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第十八章 不等式選講,高考理數(shù),1.不等式的性質和絕對值不等式 (1)解絕對值不等式的基本思想 解絕對值不等式的基本思想是去絕對值符號,常采用的方法是討論符號或平方,例如: (i)若a0,則|x|g(x)?f(x)g(x)或f(x)0),當且僅當a=b時取等號.,知識清單,(3)平均數(shù)定理: ≥ (a,b,c0),當且僅當a=b=c時取等號. (a1+a2+…+an)≥ (ai0,i=1,2,…,n),當且僅當a1=a2=…=an時取等號. (4)絕對值三角不等式 ①定理1:|a|+|b|≥|a+b|(a,b∈R),當且僅當ab≥0時等號成立; ②定理2:如果a,b,c∈R,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,當且僅當(a-b)(b-c)≥0時,等號成立; ③||a|-|b||≤|a+b|. 注意:含絕對值的三角不等式|a|-|b|≤||a|-|b||≤|ab|≤|a|+|b|中,對于等號成立的條件應注意:|a+b|=| a|+|b|中,ab≥0,而|a-b|=|a|+|b|中,ab≤0等. 3.柯西不等式 (1)一般形式:設a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn為實數(shù),則( + +…+ )( + +…+ )≥(a1b1+a2b2+…+anbn) 2.當且僅當bi=0,或存在一個實數(shù)k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)時,等號成立. (2)二維形式的柯西不等式: ①代數(shù)形式:設a,b,c,d均為實數(shù),則(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.上式等號成立?ad=bc.,②向量形式:設α,β為平面上的兩個向量,則|α||β|≥|αβ|.當且僅當β是零向量或存在實數(shù)k,使α=kβ 時,等號成立. ③三角形式:設x1,x2,y1,y2∈R,則 + ≥ ,其幾何意義是三角形兩 邊之和大于第三邊. 注意:不等式成立的條件要準確把握,如a2+b2≥2ab(a,b∈R),a+b≥2 (a,b0),柯西不等式中ai,bi (i=1,2,…,n)均為實數(shù)等. 4.不等式的證明 (1)綜合法:從命題的已知條件出發(fā),利用 公理 、 定義 及 定理 ,逐步推導,從而最后導 出要證明的命題. (2)分析法:從需要證明的結論出發(fā),逐步尋求使它成立的 充分條件 ,直至所需條件為已知條 件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質等),從而得出要證的命題成立. (3)反證法:首先假設要證明的命題是 不正確的 ,然后利用公理、定義、定理、性質等,逐步 分析,得到和 命題的條件 (或已證明過的定理、性質,明顯成立的事實等)矛盾的結論,以此說 明假設的結論 不成立 ,從而證明原來的結論正確.,(4)放縮法:將所需證明的不等式的值適當 放大 (或 縮小 )使它由繁到簡,達到證明目的. 如果所要證明的不等式中含有分式,把分母放大,則相應分式的值 縮小 ,把分母縮小,則分式 的值 放大 . (5)若a1,a2,b1,b2∈R,則(a1+a2)(b1+b2)≥ (a1b1+a2b2)2 ,等號成立? a1b2=a2b1 . (6)設α,β為平面上的兩個向量,則|α||β| ≥ |αβ|,當且僅當β是 零向量 ,或存在實數(shù)k,使α=kβ 時,等號成立. (7)設a1,a2,b1,b2為實數(shù),則 + ≥ ,等號成立? 存在非負實 數(shù)μ,λ,使得μa1=λb1,μa2=λb2 . (8)設平面上三點坐標為A(a1,a2)、B(b1,b2)、C(c1,c2),則 + ≥ ,其幾何意義: |AB|+|BC|≥|AC| . (9)一般地,當要證明一個命題對于不小于某正整數(shù)n0的所有正整數(shù)n都成立時,可以用以下兩個 步驟: (i)證明當 n取初始值n0 時命題成立; (ii)假設當 n=k 時命題成立,證明 n=k+1 時命題也成立.在完成了這兩個步驟后,就可以斷 定命題對于從初始值n0開始的所有自然數(shù)都成立.這種證明方法稱為數(shù)學歸納法.,形如|x-a|+|x-b|c(或0)型的不等式主要有三種解法: 1.零點分段討論法:含有兩個或兩個以上絕對值符號的不等式,可用零點分段討論法脫去絕對值 符號,將其轉化為與之等價的不含絕對值符號的不等式(組),一般步驟是: (1)令每個絕對值符號里的代數(shù)式為零,并求出相應的根; (2)將這些根按從小到大排序,它們把實數(shù)集分為若干個區(qū)間; (3)在所分的各區(qū)間上,根據(jù)絕對值的定義去掉絕對值符號,求所得的各不等式在相應區(qū)間上的 解集; (4)這些解集的并集就是原不等式的解集. 2.利用絕對值的幾何意義 由于|x-a|+|x-b|與|x-a|-|x-b|分別表示數(shù)軸上與x對應的點到與a,b對應的點的距離之和與距離之差, 因此對形如|x-a|+|x-b|0)或|x-a|-|x-b|c(c0)的不等式,利用絕對值的幾何意義求解更直觀. 3.數(shù)形結合法:在直角坐標系中作出不等式兩邊所對應的兩個函數(shù)的圖象,利用函數(shù)圖象求解.,突破方法,方法1 絕對值不等式的解法,例1 (2013遼寧,24,10分)選修4—5:不等式選講 已知函數(shù)f(x)=|x-a|,其中a1. (1)當a=2時,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集; (2)已知關于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2},求a的值. 解析 (1)當a=2時, f(x)+|x-4|= 當x≤2時,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x≤1; 當2x4時, f(x)≥4-|x-4|無解; 當x≥4時,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x≥5, 所以f(x)≥4-|x-4|的解集為{x|x≤1或x≥5}. (4分) (2)記h(x)=f(2x+a)-2f(x), 則h(x)=,由|h(x)|≤2,解得 ≤x≤ . 