数学选修4-5指导学案第一章不等关系与基本不等式章末复习

章末复习学习目标1.梳理本章的重要知识要点，构建知识网络.2.进一步强化对平均值不等式的理解和应用，尤其注意等号成立的条件.3.巩固对绝对值不等式的理解和掌握，进一步熟练绝对值不等式的应用.4.熟练掌握不等式的证明方法．1．实数的运算性质与大小顺序的关系：a＞b?a－b＞0，a＝b?a－b＝0，a＜b?a－b＜0，由此可知要比较两个实数的大小，判断差的符号即可．2．不等式的4个基本性质及5个推论．3．绝对值不等式(1)绝对值不等式的解法解含绝对值的不等式的基本思想是通过去掉绝对值符号，把含绝对值的不等式转化为一元一次不等式或一元二次不等式．去绝对值符号常见的方法有：①根据绝对值的定义；②分区间讨论(零点分段法)；③图像法．(2)绝对值三角不等式①|a|的几何意义表示数轴上的点到原点的距离，|a－b|的几何意义表示数轴上两点间的距离；②|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，ab≥0时等号成立)；③|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R，(a－b)(b－c)≥0时等号成立)；④||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≤0，右边“＝”成立的条件是ab≥0)；⑤||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左边“＝”成立的条件是ab≥0，右边“＝”成立的条件是ab≤0)．4．平均值不等式(1)定理1：若a，b∈R，则a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”)．(2)定理2：若a，b∈R＋，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(当且仅当a＝b时取“＝”)．(3)定理3：若a，b，c∈R＋，则a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．(4)定理4：若a，b，c∈R＋，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．(5)推论：若a1，a2，…，an∈R＋，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an).当且仅当a1＝a2＝…＝an时取“＝”．5．不等式的证明方法(1)比较法．(2)分析法．(3)综合法．(4)反证法．(5)几何法．(6)放缩法．类型一绝对值不等式的解法例1解下列关于x的不等式．(1)|x＋1|＞|x－3|；(2)|x－2|－|2x＋5|＞2x.解(1)方法一|x＋1|＞|x－3|，两边平方得(x＋1)2＞(x－3)2，∴8x＞8，∴x＞1.∴原不等式的解集为{x|x＞1}．方法二分段讨论：当x≤－1时，有－x－1＞－x＋3，此时x∈?；当－1＜x≤3时，有x＋1＞－x＋3，即x＞1，∴此时1＜x≤3；当x＞3时，有x＋1＞x－3，∴x＞3.∴原不等式解集为{x|x＞1}．(2)分段讨论：①当x＜－eq\f(5,2)时，原不等式变形为2－x＋2x＋5＞2x，解得x＜7，∴不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(5,2))))).②当－eq\f(5,2)≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5＞2x，解得x＜－eq\f(3,5)，∴不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)≤x＜－\f(3,5))))).③当x＞2时，原不等式变形为x－2－2x－5＞2x，解得x＜－eq\f(7,3)，∴原不等式无解．综上可知，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＜－\f(3,5))))).反思与感悟含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．这种方法通常称为零点分段法．跟踪训练1已知函数f(x)＝|x－a|，其中a＞1.(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．解(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋6，x≤2，,2，2＜x＜4，,2x－6，x≥4.))当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1；当2＜x＜4时，f(x)≥4－|x－4|无解；当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，解得x≥5.所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a，x≤0，,4x－2a，0＜x＜a，,2a，x≥a.))由|h(x)|≤2，解得eq\f(a－1,2)≤x≤eq\f(a＋1,2).又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)＝1，,\f(a＋1,2)＝2，))解得a＝3.类型二不等式的证明例2已知a＞b＞c＞d，求证：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－d)≥eq\f(9,a－d).证明∵a＞b＞c＞d，∴a－b＞0，b－c＞0，c－d＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)＋\f(1,c－d)))(a－d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)＋\f(1,c－d)))·[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]≥3eq\r(3,\f(1,a－b)·\f(1,b－c)·\f(1,c－d))·3eq\r(3,?a－b??b－c??c－d?)＝9.∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－d)≥eq\f(9,a－d).反思与感悟不等式证明的基本方法是比较法，分析法，综合法，在证明时注意对所证不等式恰当分组，选择适当的方法进行证明．跟踪训练2已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1，求证：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．证明(1)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c∈R＋，因此只需证(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca，由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝c＝\f(\r(3),3)时取等号))可知，原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc))，在(1)中已证a＋b＋c≥eq\r(3)，∴要证原不等式成立，只需证eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，∵ab＋bc＋ca＝1，即证aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1＝ab＋bc＋ca.∵a，b，c∈R＋，aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(ac＋bc,2)，∴aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)时取等号)成立，∴原不等式成立．