高中數(shù)學優(yōu)質學案均值不等式

1、不等式選講絕對值不等式f x <0,去掉絕對值符號.導學目標：1理解絕對值的幾何意義， 并能利用含絕對值不等式的幾何意義證明以下不 等式：(1)|a+ b|w|a|+ |b|, (2)|a b|w R c|+ |c b|.2.會利用絕對值的幾何意義求解以下類型 的不等式： Rx+ b|w c; |ax+ b|> c; |x a|+ |x b|> c.課前準番図1回扣教忖夯真基礎【自主梳理】1.含的不等式叫做絕對值不等式.2 解含有絕對值的不等式的方法關鍵是去掉絕對值符號，基本方法有如下幾種:(1)分段討論：(2) 利用等價不等式：|f(x)|w g(x)? g(x) w f(

2、x) w g(x);|f(x)|> g(x)? f(x)w g(x)或 f(x) > g(x).(3) 兩端同時平方：即運用移項法則，使不等式兩邊都變?yōu)榉秦摂?shù).，再平方，從而去掉 絕對值符號.3. 形如|x a|+ |x b|> c (a豐b)與 |x a|+ |x b|w c (a豐b)的絕對值不等式的解法主要有 三種：(1) 運用絕對值的幾何意義；(2) ；構造分段函數(shù)，結合函數(shù)圖象求解.4. (1)定理：如果a, b, c是實數(shù)，則|a c|w |a b|+ |b c|,當且僅當 時,等號成立.(2) 重要絕對值不等式 |a| |b|w |a±)|w |a|+

3、 |b|. 使用時(特別是求最值時)要注意等號成立的條件，即|a+ b|= |a|+ |b? ab>0;|a b|= |a|+ |b? abw 0;|a| |b|= |a+ b|? b(a+ b)w0；|a| |b|= |a b|? b(a b) >0;注：|a|b|= |a + b|? |a|= |a+ b|+ |b|? |(a + b) b|= |a + b|+ |b|? b(a+ b) w 0. 同理可得 |a| |b|= |a b|? b(a b) >0.【自我檢測：1. 不等式寧 > 寧的解集是()A . (0,2)B . ( s, 0)C. (2,+s )D

4、 . ( s, 0) U (0,+s )1小2. 已知集合 A = x R|x+ 3|+ |x 4|w 9 , B= x R|x = 4t + 6, t (0 ,+s )，則 集合a n b=.3. 已知不等式|x + 2|+ |x 3|w a的解集不是空集，則實數(shù) a的取值范圍是()A . a<5B . aw 5C. a>5D . a> 54. 若不等式|x+ 1|+ |x 2|<a無實數(shù)解，則a的取值范圍是 5. 解不等式 |2x 1|<|x|+ 1.探究點一解絕對值不等式 【例11解下列不等式：(1) 1<|x 2|w 3; |2x+ 5|>7

5、+ X；(3) |x 1|+ |2x+ 1|<2.變式遷移1解不等式x+ |2x 1|<3.探究點二絕對值不等式的恒成立問題【例2】已知不等式x + 2| |x+ 3|>m.(1) 若不等式有解；(2) 若不等式解集為 R;(3) 若不等式解集為?.分別求出實數(shù) m的取值范圍.變式遷移2 設函數(shù)f(x) = |x 1|+ |x 2|,若f(x)>a對x R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.探究點三絕對值三角不等式定理的應用【例 3】“|x A|扌，且 |y A|才”是“ |x y|?' (x, y, A, & R)的()A 充分而不必要條件B.必要而不充分條件

6、C.充要條件D.既不充分也不必要條件變式遷移3(1)求函數(shù)y =|x+ 2| |x 2|的最大值；求函數(shù)y=|x 3|+ |x+ 2|的最小值.轉化與化歸思想的應用【例：(10 分)設 a R，函數(shù) f(x)= ax2 + x a ( K x< 1),517(1)若|a|w 1，求證：|f(x)|w 4 求a的值，使函數(shù)f(x)有最大值.【多角度審題1第問|f(x)|<5? f(x)< 5，因此證明方法有兩種，一是利用放縮法44455517直接證出|f(X)|W -；二是證明一-< f(x) < -亦可.第 問實質上是已知f(x)的最大值為g,求4448a的值.由

7、于x 1,1, f(x)是關于x的二次函數(shù)，那么就需判斷對稱軸對應的x值在不在區(qū)間1,1上.【答題模板】證明 (1)方法一 一 1 <xw 1,. |X|W 1又 |a|w 1, |f(x)|= |a(x2 1) + x|w |a(x2 1)| + |x|w |x2 1| + |x|= 1 |x|2+ |x| 一 |x| J 2+ 4w 糸3 分5若 |a|w 1，則 |f(x)| w 4.5 分方法二 設 g(a) = f(x) = ax2 + x a= (x2 1)a+ x. 1w xw 1,當 x=±1,即 x2 1 = 0 時，|f(x)| = |g(a)|= 1W 5

