专题18 不等式选讲
【要点提炼】
1、(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<-a.
(2)|f(x)|<a(a>0)⇔-a<f(x)<a.
(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、定理1:如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.
定理2:如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.
3、算术—几何平均不等式
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≥,当且仅当a=b时,等号成立.
定理3:如果a,b,c为正数,则≥,当且仅当a=b=c时,等号成立.
定理4:(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1,a2,,an为n个正数,则≥,当且仅当a1=a2==an时,等号成立.
考向
考向一 含有绝对值的不等式的解法
典例1 设函数f(x)=|2x-a|+5x,其中a>0.
(1)当a=3时,求不等式f(x)≥5x+1的解集;
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.
解 (1)当a=3时,不等式f(x)≥5x+1,
即|2x-3|+5x≥5x+1,
即|2x-3|≥1,解得x≥2或x≤1,
∴不等式f(x)≥5x+1的解集为{x|x≤1或x≥2}.
(2)由f(x)≤0,得|2x-a|+5x≤0,
即或
又a>0,∴不等式f(x)≤0的解集为,
由题意得-=-1,解得a=3.
规律方法 含绝对值不等式的解法
(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、去绝对值符号;
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、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法.
拓展练习1 (2020·福建省福州师范大学附中模拟)解不等式|x-1|+|x-3|≤x+1.
解 (1)当x<1时,不等式可化为4-2x≤x+1,x≥1.
又∵x<1,∴x∈∅;
(2)当1≤x≤3时,不等式可化为2≤x+1,x≥1.
又∵1≤x≤3,∴1≤x≤3.
(3)当x>3时,不等式可化为2x-4≤x+1,x≤5.
又∵x>3,∴3<x≤5.
综上可得,1≤x≤5.
∴原不等式的解集为{x|1≤x≤5}.
考向二 含绝对值不等式的恒成立(有解)问题
典例2 已知函数f(x)=|x-1|+|2x+2|,g(x)=|x+2|+|x-2a|+a.
(1)求不等式f(x)>4的解集;
(2)对∀x1∈R,∃x2∈R,使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)=
所以f(x)>4,即为或
或解得x<-或x>1,
所以不等式的解集为∪(1,+∞).
(2)由(1)知,当x=-1时,f(x)min=2,g(x)=|x+2|+|x-2a|+a≥|(x+2)-(x-2a)|+a=|2a+2|+a,
由题意,对∀x1∈R,∃x2∈R,使得f(x1)≥g(x2)成立,
故f(x)min≥g(x)min,
即2≥|2a+2|+a,所以a-2≤2a+2≤2-a,
解得-4≤a≤0,
所以实数a的取值范围为[-4,0].
规律方法 绝对值不等式的恒成立(有解)问题的求解策略
(1)分离参数:根据不等式将参数分离,化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式.
(2)转化最值:f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a;f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a;f(x)>a有解⇔f(x)max>a;f(x)<a有解⇔f(x)min<a;f(x)>a无解⇔f(x)max≤a;f(x)<a无解⇔f(x)min≥a.
(3)求最值:利用基本不等式或绝对值不等式求最值.
拓展练习2 (2020·江西省吉安、抚州、赣州模拟)已知函数f(x)=|3x-a|+a,a∈R,g(x)=|3x+1|.
(1)当g(x)≥10时,恒有f(x)≥9,求a的最小值;
(2)当x∈R时,恒有f(x)+g(x)≥3,求实数a的取值范围.
解 (1)由g(x)≥10,得3x+1≥10或3x+1≤-10,
解得x≥3或x≤-.
由f(x)≥9,得|3x-a|≥9-a,解得x≥3或x≤.
依题意有≥-,即a≥-1.
故a的最小值为-1.
(2)f(x)+g(x)=|3x-a|+|3x+1|+a≥|3x-a-3x-1|+a=|a+1|+a,
当且仅当(3x-a)(3x+1)≤0时等号成立.
解不等式|a+1|+a≥3,得a≥1,
所以实数a的取值范围是[1,+∞).
考向三 不等式的证明
典例3 已知a,b,c为正数,f(x)=|x+a|+|x+b|+|x-c|.
(1)若a=b=c=1,求函数f(x)的最小值;
(2)若f(0)=1且a,b,c不全相等,求证:b3c+c3a+a3b>abc.
(1)解 因为a=b=c=1,
所以f(x)=|x+a|+|x+b|+|x-c|=2|x+1|+|x-1|,
方法一 由上可得,f(x)=
所以,当x=-1时,函数f(x)的最小值为2.
方法二 f(x)=|x+a|+|x+b|+|x-c|=|x+1|+|x+1|+|x-1|≥|x+1|+|x+1-x+1|=2+|x+1|≥2,
当且仅当
即x=-1时,函数f(x)取得最小值2.
(2)证明 因为a,b,c为正数,所以要证b3c+c3a+a3b>abc,即证明++>1,
方法一 因为+++a+b+c=+a++b++c≥2+2+2=2(a+b+c),当且仅当a=b=c时取等号.
又因为f(0)=1,即a+b+c=1且a,b,c不全相等,
所以++>1,即b3c+c3a+a3b>abc.
方法二 因为(a+b+c)≥(b+c+a)2,当且仅当==时取等号,又因为f(0)=1,即a+b+c=1且a,b,c不全相等,
所以++>1,即b3c+c3a+a3b>abc.
规律方法 (1)证明不等式的基本方法有综合法、分析法等,也常用到基本不等式进行证明.
(2)对于含有绝对值的不等式,在证明时常用到绝对值三角不等式.
(3)对于含有根号的不等式,在证明时可用平方法(前提是不等式两边均为正数).
(4)如果所证明命题是否定性命题或唯一性命题,或以“至少”“至多”等方式给出,可以考虑反证法.
拓展练习3 (2020·全国Ⅲ)设a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1.
(1)证明:ab+bc+ca<0;
(2)用max{a,b,c}表示a,b,c的最大值,证明:max{a,b,c}≥.
证明 (1)∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,
∴ab+bc+ca=-(a2+b2+c2).
∵a,b,c均不为0,则a2+b2+c2>0,
∴ab+bc+ca=-(a2+b2+c2)<0.
(2)不妨设max{a,b,c}=a,
由a+b+c=0,abc=1可知,a>0,b<0,c<0,
∵a=-b-c,a=,
∴a3=a2·a==≥=4.
当且仅当b=c时,取等号,
∴a≥,即max{a,b,c}≥.
【专题拓展练习】
(1)解不等式;
(2)若对恒成立,求实数的取值范围.
已知函数.
(1)求不等式的解集;
(2)若对恒成立,求的取值范围.
(Ⅰ)当a=﹣1时,求不等式f(x)>2x的解集;
(Ⅱ)当不等式f(x)>1的解集为R时,求实数a的取值范围.
【知识点】 绝对值三角不等式解读 分类讨论解绝对值不等式解读
(1)当时,求不等式的解集;
(2)若存在实数,使成立,求实数的取值范围.
【知识点】 绝对值的三角不等式应用解读 分类讨论解绝对值不等式解读
(1)若,求a的取值范围;
(2)若对恒成立,求实数m的取值范围.