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第二讲(选修45)不等式选讲重要定理1绝对值不等式定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2绝对值不等式的解法(1)|axb|c(c0)和|axb|c(c0)型不等式的解法|axb|c(c0)caxbc.|axb|c(c0)axbc或axbc.(2)|xa|xb|c(c0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想3证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法4二维形式的柯西不等式若a，b，c，dR，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2，当且仅当adbc时，等号成立失分警示1应用绝对值不等式性质求函数的最值时，一定要注意等号成立的条件特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立2利用基本不等式证明要注意“一正、二定、三相等”三个条件同时成立，缺一不可3在去掉绝对值符号进行分类时要做到不重不漏考点绝对值不等式典例示法题型1绝对值不等式的解法典例120xx沈阳模拟设函数f(x)|2x1|x4|.(1)解不等式f(x)2；(2)求函数yf(x)的最小值解(1)解法一：令2x10，x40分别得x，x4.原不等式可化为：或或所以原不等式的解集为.解法二：f(x)|2x1|x4|画出f(x)的图象y2与f(x)图象的交点为(7,2)，.由图象知f(x)2的解集为.(2)由(1)的解法二中的图象知：f(x)min.题型2含绝对值不等式的恒成立问题典例220xx长春质检设函数f(x)|x2|xa|(aR)(1)若不等式f(x)a0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若不等式f(x)x恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a0时，f(x)a0恒成立，当a0时，要保证f(x)a恒成立，即f(x)的最小值|a2|a，解得1a2时，只需满足点(a，a2)不在点的下方即可，所以a2a，即2a恒成立f(x)mina；f(x)a恒成立f(x)maxa有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x)mina无解f(x)maxa；f(x)a无解f(x)mina.考点不等式的证明典例示法典例320xx湖北二联已知f(x)|x1|x1|，不等式f(x)4的解集为M.(1)求M；(2)当a，bM时，证明：2|ab|4ab|.解(1)f(x)|x1|x1|当x1时，由2x4得2x1；当1x1时，f(x)21时，由2x4得1x2.所以M(2,2)(2)证明：当a，bM，即2a，b2时，4(ab)2(4ab)24(a22abb2)(168aba2b2)(a24)(4b2)0，4(ab)2(4ab)2，2|ab|0，b0，c0，函数f(x)|xa|xb|c的最小值为4.(1)求abc的值；(2)求a2b2c2的最小值解(1)因为f(x)|xa|xb|c|(xa)(xb)|c|ab|c，当且仅当axb时，等号成立又a0，b0，所以|ab|ab，所以f(x)的最小值为abc.又已知f(x)的最小值为4，所以abc4.(2)由(1)知abc4，由柯西不等式得(491)2(abc)216，即a2b2c2.当且仅当，即a，b，c时等号成立故a2b2c2的最小值为.柯西不等式的求解方法柯西不等式在解决多变量代数式的最值问题中有着重要的应用，运用柯西不等式求最值时，关键是进行巧妙的拼凑，构造出柯西不等式的形式针对训练20xx陕西高考已知关于x的不等式|xa|b的解集为x|2x4(1)求实数a，b的值；(2)求的最大值解(1)由|xa|b，得bax1的解集解(1)f(x)yf(x)的图象如图所示(2)由f(x)的表达式及图象知，当f(x)1时，可得x1或x3；当f(x)1时，可得x或x5.故f(x)1的解集为x|1x3；f(x)1的解集为.220xx全国卷已知函数f(x)|x1|2|xa|，a0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围解(1)当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，即x4，无解；当1x0，解得x0，解得1x1的解集为.(2)由题设可得，f(x)所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a1,0)，C(a，a1)，ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，)320xx全国卷设a，b，c，d均为正数，且abcd，证明：(1)若abcd，则；(2)是|ab|cd得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)得.