2019-2020年高考数学一轮总复习18.1绝对值型不等式教案理新人教A版

1、019-2020年高考数学一轮总复习18.1绝对值型不等式教案理 新人教高考导航考试要求重难点击命题展望理解绝对值的几何意义，并能用它证明绝对值三 角不等式等较简单的不等式.|a + b| w|a| + |b| ； |a b| w |a c| + |c b|.能用绝对值的几何意义解几类简单的绝对值型不等式，如 |ax + b| Wc 或 |ax + b| c,以及 |x a| + |x b| c 或|x a| + |x b| (ac + bd)2、 向量形式| a | I 3 | 1 a 3 1、一般形式，理解它们的几 何意义.掌握柯西不等式在证明不等式和求某些特 殊类型的函数极值中的应用.了

2、解排序不等式的推导及意义并能简单应用.会用数学归纳法证明贝努利不等式：(1 +x) 1 + nx(x -1,x式0, n为大于1的正整数).本早重点：不等 式的基本性质； 基本不等式及 其应用、绝对值 型不等式的解 法及其应用；用 比较法、分析 法、综合法证明 不等式；柯西不 等式、排序不等 式及其应用.本章难点：三个 正数的算术一 几何平均不 等式及其应用； 绝对值不等式 的解法；用反证 法、放缩法证明 不等式；运用柯 西不等式和排 序不等式证明 不等式.本专题在数学必修 5 “不等式”的基础上， 进一步学习一些重要 的不等式，如绝对值 不等式、柯西不等式、 排序不等式以及它们 的证明，同时

3、了解证 明不等式的一些基本 方法，如比较法、综 合法、分析法、反证 法、放缩法、数学归 纳法等，会用绝对值 不等式、平均值不等 式、柯西不等式、排 序不等式等解决一些 简单冋题.咼考中，只 考查上述知识和方 法，不对恒等变形的 难度和一些技巧作过 高的要求.知识网络不等式基本不答式均值不尊式L比较法18.1绝对值型不等式 典例精析 题型一解绝对值不等式【例1】设函数f(x) = |x - 1| + |x - 2|.解不等式f(x) 3;(2)若f(x) a对x R恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)因为 f(x)=|x - 1| + |x - 2| =3-2x, xv1,1,1 2.所以当

4、x v 1时，3 -2x 3，解得x v 0;当 13 无解；当 x2 时，2x- 33,解得 x 3.所以不等式f(x) 3的解集为(一3 0) U (3 ,+).3 -2x,xv 1, 1,1 x 2.所以 f(x)min = 1.因为f(x) a恒成立，所以av 1,即实数a的取值范围是(一3,1).【变式训练1】设函数f(x) =,|x + 11 + |x - 2| + a.(1)当a =- 5时，求函数f(x)的定义域； 若函数f(x)的定义域为R,试求a的取值范围.y=|x+I | + |x-2 |-3-2 -1323*【解析】(1)由题设知|x + 1| + |x -2| -50

5、,如图，在同一坐标系中作出函数 y= |x + 1| + |x - 2| 和 y = 5 的图象，知定义域为(一， 2 U 3 ,+).(2)由题设知，当 x R 时，恒有 |x + 1| + |x - 2| + a0,即卩 |x + 1| + |x -2| a，又由(1)知|x + 1| + |x 2|3,所以一a-3.题型二解绝对值三角不等式【例 2已知函数 f(x) = |x 1| + |x 2| ,若不等式 |a + b| + |a b| |a|f(x) 对0, a、b R恒成立，求实数 x的范围.【解析由 |a + b| + |a b| |a|f(x)aM0得 f(x).又因为则有

6、2Af(x).|a + b| + |a b| |a + b+ a b|A|a|a|15解不等式 |x 1| + |x 2| 2 得2x3; 如果？ x R, f(x) 2,求a的取值范围.【解析】 当 a = 1 时，f(x) = |x 1| + |x + 1|.由 f(x) 3 得|x 1| + |x + 1| 3,当x3,即一2x3,3不等式组的解集为(一g,別；当1v XW1时，不等式化为1 x + X+ 1 3,不可能成立, 不等式组的解集为?;当x 1时，不等式化为 x 1 + x + 13,即卩2x3,3不等式组的解集为【2,+g).33综上得f(x) 3的解集为(汽2】u $,)

7、.若a = 1, f(x) = 2|x 1|不满足题设条件.-2x a 1,x wa,1 - a, av xv 1,若 av 1, f(x)2x-(a 1),x 1,f(x)的最小值为1 a.由题意有1 a2，即卩aw 1.若 a 1, f(x)-2x a 1,x w1, a1,1v xv a, 2x-(a 1), x a,f(x)的最小值为a 1，由题意有 a 1 2,故a3. 综上可知a的取值范围为(一g, 1 U 3 ,+g).1 1【变式训练 3】关于实数 x的不等式|x 2(a +1)2| w -(a 1)2与x2 3(a + 1)x + 2(3a + 1) w 0 (a R)的解集

