高中数学选修4-5第一章不等式的基本性质和证明的基本方法本章整合1:30张PPT

课件30张PPT。专题一专题二专题三专题四专题一　含绝对值不等式的解法
1.公式法
|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<-g(x);
|f(x)|2.平方法
|f(x)|>|g(x)|?[f(x)]2>[g(x)]2.
3.零点分段法
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值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上的符号,转化为不含绝对值的不等式去解.专题一专题二专题三专题四应用1解下列关于x的不等式:
(1)|x-x2-2|>x2-3x-4;
(2)|x-2|-|2x+5|>2x.
提示:根据绝对值的意义,先去掉绝对值符号,再解不等式.
解:(1)解法一:原不等式等价于x-x2-2>x2-3x-4或x-x2-2<-(x2-3x-4),故原不等式的解集为{x|x>-3}.
解法二:∵|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2,
∴原不等式等价于x2-x+2>x2-3x-4,
解得x>-3.
故原不等式的解集为{x|x>-3}.专题一专题二专题三专题四专题一专题二专题三专题四求f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1,p2表示).解:f(x)=f1(x)恒成立?f1(x)≤f2(x) ?|x-p1|-|x-p2|≤log32. (*)
若p1=p2,则(*)式?0≤log32,显然成立;
若p1≠p2,记g(x)=|x-p1|-|x-p2|.
当p1>p2时,专题一专题二专题三专题四所以g(x)max=p1-p2,故只需p1-p2≤log32.
当p1综上所述,f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件是|p1-p2|≤log32.专题一专题二专题三专题四专题二　基本不等式的应用
利用基本不等式求最值问题一般有两种类型:(1)和为定值时,积有最大值;(2)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”.
应用1(1)已知0对于恒成立不等式求参数取值范围问题,常见类型及其解法如下:
(1)分离参数法
运用“f(x)≤a?f(x)max≤a,f(x)≥a?f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题.
(2)更换主元法
不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能时,可转换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.
(3)数形结合法
在研究曲线交点的恒成立问题时,若能利用数形结合,揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维各自的优势,可直观地解决问题.专题一专题二专题三专题四解:存在.理由:∵f(x)在(-∞,1]上是减函数,
∴k-sin x≤k2-sin2x≤1.假设存在实数k符合题意.
∵k2-sin2x≤1,即k2-1≤sin2x对一切x∈R恒成立,且sin2x≥0,
∴k2-1≤0,∴-1≤k≤1.①
由k-sin x≤k2-sin2x,专题一专题二专题三专题四应用2设有关于x的不等式lg(|x+3|+|x-7|)>a.
(1)当a=1时,解此不等式;
(2)当a为何值时,此不等式的解集是R?
提示:对于(1),根据对数函数的单调性转化为绝对值不等式求解.(2)可转化为函数最值问题求解.
解:(1)当a=1时,lg(|x+3|+|x-7|)>1,
?|x+3|+|x-7|>10,?x>7或x<-3.
所以不等式的解集为{x|x<-3或x>7}.专题一专题二专题三专题四(2)设f(x)=|x+3|+|x-7|,有f(x)≥|(x+3)-(x-7)|=10,当且仅当(x+3)(x-7)≤0,即-3≤x≤7时,f(x)取得最小值10,
即lg(|x+3|+|x-7|)≥1.
故要使lg(|x+3|+|x-7|)>a的解集为R,只要a<1.专题一专题二专题三专题四专题四　不等式的证明
证明不等式的主要方法有作差比较法、作商比较法、平方差比较法、综合法、分析法.其次还有反证法、放缩法、换元法、判别式法、构造函数法等,但这些方法不是孤立的,它们相互渗透、相辅相成,有的题目可以有多种证法,而有的题目要同时用几种方法才能解决,因此我们在平时解题中要通过一题多解,一解多法的反复训练,加强对各种方法的区别与联系的认识,把握每种方法的优点和缺点,从而不断提高我们分析问题和解决问题的能力.专题一专题二专题三专题四提示:本题可用分析法、综合法、比较法、三角代换法、构造函数法等证明.
证明:证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立.
(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,
只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).
即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.
即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证(bc-ad)2≥0.
因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.
故原不等式成立.
综合(1)(2)可知,原不等式成立.专题一专题二专题三专题四证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)
=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2.证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,
∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,专题一专题二专题三专题四?专题一专题二专题三专题四(2)当a2+b2=0时,原不等式显然成立.
综合(1)(2)可知,原不等式成立.专题一专题二专题三专题四应用2用反证法证明钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.
证明:如图所示,在△ABC中,
∠CAB>90°,D是BC的中点.专题一专题二专题三专题四12345671(江西高考)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为　　　　.?
解析:原不等式等价于-1≤|x-2|-1≤1,
即0≤|x-2|≤2,解得0≤x≤4.
答案:[0,4]12345672(重庆高考)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|方法二:由绝对值不等式,得|x-5|+|x+3|≥|(x-5)-(x+3)|=8,
故不等式|x-5|+|x+3|答案:(-∞,8]12345673(陕西高考)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为　　　　　.?
解析:(am+bn)(bm+an)=abm2+(a2+b2)mn+abn2
=ab(m2+n2)+2(a2+b2)≥2abmn+2(a2+b2)=4ab+2(a2+b2)答案:2 12345674(辽宁高考)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.当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|,得-2x+6≥4,解得x≤1;
当2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}.12345671234567(1)求a的值;
(2)求函数f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.(2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2时等号成立.所以f(x)的最小值为3.12345676(课标全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=-2时,求不等式f(x)设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,
其图象如图所示.
从图象可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0.
所以原不等式的解集是{x|0得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.