北师大版选修4-5第1章 章末复习学案

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≥(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≥(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．
(5)推论：若a1，a2，…，an∈R＋，则≥.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＜－时，
原不等式变形为2－x＋2x＋5＞2x，解得x＜7，
∴不等式解集为.
②当－≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5＞2x，解得x＜－，
∴不等式解集为.
③当x＞2时，原不等式变形为x－2－2x－5＞2x，
解得x＜－，∴原不等式无解．
综上可知，原不等式的解集为.
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|＝
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)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以解得a＝3.
类型二　不等式的证明
例2　已知a＞b＞c＞d，求证：＋＋≥.
证明　∵a＞b＞c＞d，
∴a－b＞0，b－c＞0，c－d＞0，
∴(a－d)＝·[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]
≥3·3＝9.
∴＋＋≥.
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≥；
(2)＋＋≥(＋＋)．
证明　(1)要证a＋b＋c≥，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≤＋＋＝a2＋b2＋c2可知，
原不等式成立．
(2)＋＋＝，
在(1)中已证a＋b＋c≥，
∴要证原不等式成立，
只需证≥＋＋，
∵ab＋bc＋ca＝1，
即证a＋b＋c≤1＝ab＋bc＋ca.
∵a，b，c∈R＋，a＝≤，
b≤，c≤，
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝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，则的最小值为______．
答案　3
解析　由x－2y＋3z＝0，得y＝，
则＝≥＝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＜时，函数f(x)＝的最小值为________．
答案　4
解析　f(x)＝＝＋，
∵x∈，∴cos x＞0，sin x＞0.
故f(x)＝＋≥2＝4，当且仅当tan x＝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)≥＋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)≥＋1对任意的实数x恒成立
?|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋对任意的实数x恒成立
?a＋≤4.
当a＜0时，上式成立；当a＞0时，a＋≥2＝4，
当且仅当a＝，即a＝2时上式取等号，
此时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?|≤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，－≤x≤，
∴a＝2.
(2)令h(x)＝f(x)－2f?＝|2x＋1|－|2x＋2|，
∴h(x)＝
∴|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＞.
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，lg c＞0；②不正确，当0＜c≤1时，lg c≤0；③正确，2c＞0；④正确，由a＜b＜0，得0＞＞，故＞.
2．设a，b为正实数，以下不等式恒成立的是(　　)
①＞；②a＞|a－b|－b；③a2＋b2＞4ab－3b2；④ab＋＞2.
A．①③ B．①④
C．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＋≥2＞2.
3．若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
答案　C
解析　a＝＝，b＝＝，
∵9＞8，∴b＞a.
b＝＝，c＝＝，
∵35＞53，∴b＞c.
a＝＝，c＝，
∵32＞25，∴a＞c.∴b＞a＞c，故选C.
4．求不等式＜1的解集．
解　＜1?－1＜1＋x＋＜1?
∴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.＋≥2 B.＋≥a＋b
C.＋≤ D.＋≥
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0A．c B．b
C．a D．随x取值不同而不同
答案　A
解析　∵02>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>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．aC．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，－＜－，则下列不等式中成立的是(　　)
A．bc＜ad B．bc＞ad
C.＞ D.＜
答案　B
解析　将－＜－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＝(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x?y＋(2y)?x的最小值为________．
答案　
解析　因为x?y＝，所以(2y)?x＝.
又x＞0，y＞0，故x?y＋(2y)?x＝＋＝≥＝，当且仅当x＝y时等号成立．
10．若f(x)＝2|x＋1|－|x－1|且f(x)≥2，则x的取值范围是________．
答案　
解析　∵f(x)＝2x是增函数，
∴f(x)≥2，即|x＋1|－|x－1|≥，
①∴x≥1，②∴≤x＜1，
③无解．综上x∈.
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}，
所以解得a＝2，
所以实数a的值为2.
三、解答题
12．已知函数f(x)＝，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|
?|－|<|a－b|
?|－|2<|a－b|2
?2＋a2＋b2－2?1＋ab<.①
当1＋ab≤0时，①式显然成立．
当1＋ab>0时，
①?(1＋ab)2<[]2
?1＋2ab＋a2b2<1＋a2＋b2＋a2b2
?2ab∵a≠b，∴2ab∴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，
∵|－|＝<≤＝|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)＝
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|＝－2＋≤.
当且仅当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，
故m的取值范围是.
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＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
又a＋b＝c＋d，ab＞cd，所以(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2,
即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.
由(1)得＋＞＋.
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，
即a＋b＋2＞c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是
(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|＜|c－d|.
综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
15．(2018·全国Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝
故不等式f(x)＞1的解集为.
(2)当x∈(0,1)时，|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|＜1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1；
若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为，
所以≥1，故0＜a≤2.
综上，a的取值范围为(0,2]．