPIF1<0.6．（2012天津理）已知集合，集合,且，则,.答案：∵=,又∵，画数轴可知，.7．（2012年高考（新课标理））已知函数=.(Ⅰ)当时,求不等式≥3的解集；(Ⅱ)若≤的解集包含,求的取值范围.【解析】(1)当SKIPIF1<0时,SKIPIF1<0SKIPIF1<0或SKIPIF1<0或SKIPIF1<0SKIPIF1<0或SKIPIF1<0。(2)原命题SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立。8．（2012年高考（江苏））已知实数x,y满足:SKIPIF1<0求证:SKIPIF1<0.证明:∵SKIPIF1<0,由题设SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0.∴SKIPIF1<0.9．（2012福建理）已知函数，且的解集为。（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，且，求证：。解：(1)∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的解集是SKIPIF1<0。故SKIPIF1<0。(2)由（1）知SKIPIF1<0,由柯西不等式得SKIPIF1<0SKIPIF1<0。10．（2012年高考（辽宁理））已知,不等式的解集为(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)若恒成立,求k的取值范围.课外巩固1．(中原六校联谊2012年高三第一次联考理)设对于任意实数x，不等式SKIPIF1<0恒成立．（1）求m的取值范围；（2）当m取最大值时，解关于x的不等式：SKIPIF1<02.(2012年大连沈阳联合考试第二次模拟试题理)已知函数．(Ⅰ)若不等式的解集为，求实数a的值；(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，若存在实数使成立，求实数的取值范围．【解析】（Ⅰ）由得，∴，即，∴，∴．（Ⅱ）由（Ⅰ）知,令，则∴的最小值为4，故实数的取值范围是．3．(河北唐山市2012届高三第三次模拟理)已知。（1）解不等式SKIPIF1<0；（2）若存在实数x满足SKIPIF1<0，试求实数a的取值范围。（Ⅱ）函数y＝ax－1的图象是过点(0，－1)的直线．当且仅当函数y＝f(x)与直线y＝ax－1有公共点时，存在题设的x．由图象知，a取值范围为(－∞，－2)∪[eq\f(1,2)，＋∞)．4.(中原六校联谊2012年高三第一次联考理)已知函数SKIPIF1<0。（I）当a=0时，解不等式SKIPIF1<0；（II）若存在x∈R，使得，f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围．故SKIPIF1<0，从而所求实数SKIPIF1<0的范围为SKIPIF1<0。5.已知实数、、、满足，.证明：（I）；（II）.由（Ⅰ）知：.∴，化简得，解得.∴，∴.6．设二次函数SKIPIF1<0，已知SKIPIF1<0，并且对任意SKIPIF1<0，均有SKIPIF1<0。（I）求函数SKIPIF1<0的解析式；（II）设SKIPIF1<0，解不等式SKIPIF1<0。【解析】7.(2011年高考全国新课标卷理科)设函数。(1)当时，求不等式的解集；(2)如果不等式的解集为，求的值。【分析】解含有绝对值得不等式，一般采用零点分段法，去掉绝对值求解；已知不等式的解集要求字母的值，先用字母表示解集，再与原解集对比可得字母的值；解：（Ⅰ）当时，不等式，可化为，，所以不等式的解集为（Ⅱ）因为，所以，，可化为，即因为，所以，该不等式的解集是，再由题设条件得点评：本题考查含有绝对值不等式的解法，以及解法的应用，注意过程的完整性与正确性。8.（1）已知.求证：（2）求函数的最小值.【解析】（1）证明：∵，利用柯西不等式得：∴（2）解：由（1）可得：函数∴函数的最小值为25，当且仅当时取得．9．已知，求证：.证明：∵又∵。∴，由得。∴10．已知关于的不等式（1）当时，求此不等式的解集；（2）若此不等式的解集为R，求实数的取值范围.解：（1）当时，得，∴，解得，所以不等式的解集为（2）∵原不等式解集为R..∴对一切实数恒成立.又∵，∴解得，又∵∴．11.已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,a＋c)的最小值．解析：　∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]·(eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))≥3eq\r(3,（a＋b）·（b＋c）·（c＋a）)·3eq\r(3,\f(1,a＋b)·\f(1,b＋c)·\f(1,c＋a))＝9，即2(a＋b＋c)·(eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))≥9，又∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)≥eq\f(9,2)，当且仅当a＝b＝c时，“＝”成立，∴eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,a＋c)的最小值为eq\f(9,2).12.用放缩法、数学归纳法证明：设an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n(n＋1))，n∈N*，求证：eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2).【证明】方法一：(放缩法)＜eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)，即n＜eq\r(n(n＋1))＜eq\f(2n＋1,2).所以1＋2＋…＋n＜an＜eq\f(1,2)[1＋3＋…＋(2n＋1)].所以eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f(1,2)·eq\f((n＋1)(1＋2n＋1),2)，即eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2).方法二：(数学归纳法)①当n＝1时，a1＝eq\r(2)，而1＜eq\r(2)＜2，所以原不等式成立.②假设n＝k(k≥1)时，不等式成立，即eq\f(k(k＋1),2)＜ak＜eq\f((k＋1)2,2).则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(k(k＋1))＋eq\r((k＋1)(k＋2))，所以eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＜ak＋1＜eq\f((k＋1)2,2)＋eq\r((k＋1)(k＋2)).而eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＞eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋1))＝eq\f(k(k＋1),2)＋(k＋1)＝eq\f((k＋1)(k＋2),2)，eq\f((k＋1)2,2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＜eq\f((k＋1)2,2)＋eq\f((k＋1)＋(k＋2),2)＝eq\f(k2＋4k＋4,2)＝eq\f((k＋2)2,2).所以eq\f((k＋1)(k＋2),2)＜ak＋1＜eq\f((k＋2)2,2).故当n＝k①②知当n∈N*，都有eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2). 小结：在用放缩法时，常利用基本不等式eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)。13．已知x2＋2y2＋3z2＝eq\f(18,17)，求3x＋2y＋z的最小值.【解析】因为(x2＋2y2＋3z2)[32＋(eq\r(2))2＋(eq\f(1,\r(3)))2]≥(3x＋eq\r(2)y·eq\r(2)＋eq\r(3)z·eq\f(1,\r(3)))2≥(3x＋2y＋z)2，所以(3x＋2y＋z)2≤12，即－2eq\r(3)≤3x＋2y＋z≤2eq\r(3)，当且仅当x＝－eq\f(9\r(3),17)，y＝－eq\f(3\r(3),17)，z＝－eq\f(\r(3),17)时。13.（用排序不等式证明）设是个互不相同的正整数，求证：。证明：设是的一个排列，且满足，因为互不相同，故，又因为，故由排序不等式可得=。

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选修4-5__不等式选讲教师版

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