【步步高】2011届高考数学一轮复习 第十四编 系列4选讲课件 理 （打包2套）新人教A版
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【步步高】2011届高考数学一轮复习 第十四编 系列4选讲课件 理 （打包2套）新人教A版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,第十四,系列,课件,打包,新人
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不等式选讲 要点梳理 ab a=b a0 么 ;如果 ,那么 ab.即 ab . (2)传递性：如果 ab,bc,那么 .即 ab,bc . (3)可加性：如果 ,那么 a+cb+c. (4)可乘性：如果 ab,c0，那么 ;如果 ab, ，那么 bn(n N,n2). (6)开方：如果 ab0，那么 (n N,n2). c ab acbc ac nn (1)定理 1：如果 a,b R,那么 a2+ 且仅 当 a=号成立 . (2)定理 2(基本不等式 )：如果 a,b0，那么 ,当且仅当 时，等号成立 述为：两个 的算术平均数 它们的几何平均数 . (3)利用基本不等式求最值 对两个正实数 x， y， 如果它们的和 当且仅当 时， 它们的积 值； 如果它们的积 当且仅当 时， 它们的和 值 . 2 ab a=b 正数 x=y 不小于（即大于或 等于） 大 x=y 小 几何平均不等式 (1)定理 3 如果 a,b,c ，那么 ，当且仅当 时，等号成立 . 即三个正数的算术平均数 它们的几何平均数 . (2)基本不等式的推广 对于 ， 们的算术平均数 它们的几何平均数，即 当且仅当 a1= 号 成立 . R+ 3 3 a=b=c 不小于 不小于 n 21 ,21n （ 1）定理 1：如果 a， |a+b| ，当且仅当 时，等号成立 . （ 2）定理 2：如果 a， b， 么 | |当且仅当 时，等号成立 . （ 1）含绝对值的不等式 |x|a|+|b| (0 不等式 a0 a=0 | 或| 0| R R （ 2） |ax+b| c (c0)和 |ax+b| c (c0)型不等 式的解法 |ax+b| c ; |ax+b| c . （ 3） | | 的解法 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； 利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的 思想； 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 . ax+b c ax+b c或 ax+b （ 1）比较法； （ 2）综合法与分析法； （ 3）反证法和放缩法 . 基础自测 1.设 ,下面四个不等式中，正确的是 ( ) |a+b|a|; |a+b|a|-|b|. A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 解析 , a, |a+b|=|a|+|b|, 和正确 . C 0， y0， 则 M、 ) cd, 求证： （ 1）可联想利用 (+（ . （ 2）要证 可转化为证 【 例 1】思维启迪(111( 深度剖析 证明 abcd, , 利用均值不等式证明问题时，要特别注 意正、定、等的基本条件 构特征： )()(31113)()()(111()(111(33探究提高).,( 212121 n 知能迁移 1 （ 2008 江苏） 设 a,b, 求证： 证明 因为 a,b,由平均不等式可得 33 1131113333333333333333 含绝对值不等式的解法 解下列不等式： (1)17+x; (3)|x+2|7+x, 可得 2x+57+x+52,或 ,3,151,1)2(9)2(223）方 法一 分别求 |x+2|的零点，即 1, 2， 1把数轴分成三部分 :当 不等式即 +（ 2）求函数 y=f(x)的最小值 . 解 （ 1）令 y=|2x+1|-| )4(5)421(33)21(5y=|2x+1|-|图象，如图所示， 它与直线 y=2的交点为（ 2）和 . 所以 |2x+1|-|2的解集为 (-, . (2)由函数 y=|2x+1|-|图象可知， )2,35(),35( |12|,21 取得最小值时当 含有绝对值的不等式的证明 已知二次函数 f(x)=x2+ax+b(a， b R）的 定义域为 1，且 |f(x)|的最大值为 M. (1)证明 ： |1+b| M; (2)当 时，试求出 f（ x）的解析式 . 