类型三利用平均值不等式求最值例3已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，则eq\f(y2,xz)的最小值为______．答案3解析由x－2y＋3z＝0，得y＝eq\f(x＋3z,2)，则eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)≥eq\f(6xz＋6xz,4xz)＝3，当且仅当x＝3z时取“＝”．反思与感悟利用基本不等式求最值问题一般有两种类型(1)当和为定值时，积有最大值．(2)当积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．跟踪训练3当0＜x＜eq\f(π,2)时，函数f(x)＝eq\f(1＋cos2x＋8sin2x,sin2x)的最小值为________．答案4解析f(x)＝eq\f(2cos2x＋8sin2x,2sinxcosx)＝eq\f(cosx,sinx)＋eq\f(4sinx,cosx)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx＞0，sinx＞0.故f(x)＝eq\f(cosx,sinx)＋eq\f(4sinx,cosx)≥2eq\r(\f(cosx,sinx)·\f(4sinx,cosx))＝4，当且仅当tanx＝eq\f(1,2)时取“＝”．类型四恒成立问题例4设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－a.(1)当a＝1时，求函数f(x)的最小值；(2)若f(x)≥eq\f(4,a)＋1对任意的实数x恒成立，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－1≥|x＋1＋4－x|－1＝4，∴f(x)min＝4.(2)f(x)≥eq\f(4,a)＋1对任意的实数x恒成立?|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋eq\f(4,a)对任意的实数x恒成立?a＋eq\f(4,a)≤4.当a＜0时，上式成立；当a＞0时，a＋eq\f(4,a)≥2eq\r(a·\f(4,a))＝4，当且仅当a＝eq\f(4,a)，即a＝2时上式取等号，此时a＋eq\f(4,a)≤4成立．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．反思与感悟不等式恒成立问题，通常是分离参数，将其转化为求最大、最小值问题．当然，根据题目特点，还可能用变更主次元、数形结合等方法．跟踪训练4已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若|f(x)－2f?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))|≤k恒成立，求k的取值范围．解(1)由|ax＋1|≤3，得－4≤ax≤2，∵f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，∴当a≤0时，不合题意．又当a＞0时，－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，∴a＝2.(2)令h(x)＝f(x)－2f?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＝|2x＋1|－|2x＋2|，∴h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤－1，,－4x－3，－1＜x＜－\f(1,2)，,－1，x≥－\f(1,2)，))∴|h(x)|≤1，∴k≥1，即k的取值范围是[1，＋∞)．1．给出下列四个命题：①若a＞b，c＞1，则algc＞blgc；②若a＞b，c＞0，则algc＞blgc；③若a＞b，则a·2c＞b·2c；④若a＜b＜0，c＞0，则eq\f(c,a)＞eq\f(c,b).其中正确命题的个数为()A．1B．2C．3D．4答案C解析①正确，c＞1，lgc＞0；②不正确，当0＜c≤1时，lgc≤0；③正确，2c＞0；④正确，由a＜b＜0，得0＞eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故eq\f(c,a)＞eq\f(c,b).2．设a，b为正实数，以下不等式恒成立的是()①eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b)；②a＞|a－b|－b；③a2＋b2＞4ab－3b2；④ab＋eq\f(2,ab)＞2.A．①③ B．①④C．②③ D．②④答案D解析①不恒成立，因为a＝b时取“＝”；②恒成立，因为a，b均为正数；③不恒成立，当a＝2，b＝1时，a2＋b2＝5,4ab－3b2＝5，a2＋b2＝4ab－3b2.④是恒成立的，因为ab＋eq\f(2,ab)≥2eq\r(2)＞2.3．若a＝eq\f(lg2,2)，b＝eq\f(lg3,3)，c＝eq\f(lg5,5)，则()A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c答案C解析a＝eq\f(3lg2,6)＝eq\f(lg8,6)，b＝eq\f(2lg3,6)＝eq\f(lg9,6)，∵9＞8，∴b＞a.b＝eq\f(lg3,3)＝eq\f(lg35,15)，c＝eq\f(lg5,5)＝eq\f(lg53,15)，∵35＞53，∴b＞c.a＝eq\f(lg25,10)＝eq\f(lg32,10)，c＝eq\f(lg25,10)，∵32＞25，∴a＞c.∴b＞a＞c，故选C.4．求不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(x2,2)))＜1的解集．解eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(x2,2)))＜1?－1＜1＋x＋eq\f(x2,2)＜1?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋4＞0?x∈R，,x2＋2x＜0?－2＜x＜0.))∴原不等式的解集为(－2,0)．5．若不等式|x－a|＋|x－2|≥1对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．解设y＝|x－a|＋|x－2|，则ymin＝|a－2|.因为不等式|x－a|＋|x－2|≥1对任意x∈R恒成立．所以|a－2|≥1，解得a≥3或a≤1.1．本章的重点是平均值不等式、绝对值不等式和不等式的证明方法．要特别注意含绝对值不等式的解法．2．重点题型有利用不等式的基本性质、平均值不等式、绝对值不等式证明不等式或求函数最值问题；解绝对值不等式．3．重点考查利用不等式的性质、平均值不等式求函数的最值，含参数的绝对值不等式有解、解集是空集或恒成立问题．4．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是()A.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2 B.eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bC.eq\f(b,a2)＋eq\f(a,b2)≤eq\f(a＋b,ab) D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥eq\f(2,ab)答案C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝eq\r(2x)，b＝x＋1，c＝eq\f(1,1－x)中最大的是()A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2eq\r(x)>eq\r(2x)＝a，∵eq\f(1,1－x)－(x＋1)＝eq\f(1－?1－x2?,1－x)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴c>b>a.3．