《高考數(shù)學二輪復習 第3部分 不等式選講考點整合 選修4-5 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學二輪復習 第3部分 不等式選講考點整合 選修4-5 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

選修4－5　不等式選講 考點整合 1．含有絕對值的不等式的解法 (1)|f(x)|＞a(a＞0)?f(x)＞a或f(x)＜－a； (2)|f(x)|＜a(a＞0)?－a＜f(x)＜a； (3)|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法 法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想； 法二：利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想； 2．絕對值三角不等式 |a|－|b|≤|ab|≤|a|＋|b|.此性質(zhì)可用來解不等式或證明不等式． 3．基本不等式 定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1、a2、…、an為n個正數(shù)，則≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 4．柯西不等式 (1)設(shè)a，b，c，d為實數(shù)，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時等號成立． (2)若ai，bi(i∈N*)為實數(shù)，則(a)(b)≥(aibi)2，當且僅當bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一個數(shù)k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時，等號成立． (3)柯西不等式的向量形式：設(shè)α，β為平面上的兩個向量，則|a||β|≥|αβ|，當且僅當這兩個向量同向或反向時等號成立． 類型一　絕對值不等式 [例1]　(2016高考全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)求不等式|f(x)|＞1的解集． 解：(1)f(x)＝|x＋1|－|2x－3| ＝ 故y＝f(x)的圖象如圖所示． (2)由f(x)的函數(shù)表達式及圖象可知， 當f(x)＝1時，可得x＝1或x＝3； 當f(x)＝－1時，可得x＝或x＝5. 故f(x)>1的解集為{x|11的解集為 . [解后反思]　根據(jù)絕對值的意義，分段討論去絕對值號 1．(2016高考全國丙卷)已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋a. (1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝|2x－1|，當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2. 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}． (2)當x∈R時，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥ |2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a， 當x＝時等號成立，所以當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3等價于|1－a|＋a≥3.① 當a≤1時，①等價于1－a＋a≥3，無解． 當a＞1時，①等價于a－1＋a≥3，解得a≥2. 所以a的取值范圍是[2，＋∞)． 類型二　不等式證明 [例2]　(2016高考全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)＜2的解集． (1)求M； (2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|＜|1＋ab|. 解：(1)f(x)＝ 當x≤－時，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1； 當－＜x＜時，f(x)＜2； 當x≥時，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1. 所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}． (2)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－1＜a＜1，－1＜b＜1， 從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0. 因此|a＋b|＜|1＋ab|. [解后反思]　不等式的證明可以用綜合法、作差法、分析法等． 2．設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明：(1)因為(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2， 由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab＞cd， 得(＋)2＞(＋)2. 因此＋＞＋. (2)①若|a－b|＜|c－d|，則(a－b)2＜(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab＞cd. 由(1)得＋＞ ＋. ②若＋＞ ＋，則(＋)2＞(＋)2， 即a＋b＋2＞c＋d＋2. 因為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|. 綜上，＋＞ ＋是|a－b|＜|c－d|的充要條件． 限時規(guī)范訓練十　選修4－1、4－4、4－5 (建議用時45分鐘) 解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 1．如圖，P是⊙O外一點，PA是切線，A為切點，割線PBC與⊙O相交于點B，C，PC＝2PA，D為PC的中點，AD的延長線交⊙O于點E.證明： (1)BE＝EC； (2)ADDE＝2PB2. 證明：(1)連接AB，AC， 由題設(shè)知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA， 因為∠PDA＝∠DAC＋∠DCA， ∠PAD＝∠BAD＋∠PAB， ∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，從而＝，因此BE＝EC. (2)由切割線定理得PA2＝PBPC. 因為PA＝PD＝DC， 所以DC＝2PB，BD＝PB. 由相交弦定理得ADDE＝BDDC， 所以ADDE＝2PB2. 2.(2015高考全國卷Ⅱ)如圖，O為等腰三角形ABC內(nèi)一點，⊙O與△ABC的底邊BC交于M，N兩點，與底邊上的高AD交于點G，且與AB，AC分別相切于E，F(xiàn)兩點． (1)證明：EF∥BC； (2)若AG等于⊙O的半徑，且AE＝MN＝2，求四邊形EBCF的面積． 解：(1)證明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC， 所以AD是∠CAB的平分線． 又因為⊙O分別與AB，AC相切于點E，F(xiàn)，所以AE＝AF，故AD⊥EF.從而EF∥BC. (2)由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF， 故AD是EF的垂直平分線． 又EF為⊙O的弦，所以O(shè)在AD上． 連接OE，OM，則OE⊥AE. 由AG等于⊙O的半徑得AO＝2OE，所以∠OAE＝30. 因此△ABC和△AEF都是等邊三角形． 因為AE＝2，所以AO＝4，OE＝2. 因為OM＝OE＝2，DM＝MN＝，所以O(shè)D＝1. 于是AD＝5，AB＝. 所以四邊形EBCF的面積為2－(2)2＝. 3．(2015高考全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，直線C1：x＝－2，圓C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系． (1)求C1，C2的極坐標方程； (2)若直線C3的極坐標方程為θ＝(ρ∈R)，設(shè)C2與C3的交點為M，N，求△C2MN的面積． 解：(1)因為x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以C1的極坐標方程為ρcos θ＝－2，C2的極坐標方程為ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)將θ＝代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－3ρ＋4＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝.故ρ1－ρ2＝，即|MN|＝.由于C2的半徑為1，所以△C2MN的面積為. 4．已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，圓C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))． (1)求直線l和圓C的普通方程； (2)若直線l與圓C有公共點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)直線l的普通方程為2x－y－2a＝0， 圓C的普通方程為x2＋y2＝16. (2)因為直線l與圓C有公共點， 故圓C的圓心到直線l的距離d＝≤4， 解得－2≤a≤2. 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋|x－a|(a＞0)． (1)證明：f(x)≥2； (2)若f(3)＜5，求a的取值范圍． 解：(1)證明：由a＞0，得f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2，所以f(x)≥2. (2)f(3)＝＋|3－a|. 當a＞3時，f(3)＝a＋， 由f(3)＜5得3＜a＜. 當0＜a≤3時，f(3)＝6－a＋， 由f(3)＜5得＜a≤3. 綜上，a的取值范圍是. 6．若a＞0，b＞0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并說明理由． 解：(1)由＝＋≥，得ab≥2，且當a＝b＝時等號成立． 故a3＋b3≥2≥4，且當a＝b＝時等號成立． 所以a3＋b3的最小值為4. (2)不存在a，b，使得2a＋3b＝6.理由如下： 由①知，2a＋3b≥2≥4. 由于4＞6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.