又已知|h(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2},所以 于是a=3. (10分) 1-1 (2015貴州一模,24,10分)已知函數(shù)f(x)=|2x-a|+|x-1|. (1)當a=3時,求不等式f(x)≥2的解集; (2)若f(x)≥5-x對任意x∈R恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解析 (1)a=3時, f(x)≥2即為|2x-3|+|x-1|≥2. ①當x≥ 時,不等式即為2x-3+x-1≥2,解得x≥2. ②當1x 時,不等式即為3-2x+x-1≥2,∴2-x≥2,∴x0.舍去. ③當x≤1時,不等式即為3-2x+1-x≥2,∴3x≤2,即x≤ . 綜上,當a=3時, f(x)≥2的解集為 . (5分),(2)f(x)≥5-x對任意x∈R恒成立,即為|2x-a|≥5-x-|x-1|對任意x∈R恒成立, 令g(x)=5-x-|x-1|= 數(shù)形結合可得 ≥3,∴a≥6,故a的取值范圍是[6,+∞). (10分),基本不等式的應用主要集中在解決最值問題、不等式恒成立、存在性問題及參數(shù)的求解 問題. 解含參數(shù)的不等式存在性問題時,只要求出存在滿足條件的x即可.不等式的解集為R是指不等 式的恒成立問題,而不等式的解集為?的對立面也是不等式的恒成立問題(如f(x)m的解集是空 集,則f(x)≤m恒成立),此兩類問題都可轉化為最值問題,即f(x)f(x)max, f(x)a恒成立 ?a0,b0,且 + = . (1)求a3+b3的最小值; (2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說明理由. 解析 (1)由 = + ≥ ,得ab≥2,且當a=b= 時等號成立. 故a3+b3≥2 ≥4 ,且當a=b= 時等號成立. 所以a3+b3的最小值為4 .,方法2 基本不等式的應用,(2)由(1)知,2a+3b≥2 ≥4 . 由于4 6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6. 2-1 (2016云南富寧二模,24,10分) 已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)當a=-2時,求不等式f(x)-1,且當x∈ 時, f(x)≤g(x),求a的取值范圍. 解析 (1)當a=-2時,不等式f(x)g(x)化為|2x-1|+|2x-2|-x-30. 設函數(shù)y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,則y= 其圖象如圖所示.,從圖象可知,當且僅當x∈(0,2)時,y0,所以原不等式的解集是{x|0x2}. (2)當x∈ 時, f(x)=1+a. 不等式f(x)≤g(x)化為1+a≤x+3, 所以x≥a-2對x∈ 恒成立. 故- ≥a-2,即a≤ .從而a的取值范圍為 .,不等式證明的常用方法有:(1)比較法;(2)綜合法;(3)分析法;(4)反證法;(5)放縮法;(6)數(shù)學歸 納法;(7)換元法;(8)導數(shù)與積分法;(9)構造法. 例3 (2015課標Ⅱ,24,10分)選修4—5:不等式選講 設a,b,c,d均為正數(shù),且a+b=c+d,證明: (1)若abcd,則 + + ; (2) + + 是|a-b|cd得( + )2( + )2. 因此 + + . (2)(i)若|a-b|cd. 由(1)得 + + .,方法3 不等式的證明,(ii)若 + + ,則( + )2( + )2, 即a+b+2 c+d+2 . 因為a+b=c+d,所以abcd.于是 (a-b)2=(a+b)2-4ab + 是|a-b||c-d|的充要條件. 3-1 (2013課標全國Ⅱ,24,10分)選修4—5:不等式選講 設a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明: (1)ab+bc+ca≤ ; (2) + + ≥1. 證明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由題設得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.,所以3(ab+bc+ca)≤1, 即ab+bc+ca≤ . (2)因為 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), 即 + + ≥a+b+c. 所以 + + ≥1.,很多重要不等式的證明和求最值都可以由柯西不等式導出,常利用常數(shù)的巧拆、結構的巧 變、巧設數(shù)組等方式利用柯西不等式. 例4 (2014福建,21(3),7分)已知定義在R上的函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值為a. (1)求a的值; (2)若p,q,r是正實數(shù),且滿足p+q+r=a,求證:p2+q2+r2≥3. 解析 (1)∵|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 當且僅當-1≤x≤2時,等號成立, ∴f(x)的最小值等于3,即a=3. (2)證明:由(1)知p+q+r=3, 又因為p,q,r是正實數(shù), ∴(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p1+q1+r1)2 =(p+q+r)2=9, 即p2+q2+r2≥3.,方法4 柯西不等式的應用,4-1 (2016四川成都質檢)設a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,則 的最小值為 . 答案 解析 由柯西不等式得(a2+b2)(m2+n2)≥(ma+nb)2,即5(m2+n2)≥25,(m2+n2)≥5, 所以 的最小值為 .,