“a＜4”是“对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的()A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件答案B解析∵|2x－1|＋|2x＋3|≥|2x－1－(2x＋3)|＝4，∴当a＜4时?|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立，即充分条件；对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a?a≤4，不能推出a＜4，即必要条件不成立．4．若关于x的不等式|x＋1|≥kx恒成立，则实数k的取值范围是()A．(－∞，0] B．[－1,0]C．[0,1] D．[0，＋∞)答案C解析作出y＝|x＋1|与l1：y＝kx的图象如图所示，当k<0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k＝0时，直线为x轴，符合题意；当k>0时，要使|x＋1|≥kx恒成立，只需k≤1.综上可知k∈[0,1]．5．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则()A．a＞b B．a<bC．a≤b D．a≥b答案D解析∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.6．已知a，b，c，d为实数，ab＞0，－eq\f(c,a)＜－eq\f(d,b)，则下列不等式中成立的是()A．bc＜ad B．bc＞adC.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)答案B解析将－eq\f(c,a)＜－eq\f(d,b)两边同乘以正数ab，得－bc＜－ad，所以bc＞ad.二、填空题7．已知不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是________．答案[－2，＋∞)解析∵||x＋2|－|x||≤|x＋2－x|＝2，∴2≥|x＋2|－|x|≥－2，∵不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，∴a≥－2.8．当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________．答案x3＞x2－x＋1解析∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，∴(x－1)(x2＋1)＞0.∴x3－(x2－x＋1)＞0，即x3＞x2－x＋1.9．定义运算“?”：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x?y＋(2y)?x的最小值为________．答案eq\r(2)解析因为x?y＝eq\f(x2－y2,xy)，所以(2y)?x＝eq\f(4y2－x2,2xy).又x＞0，y＞0，故x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(4y2－x2,2xy)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(2)xy,2xy)＝eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)y时等号成立．10．若f(x)＝2|x＋1|－|x－1|且f(x)≥2eq\r(2)，则x的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))解析∵f(x)＝2x是增函数，∴f(x)≥2eq\r(2)，即|x＋1|－|x－1|≥eq\f(3,2)，①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,2≥\f(3,2)，))∴x≥1，②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜1，,2x≥\f(3,2)，))∴eq\f(3,4)≤x＜1，③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－1，,－2≤\f(3,2)，))无解．综上x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).11．已知函数f(x)＝|x－a|，若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，则实数a的值为________．答案2解析由f(x)≤3，得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＝－1，,a＋3＝5，))解得a＝2，所以实数a的值为2.三、解答题12．已知函数f(x)＝eq\r(1＋x2)，a≠b，设a，b∈R，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.证明方法一|f(a)－f(b)|<|a－b|?|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|<|a－b|?|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|2<|a－b|2?2＋a2＋b2－2eq\r(?1＋a2??1＋b2?)<a2－2ab＋b2?1＋ab<eq\r(?1＋a2??1＋b2?).①当1＋ab≤0时，①式显然成立．当1＋ab>0时，①?(1＋ab)2<[eq\r(?1＋a2??1＋b2?)]2?1＋2ab＋a2b2<1＋a2＋b2＋a2b2?2ab<a2＋b2，∵a≠b，∴2ab<a2＋b2成立．∴①式成立．综上知，原不等式成立．方法二当a＝－b时，原不等式显然成立．当a≠－b时，∵|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|＝eq\f(|?1＋a2?－?1＋b2?|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))<eq\f(|a2－b2|,|a|＋|b|)≤eq\f(|a＋b|·|a－b|,|a＋b|)＝|a－b|，∴原不等式成立．13．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.(1)求不等式f(x)≥1的解集；(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．解(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.))当x＜－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2.所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x，而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4).当且仅当x＝eq\f(3,2)时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4)，故m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).四、探究与拓展14．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(