由 |f(x)|在 1上的最大值为 M 建立不等式 M| f（ 1） |， M| f（ 0） |， M |f（ |是解决问题的关键 . 【 例 3】;21:)2( 思维启迪（ 1） 证明 M| f（ |=|1-a+b|， M| f（ 1） |=|1+a+b|， 2M|1 -a+b|+|1+a+b| | （ 1-a+b） +（ 1+a+b） |=2|1+b|， M|1+ b|. （ 2） 证明 依题意， M| f（ |， M| f（ 0） |， M| f（ 1） |， 又 f（ =|1-a+b|， |f（ 1） |=|1+a+b|， |f（ 0） |=|b|， 4M| f（ |+2|f（ 0） |+|f（ 1） | =|1-a+b|+2|b|+|1+a+b| | （ 1-a+b） 1+a+b） |=2， M（ 3） 解 ,21|)0(|,21 ,01001,21,212123211212112121212 证明含有绝对值的不等式，其思路有 两种：（ 1）恰当运用 |a|-|b| a b| a|+|b| 进行放缩，并注意不等号的传递性及等号成立的条 件；（ 2）把含有绝对值的不等式等价转化为不含 绝对值的不等式，再利用比较法、综合法及分析法 进行证明 . 探究提高知能迁移 3 设 f(x)=bx+c，当 |x|1 时，总有 |f(x)|1, 求证： |f（ 2） |8. 证明 方法一 当 |x|1 时 ,|f（ x） |1 ， |f（ 0） |1 ，即 |c|1. 又 |f（ 1） |1 ， |f（ |1 ， |a+b+c|1 ， |c|1. 又 |a+b+c|+|c|+2|c| | a+b+c+|2a|， 且 |a+b+c|+|c|+2|c|4 ， |a|2. |2 b|=|a+b+c） | | a+b+c|+|c|2 ， |b|1 ， |f（ 2） |=|4a+2b+c|=|f（ 1） +3a+b| | f（ 1） |+3|a|+|b|1+6+1=8 ， 即 |f（ 2） |8. 方法二 当 |x|1 时， |f（ x） |1 ， |f（ 0） |1 ， | f（ 1） | 1 ， |f（ |1. 由 f（ 1） =a+b+c， f（ =c， f（ 0） = f（ 2） =|4a+2b+c| =|2f(1)+2f(4f(0)+f(1)1)+f(0)| =|3f(1)+f(3f(0)| 3| f(1)|+|f(+3|f(0)| 3 1+1 1+3 1=78. ,2 )0(2)1()1( )2 )1()1( 题型四 不等式的证明 已知 a,b,c,且 a2+,c2+. 求证： |ac+1. 本题使用综合法、分析法、比较法都可 证明 . 证明 方法一 （综合法） a,b,c, |ac+| |又 a2+,c2+,| ac+1. 【 例 4】方法二 （比较法） 显然有 |ac+1 ac+, 先证 ac+,02)()(222121)1(222222 ac+再证 ac+, )(2121)(1 ac+. 综上得 |ac+1. 方法三 （分析法） 要证 |ac+1, 只需证明（ ac+21 即只需证明 由于 a2+,c2+,因此式等价于 a2+ c2+ 将式展开、化简，得（ 20 因为 a,b,c,以式成立，即式成立 . 原命题得证 . ,02)()( 22 222222 证明不等式要根据不等式的特点选择适 当的方法 果能用分析法寻找出证明某 个不等式的途径，那么就能用综合法证明不等式 , 同时还能启发我们是否能用比较法证明 . 探究提高知能迁移 4 设 a,0| B.|a|-|b|, 选项 A、 B、 8x+9|2的解集相等，则 实数 a、 ( ) 8,b= 4,b=1,b=9 1,b=2 解析 据题意可得 是二次不等式的解集可知 2, 是一元二次方程 的两 根，根据根与系数的关系可知 只有 ,4127|98| 412| x 21221 49,4 21 B.c(0 定正确 ,故选 C（当 b=0时，不成立） . C |a2+a+1 (x R)恒成 立，则实数 ( ) A.（ 0， 1） B.（ - ， （ 0， + ） C.（ - ， D.（ 0） 解析 由绝对值的几何意义知 |1, a2+a+10时，不等式的
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