8、分别为 A, B.求使A? B的a的取值范围.1 1 1 1 1【解析】由不等式 |x 2(a+ 1)2| w 孑但1)2? $(a 1)2w x ?(a + 1)2 w ?(a 1)2 ,解得 2aw xw a2 + 1,于是 A= x|2a w xw a2+ 1.由不等式 x2 3(a + 1)x + 2(3a + 1) wo ? (x 2)x (3a + 1) w0,1当 3a+ 12,即卩 a3时，B= x|2 wxw3a+ 1,3因为A? B,所以必有解得1 waw3;1当 3a+ 1v 2,即卩 av3时,B= x|3a + 1wxw 2,3因为A? B,所以解得a = 1.综上使

9、A? B的a的取值范围是a = 1或1waw3.总结提高1“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件绝对值不等式的解法中，| x| v a的解集是(一a, a); | x| a的解集是(一g, a) U (a ,+ s），它可以推广到复合型绝对值不等式| ax + b| c的解法，还可以推广到右边含未知数 x的不等式，如| 3x + 11 x 1? 1 x ig a + ig b + ig e.a, b, e为正数，得 b + e.ab; ig 卜ig【证明】由a + big 2 a ig而a, b, e不全相等，a+ bb+ e所以 ig 2 + ig 2

10、+ ig ig , be ； igig ae.ig ab+ lgbe + ig ac = ig a2b2c2 = ig(abc)ig a + ig b + ig e.卄 a + b b+ ea+ e即 ig 2 + ig 2 + ig 2 ig a + ig b + ig e.【点拨】本题采用了综合法证明，其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据（是一个定理）,在证明不等式时要注意结合运用.而在不等式的证明过程中，还要特别注意等号成立的 条件是否满足.【变式训练1】已知a, b, e, d都是实数，且 a2 + b2= 1, e2 + d2= 1.求证：|ae + bd| w 1. 【证明】因

11、为a, b, e, d都是实数，所以 |ae + bd| w |ae| + |bd| wa2+ c22b2+ d22a2 + b2+ c2+ d22又因为 a2 + b2= 1, e2 + d2= 1，所以 |ae + bd| w 1.题型二用作差法证明不等式【例 2 设 a,b, eABC的三边，求证：a2 +b2 +c2v 2(ab + be + ea).【证明】a2 + b2 + e2 2(ab + be + ea)= (a b)2 +(b e)2 + (e a)2 a2 b2 e2=(a b)2 e2 + (b e)2 a2 + (e a)2 b2. 而在 ABC中，| b a|ve,

12、所以(a b)2 v e2,即(a b)2 e2 v0.同理(a e)2 b2v 0,(b e)2 a2v0，所以 a2 + b2 +e2 2(ab + be + ea)v 0.故 a2 + b2 + e2 v 2(ab + be + ea).【点拨不等式的证明中，比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法，而在牵涉到三角形的三边时，要注意运用三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边a2 b2【变式训练2】设a, b为实数，Ov n v 1,0 v mK 1, mi+ n=1,求证：一 + 一(a + b)2.m n【证明】因为一+ m n TOC o 1-5 h z (

13、a + b)2 = na2- nm(a2+2ab+b2) mnmnn a2(1 m)+ mb2(1 n) 2mnabmnn2a2 + m2b2- 2mnab (na mb)2= = 0,mnmn所以不等式a2+ b2 (a + b)2成立.m n题型三用分析法证明不等式【例3】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).【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) + c8(a + b+ c)

14、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). TOC o 1-5 h z 因为(a + b)+ (b+ c) 2 (a + b)(b+ c)0,(b + c) + (c+ a)2 -(b + c)(c + a)0,(c + a) + (a+ b)2 翠(c + a)(a + b) 0,三式相乘得式成立，故原不等式得证.【点拨】本题采用的是分析法.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

15、”.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.【变式训练 3】设函数 f(x) = x a(x + 1)ln(x + 1)(x 1, a0).(1)求f(x)的单调区间； 求证：当 m n0 时，(1 + m)nv (1 + n)m.【解析】(1)f (x) = 1 aln(x + 1) a,a = 0时，f (x) 0,所以f(x)在(一1 ,+s)上是增函数；当a 0时，f(x)在(1, 1上单调递增，在1,+)单调递减.ln(1 + m) 证明：要证(1 + m)nv (1 + n)m，只需证 nln(1 + m) v mln(1 + n)，只需证 扁vln(1

16、 + n)n设 g(x)ln(1 + x)x(x 0)，则 g (x)=x币ln(1 + x)x2x (1 + x)l n(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) v 0,即卩g(x)是减函数，而m n,所以g(m) v g(n)，故原不等式成立.总结提高一般在证明不等式的题目中，首先考虑用比较法，它是最基本的不等式的证明方法 . 比较 法一般有“作差比较法”和“作商比较法”， 用得较多的是“作差比较法”， 其中在变形过 程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法 .用综合法证明不等式的过程中，所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质