8、； 1 分4當一1<x<1即x2 1<0時，g(a)= (x2 1)a + x是單調(diào)遞減函數(shù).2分15t |a|w 1, 1 w aw 1, g(a)max= g( 1) = x2 + x+ 1 = x?2+ 4；【3 分21 2 5g(a)min = g(1) = x2 + x 若不等式f(x)w 3的解集為x| K xw 5，求實數(shù)a的值；= x+ 2 2-彳的 分5|f(x)|=|g(a)|w 45 分當a = 0時，f(x) = x，當Kx< 1時，f(x)的最大值為f(1) = 1,不滿足題設條件,0.6 分又 f(1) = a+ 1 a= 1, f( 1)=

9、 a 1 a = 1.故f(1)和f( 1)均不是最大值，7分17 f(x)的最大值¥應在其對稱軸上的頂點位置取得，8a<0命題等價于1<2a<1, 9分1a<2 解得a= 2或a=817 a= 2即當a= 2時，函數(shù)f(x)有最大值§.10分【突破思維障礙】由于|a|w 1, f(x)的表達式中有兩項含有 a，要想利用條件|a|w 1,必須合并含a的項，從 而找到解題思路；另外，由于 x的最高次數(shù)為2,而a的最高次數(shù)為1，把ax2 + x a看作 關于a的函數(shù)更簡單，這兩種方法中，對 a的合并都是很關鍵的一步.【易錯點剖析】在第(1)問中的方法一中

10、，如果不合并含a的項，就無法正確應用條件|a|w 1,從而導致出錯或證不出；方法二也需要先合并含a的項后，才容易把f(x)看作g(a).解含有絕對值不等式時， 去掉絕對值符號的方法主要有：公式法、分段討論法、平方法、幾何法等.這幾種方法應用時各有利弊，在解只含有一個絕對值的不等式時，用公式法較為簡便；但是若不等式含有多個絕對值時，則應采用分段討論法；應用平方法時，要注意只有在不等式兩邊均為正的情況下才能運用.因此，在去絕對值符號時，用何種方法需視具體情況而定.課后練習(滿分：75分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1 不等式|x2 x|<2的解集為()A ( 1,2)B( 1,1)C.

11、( 2,1)D( 2,2)2. 設 |a|<1, |b|<1，則 |a+ b|+ |a b|與 2 的大小關系是()A .|a+ b|+|ab|>2B.|a + b|+|a b|<2C .|a+ b|+|ab|= 2D.不能比較大小3. 不等式|x+ 3| |x1|< a2 3a對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A . ( m, 1 U 4 ,+8) B . (m, 2 U 5 ,+8 )C . 1,2D . ( m, 1 U 2,+m )4若不等式|8x+ 9|<7和不等式ax三、解答題(共38分)9. (12 分)已知函數(shù) f(x)=|x a|

12、. 1 在 (1)的條件下，若f(x) + f(x+ 5) > m對一切實數(shù)x恒成立，求實數(shù) m的取值范圍.10. (12 分)設函數(shù) f(x) = x 1|+ |x a|. (1)若a = 1,解不等式f(x)3; + bx>2的解集相等，則實數(shù) a、b的值分別為()A . a= 8, b = 10B. a= 4, b = 9C. a = 1, b = 9D. a= 1, b = 25. 若關于x的不等式|x 1|+ |x 3|w a2 2a 1在R上的解集為？，則實數(shù)a的取值范圍是()A . a< 1 或 a>3B. 1<a<3C. 1<a<

13、2D. 1<a<3二、填空題(每小題4分，共12分)6. 給出以下三個命題： 若 |a b|<1，貝U |a|<|b|+ 1;若 a、b R，則 |a + b| 2|a|< |a b|;若 |x|<2, |y|>3,x 2 則y <3.其中所有正確命題的序號是 .7. 不等式|x+ 3| |x 2|>3的解集為 .4&若不等式|x+ 1|+ |x 3|>a + 如果？ x R , f(x) >2,求a的取值范圍.11. (14分)對于任意實數(shù) a(a豐0)和b,不等式|a+ b|+ |a b|> |a|(|x 1|