若，则()2()2，即ab2cd2.因为abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|是|ab|0，|x1|，|y2|，求证：|2xy4|a.证明因为|x1|，|y2|，所以|2xy4|2(x1)(y2)|2|x1|y2|0，b0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2，当且仅当ab1时等号成立(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则由a2a0得0a1；同理，0b1，从而ab1，这与ab1矛盾故a2a2与b2b2不可能同时成立620xx福建高考已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.解(1)因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明：由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23.120xx湖北八校联考已知函数f(x)|x10|x20|，且满足f(x)abba.解(1)|x10|x20|10a10的解集不是空集，则(|x10|x20|)min10a10，100，A(0，)(2)证明：不妨设ab，则ab，ab0，1，ab0，ab1，aabbabba.220xx河南测试已知函数f(x)|x2|.(1)解不等式f(x)f(x5)9；(2)若|a|1，|b|f(ab2)解(1)f(x)f(x5)|x2|x3|当x2时，由2x19，解得x4.所以不等式f(x)f(x5)9的解集为x|x5或x4(2)证明：f(ab3)f(ab2)，即|ab1|ab|.因为|a|1，|b|0，所以|ab1|ab|，故所证不等式成立3已知函数f(x)|x2|x1|.(1)解不等式f(x)1；(2)当x0时，函数g(x)(a0)的最小值总大于函数f(x)，试求实数a的取值范围解(1)当x2时，原不等式可化为x2x11，此时不成立；当1x2时，原不等式可化为2xx11，即1x0；当x1，即x1，综上，原不等式的解集是x|x1时，等价于a1a3，解得a2.所以a的取值范围是2，)520xx湖北七市联考设函数f(x)|xa|，aR.(1)若a1，解不等式f(x)(x1)；(2)记函数g(x)f(x)|x2|的值域为A，若A1,3，求a的取值范围解(1)由于a1，故f(x)当x1时，由f(x)(x1)，得1x(x1)，解得x.当x1时，由f(x)(x1)，得x1(x1)，解得x3.综上，不等式f(x)(x1)的解集为3，)(2)当a2时，g(x)g(x)的值域Aa2,2a，由A1,3，得解得a1，又a2，故1a1成立；(2)关于x的不等式f(x)a在R上恒成立，求实数a的最大值解(1)证明：由f(x)得函数f(x)的最小值为3，从而f(x)3e.所以ln f(x)1成立(2)由绝对值的性质得f(x)|xa|，所以f(x)最小值为，从而a，解得a，因此a的最大值为.7.20xx太原测评对于任意的实数a(a0)和b，不等式|ab|ab|M|a|恒成立，记实数M的最大值是m.(1)求m的值；(2)解不等式|x1|x2|m.解(1)不等式|ab|ab|M|a|恒成立，即M对于任意的实数a(a0)和b恒成立，所以M的最大值m是的最小值因为|ab|ab|(ab)(ab)|2|a|，当且仅当(ab)(ab)0时等号成立，即|a|b|时，2成立，所以m2.(2)|x1|x2|2.解法一：利用绝对值的意义得x.解法二：当x1时，原不等式化为(x1)(x2)2，解得x，所以x的取值范围是x2时，原不等式化为(x1)(x2)2，解得x.所以x的取值范围是2x.综上所述，x的取值范围是x.解法三：构造函数y|x1|x2|2，作出y利用图象有当y0，得x.820xx洛阳统考已知a，b(0，)，ab1，x1，x2(0，)(1)求的最小值；(2)求证：(ax1bx2)(ax2bx1)x1x2.解(1)因为a，b(0，)，ab1，x1，x2(0，)，所以33336，当且仅当，ab，即ab且x1x21时，有最小值6.(2)证法一：由a，b(0，)，ab1，x1，x2(0，)，及柯西不等式可得：(ax1bx2)(ax2bx1)()2()2()2()2()2(ab)2x1x2，当且仅当，即x1x2时取得等号证法二：因为a，b(0，)，ab1，x1，x2(0，)，所以(ax1bx2)(ax2bx1)a2x1x2abxabxb2x1x2x1x2(a2b2)ab(xx)x1x2(a2b2)ab(2x1x2)x1x2(a2b22ab)x1x2(ab)2x1x2，当且仅当x1x2时，取得等号
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