14、+ |x 2|)恒成立, 試求實數(shù)x的取值范圍.對任意的實數(shù)X恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是a不等式選講(一)絕對值不等式自主梳理1. 絕對值符號3.(2)零點分區(qū)間討論法4. (1)(a b)(b c)>0自我檢測x 2x 2 x 21. A> ，二 < 0, 0< xv 2.xxx2. x| 2< x< 5解析 X+ 3|+ |x 4|W 9,當 x< 3 時，一x 3 (x 4)w 9,即一4w x< 3;當一3< xw 4 時，x + 3 (x 4) = 7W 9 恒成立；當 x>4 時，x+ 3+ x 4w 9，即 4<

15、xW 5.綜上所述，A= x| 4W xw 5.1又x= 4t + ； 6，t (0，+ g)， x> 2： 4t 1 6= 2，當 t= 2時取等號./ B= x|x> 2， A A B= x| 2 w xw 5.3. D 由絕對值的幾何意義知|x + 2|+ |x 3| 5，+ g)，因此要使|x+ 2|+ |x 3|w a有解集，需a> 5.4. aw3解析 由絕對值的幾何意義知|x+ 1|+ |x 2|的最小值為3，而 |x+ 1|+|x 2|<a 無解，知 aw 3.5. 解 當x<0時，原不等式可化為2x+ 1< x+ 1，解得x>0，又I

16、 x<0， x不存在;1當0 w x<2時，原不等式可化為一 2x+ 1<x + 1，解得x>0，1 1又 0w x<2，. 0<x<2；當x > 2時，原不等式可化為2x 1<x + 1，解得x<2，1 1又 x>2，二 2wx<2.綜上，原不等式的解集為x|0<x<2.課堂活動區(qū)例1解題導引(1)絕對值不等式的關鍵是去掉絕對值符號.其方法主要有：利用絕對值的意義；利用公式；平方、分區(qū)間討論等.(2) 利用平方法去絕對值符號時，應注意不等式兩邊非負才可進行.(3) 零點分段法解絕對值不等式的步驟：求零點；劃區(qū)

17、間、去絕對值號；分別解去掉絕對值的不等式；取每個結果的并集，注意在分段時不要遺漏區(qū)間的端點值.解(1)原不等式等價于不等式組|x 2|>1|x 2|< 3x<1，或 x>3即，1 < x< 5解得1 < x<1 或 3<xw 5,所以原不等式的解集為x| 1 < x<1,或3<x< 5.由不等式|2x+ 5|>7 + x,可得 2x+ 5>7 + x 或 2x+ 5< (7 + x),整理得x>2，或x< 4.原不等式的解集是x|x< 4，或x>2.11x<2，x+ 1

18、 2x 1<2 ,1_ w x w 1,2 ，x + 1 + 2x+ 1<2 ,21得一二 <x< -.321 得一 w x<0.由題意x= 1時，|x 1|= 0, x= 2時，2x+ 1 = 0(以下分類討論).所以當x<2時，原不等式等價于 當一xw 1時，原不等式等價于 當x>1時，原不等式等價于得x無解.x 1 + 2x+ 1<2,2 由得原不等式的解集為x| 2<x<0.32x 10,2x 1<0,14變式遷移1解原不等式可化為或解得1 w X<所以原不等式的解集是x| 2<x<4.3【例21解題導

19、引恒成立問題的解決方法(1) f(x)<m 恒成立，須有f(x)max<m；(2) f(x)>m 恒成立，須有f(x)min>m；不等式的解集為R，即不等式恒成立；(4) 不等式的解集為？，即不等式無解.解 因為|x+ 2|x+ 3|的幾何意義為數(shù)軸上任意一點P(x)與兩定點A( 2)、B( 3)距離的差.即 |x+ 2| x+ 3|= |PA|- |PB|.易知(|PA| |PB|)(|PA| |PB|)min = 1.即 |x+ 2 x+ 3| 1,1.(1)若不等式有解，m只要比|x+ 2|x+ 3|的最大值小即可，即m<1.若不等式的解集為R，即不等式恒成

20、立，m小于|x+ 2 |x+ 3|的最小值即可，所以m< 1.若不等式的解集為？，m只要不小于|x+ 2|x+ 3|的最大值即可，即m1.變式遷移2解由|x 1|+ |x 2|的幾何意義，即數(shù)軸上的點x到數(shù)軸上的點1,2的距離之和知，x 1|+ |x 2|> 1,要使|x 1|+x 2|>a恒成立，只須 1>a.即實數(shù)a的取值范圍為(一8,1).【例3解題導引對絕對值三角不等式或-x+ 2x 1 <3x 2x 1 <3.23c12<x<2|a|b|w |a±)|w |a|+ |b|.當 ab>0 時，|a + b|=|a|+ |b

21、|;當 abw 0 時，|a b|= |a|+ |b|.(2) 該定理可以推廣為 |a+ b + c|w |a|+ |b|+ |c|,也可強化為 |a| |b|< |a±)|w |a|+ |b|,它們 經(jīng)常用于含絕對值的不等式的推證.(3) 利用“=”成立的條件可求函數(shù)的最值.A Llx y|= |x A (y A)|,由三角不等式定理|a| |b|w |a b|< |a|+ |b|得：|x y|w |x A|+ |y A|<+ 2= &pp反過來由|x y|y 得不出|x A|<2且|y A|<2, 故選A.變式遷移3 解(1)|x + 2|

22、|x 2|w|(x+ 2) (x 2)|= 4,當x>2時，成立.故函數(shù)y= |x+ 2| |x 2|的最大值為4.(2)|x 3|+ |x+ 2|> |(x 3) (x+ 2)|= 5. 當一2< x< 3 時，取“=”.故y = |x 3|+ |x+ 2|的最小值為 5. 課后練習區(qū)1. A |x2 x|<2, 2<x2 x<2,x2 x+ 2>0x2 x 2<0x R1<x<2. 1<x<2.2. B 方法一 把a當作變量，要去掉絕對值符號，分區(qū)間進行討論，如圖所示.不妨設b>0 (b<0時同理).

23、(1)當一1<a< b 時，|a+ b|+ |a b|= a b a+ b= 2a<2, 當一b<aw b 時，|a+ b|+ |a b|= a + b a+ b = 2b<2,當b<a<1時，|a+ b|+ |a b|= a + b + a b= 2a<2.綜上可知 |a + b|+ |a b|<2.方法二(|a+ b|+ |a b|)24a2, a2>b2,2a2+ 2b2 + 2|a2 b2|= 4b2, a2wb, |a + b|+ a b|<2.3. A 由|x+ 3| |x 1|的幾何意義知，|x+ 3| |x 1|

24、 4,4,即 |x+ 3| |x 1|的最大值是 4,要使 |x+ 3| |x 1|w a2 3a 對任 意實數(shù)x恒成立，只需a2 3a> 4恒成立即可.所以a (, 1 U 4 ,+4. B 由 |8x+ 9|<7，得7<8x+ 9<7 ,1即一16<8x< 2, 2<x< 寸'4'由題意知一2, 1為方程ax2 + bx 2 = 0的兩根，b=-2-4,a= 4b= 9.5. B 由 |x 1|+ |x 3|的幾何意義知 |x 1|+ |x 3|> 2，即 |x 1|+|x 3|的最小值為 2. 當 a2 2a 1<

25、;2 時滿足題意，a2 2a 3<0，即(a+ 1)(a 3)<0, 1<a<3.6. 解析|a|b|w|a b|<1,. |a|<|b|+ 1;|a+ b| 2|a|= |a + b| |2a|w |a + b 2a|=|b a= |a b|; a 11 兇 2 血，x 2">3，疔3詁，即礦亍故、都正確.7. x|x> 1解析原不等式可化為：x< 3, 3<x<2,或x 3+ x 2 > 3x+ 3+ x 2> 3x> 2,x+ 3 x+ 23,x|x> 1. x ?或1 W x<2或

26、x> 2.不等式的解集為& ( s, 0) U 2解析由|x+ 1|+ |x 3|的幾何意義知，4|x+ 1|+ |x 3| 4 , + s),. a+ W 4.a當a>0時，a + 4>4,當且僅當a = 2時，取等號 a當a<0,顯然符合題意.9. 解方法一由f(x) W 3得|x a|w 3,解得 a 3< x< a + 3.(3 分)又已知不等式f(x)w 3的解集為x| 1 W xW 5,a 3 = 1,所以解得a = 2.(6分)a + 3 = 5,(2)當 a = 2 時,f(x) = |x 2|,設 g(x)= f(x) + f(x+

27、 5), 于是 g(x)= |x 2|+ |x + 3|2x 1, x< 3,=5, 3W xW 2,(8 分)2x+ 1,x>2.所以當x< 3時，g(x)>5 ;當一3W xW 2 時，g(x) = 5;當 x>2 時，g(x)>5.綜上可得，g(x)的最小值為5.(10分)從而若f(x)+ f(x + 5) > m,即g(x)min > m對一切實數(shù)x恒成立，則m的取值范圍為(s,5. (12 分)方法二 (1)同方法一.(6分)(2)當 a = 2 時，f(x) = |x 2|.設 g(x) = f(x) + f(x+ 5)= |x 2|+ |x+ 3|.由 |x 2|+|x+ 3|> |(x 2) (x+ 3)|= 5(當且僅當一3W xW 2 時等號成