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高二数学第六章不等式同步辅导讲义第1讲 不等式的证明一、辅导内容不等式证明的方法与技巧二、学习指导不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式；当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范化用语。根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法、反证法、放缩法、判别式法等。三、典型例题 【例1】 设a，bR，求证：a2+b2ab+a+b-1。解题思路分析：思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将a或b看成主元的思想，在这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。作差=a2+b2-ab-a-b+1=a2-(b+1)a+b2-b+1= =0思路二：注意到不等式两边式子a2+b2与ab的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的a与b项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。因a2+b22ab，a2+12a， b2+12b三式同向相加得：a2+b2ab+a+b-1思路三：在思路一中，作差后得到关于a的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的知识求解。记f(a)=a2-(b+1)a+b2-b+1因二次项系数为正，=(b+1)2-4(b2-b+1)=-3(b-1)20 f(a)0 【例2】 已知0a1，0b1，00，首先将题目结论改造为1+ab+bc+caa+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的），而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻找思路：由a1，b1，c1得：1-a0，1-b0，1-c0，因此在对1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解时，应向1-a，1-b，1-c这三个因式靠拢，这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准1-a，1-b，1-c中的一个因式即可。 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc=(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)0 【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，dR+，ad=bc，a=maxa，b，c，d，试比较A与B的大小。解题思路分析：因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：ab，ac，ad，故保留a，消b，c，d中任一个均可。由ad=bc得：A-B=a+d-(b+c)= =又：若不慎消去了a，该怎么办呢？由ad=bc得： A-B= =下面是判断b-d与c-d的符号，即比较a、c与d的大小：应从条件a=maxa，b，c，d及ad=bc出发才挖掘隐藏条件。由ad=bc得： ab0 1即 1 cd，c-d0同理b-d0 A-B0 【例4】 a，b，cR，求证：a4+b4+c4(a+b+c)。解题思路分析：不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。左= 发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。 【例5】 （1）a，b，c为正实数，求证：； （2）a，b，c为正实数，求证：。解题思路分析：（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。 （2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。a，b，a相向相加后即可。 【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x2+y2。解题思路分析：思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。 思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：途径1：用均值换元法消元：令 ，则 途径2：代入消元法：y=a-x，0xb0，求证：。解题思路分析：所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。所证不等式可化为 ab0 不等式可化为：即要证只需证在ab0条件下，不等式组显然成立 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。 【例9】 已知a，b，cR，f(x)=ax2+bx+c，当|x|1时，有|f(x)|1，求证： （1）|c|1，|b|1； （2）当|x|1时，|ax+b|2。解题思路分析：这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|a，|a|-a，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a1a2an|a1|+|a2|+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|1时，|f(x)|1”的解题意识。从特殊化的思想出发得到：令 x=0，|f(0)|1即 |c|1当x=1时，|f(1)|1；当x=-1时，|f(-1)|1下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。 f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c 1 （2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。当a0时，g(x)在-1，1上单调递增 g(-1)g(x)g(1) g(1)=a+1=f(1)-f(0)|f(1)-f(0)|f(1)|+|f(0)|2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-f(-1)-f(0) -|f(-1)-f(0)|-|f(-1)|+|f(0)|-2 -2g(x)2即 |g(x)|2当a0时 |ax+b|ax|+|b|=|a|x|+|b|a|+|b|a+|b|下面对b讨论 b0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| |f(1)|+|f(0)|2； b0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|f(-1)|+f(0)|2。 |ax+b|2当ay B、x=y C、yx D、与m ,n的取植有关4、已知a，b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数：x1，x2，xn和y1，y2，yn，b成等比数列，并给出下列不等式： 那么，其中为真命题的是 （ ）A、 B、 C、 D、5、已知a，b，c0，且a+bc，设M=，N=，则MN的大小关系是A、MN B、M=N C、M0，x2+x30，x3+x10，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 （ ）A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能7、若a0，b0，则 （ ）A、xyz B、xzy C、yxz D、yzx8、设a，bR，下面的不等式成立的是 （ ）A、a2+3abb2 B、ab-ab+ab C、 D、a2+b22(a-b-1) （二）填空题9、设a0，b0，ab，则aabb与abba的大小关系是_。10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)_8abc（用不等号填空）。11、设n个正数x1，x2，xn的算术平均数是，若a是不等于的任意实数，并记，则p与q大小关系是_。12、当0a0且t1时，与的大小关系是_。13、若a，b，c为RtABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与cn（其中nN，n2）的大小关系是_。 （三）解答题14、已知a0，b0，ab，求证：。15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：。16、已知a0，b0，求证：。17、已知a，b为正数，a3+b3=2，求证：a+b2。18、若a，b，c为正数，求证：。19、设a0，b0，且a+b=1，求证：。20、已知a+b+c0，ab+bc+ca0，abc0，求证：a，b，c全为正数。参考答案 （一）选择题1、D。 a0，b0，2、B。 ， a1，b1，c1 logca0，logcb0 logc2ab1 logcab1 abc3、A。 4、B。 正确 正确5、A。 6、B。 x1+x20 x1-x2，x13-x23 同理，x23-x33，x33-x13 同向相加得：x13+x23+x330 又 x1+x2+x30 f(x1)+f(x2)+f(x3)=-(x1+x2+x3)+(x13+x23+x33)abba 作商比较 当ab时，a-b0 当ab时，a-b0 10、 a+b，b+c0，c+a，三式同向相乘(a+b)(b+c)(c+a)8abc 11、 pq ，p0 ，当且仅当t=1时等号成立但t1 0a1 即 13、 an+bn2，0sinA1，0cosA1 an+bn=cn(sinnA+cosnA)0，b0 法二： （ab） 15、解： a0，b0，c0 欲证右边不等号成立，只需证 只需证，欲证只需证即 a2，a2-b a3(2-b)3即 a38-12b+6b2-b3 6b2-12b+8-(a3+b3)0 6b2-12b+60 b2-2b+10即 (b-1)20 不可能 假设不成立 a+b218、证明：原不等式可化为a8+b8+c8a2b3c3+a3b2c3+a3b3c2=a2b2c2(ab+bc+ca) a8+b8 b8+b82b4c4 2a8+c82a4c4 a8+b8+c8a4b4+b4c4+c4a4 a4b4+b4c4 b4c4+c4a42a2b2c4 a4b4+a4c42a4b2c2 a4b4+b4c4+c4a4a2c2b4+a2b2c4+a4b2c2=a2b2c2(a2+b2+c2)又 a2+b2+c2ab+bc+ca 由不等式传递性 a8+b8+c4a2b2c2(ab+bc+ca)当且仅当a=b=c时等号成立19、证明 = 令 t=ab则 0t 函数在（0，上递减 ，即时，即 当且仅当a=b=时等号成立20、证明：假设a0知，bc0知，b+c-a0 ab+bc+ca=a(b+c)+bc0同理可证b0，c0第2讲 不等式的解法举例一、辅导内容常见类型的不等式的解法三、学习指导 1、解不等式的基本思想解不等式的基本思想就是化归、转化，其转化流向趋势是：无理不等式分式不等式不等式高次不等式有理不等式整式不等式二次不等式低次不等式一次不等式2、解代数不等式的几种化归类型(1) 一元一次不等式: axb,当a0,解集为时;当a0时,时,解集为;当a=0,b0时,解集为. ,b0(a0)或 ax+bx+c0) 若0,不等式ax+bx+c0(a0)的解在方程ax+bx+c=0的两根之外,即xx或xx;不等式ax+bx+c0)的解在方程的两根之内,即xx0(a0)的解集为xx-,xR;ax+bx+c=0的两根之内,即xxx 若0，ax+bx+c0(a0)的解为全体实数；ax+bx+c0(a0)无解。（3）高次不等式：可利用数轴标根法来解。例如解不等式f(x)=a(x-x)(x-x)（x-x）0(a0),不妨设xxx,数轴上分别标出x,x,，x,这n个点把数轴分为n+1个区间：（-，x）,(x,x),，（x,x）,(x,+),在数轴上从右到左的各个区间上f(x)依次取“+，+，”，不等式的解为取正号的区间的并集。（4）分式不等式：整理成一般形式0或0，再转化为整式不等式求解。 f(x)0 f(x)0 0 f(X)g(X)0 g(x)0或 g(x)0 f(x)0 f(x)0 0 f(X)g(X)0 或 g(x)0（5）无理不等式：转化为有理不等式求解。 g(x)0g(x) f(x)0 或 g(x)0f(x)g(x) f(x)0g(x)0 g(x) f(x)0 f(x)g(x) f(x)0 g(x)0 f(x)g(x)三、典型例题【例1】 解不等式：x2-(a+a2)x+a30。解题思路分析：因x2-(a2+a)x+a3=(x-a)(x-a2)，不等式解的一般形式为两根a与a2之间，下面比较a与a2大小。a-a2=a(1-a)当a=0或a=1时，a=a2，原不等式为x20，或(x-1)20，不等式无解当0a0，aa2， 不等式解为a2x1或a0时，a(1-a)0，aa2，不等式解为ax1，或a0时，不等式的解为axa2 当0a1时，不等式的解为a2x0。解题思路分析：首先对二次项系数a讨论，以确定不等式的类型：当a=0时，原不等式为4x+40，x-1。当a0时，不等式为二次不等式，其解的情况应考虑判别式=16-16a=16(1-a)及二次项系数a的符号这两个因素，也就是讨论的标准为a与1与0的大小比较。当a1时，不等式可化为 =，不等式的解为R当0a0，解的形式为两根之外，求得方程两根为，不等式的解为，或。当a0，解的形式为两根之间，不等式的解为，注意此时两根大小已改变。当a=1时，原不等式可化为x2+4x+40，(x+2)20 x-2解： 当a=0时，4x+40，x-1，为原不等式的解 当0a1时，原不等式可化为x2+ 不等式的解为R 当a0，x-2，原不等式解为xR，且x-2注：含字母的二次不等式的讨论，涉及到的因素较多，如二次项系数是否为0，判别式的符号，两根的大小关系。在判别式0时，应注意区别不等式的解是R或。关于不等式解的一般形式是两根之间还两根之外，应由二次项符号及不等号方向两者同时决定，当二次项为正（负）及不等号方向为大于（小于）时，不等式解的形式为两根之外；否则为两根之间。通常将二次项系数化为常数。【例3】 已知不等式组的整数解的集合是-2，求实数k的取值范围。解题思路分析：不妨记A=x|2x2+(2k+5)x+5k0=x|(x+k)(2x+5)0，B=x|x2。 -2A (-2+k)(-4+5)0 k2 再考虑单元素集-2在整数集中的唯一性显然，若-k-，则A=x|-kx-，A=x|-x-k结合数轴分析，数-k在数轴上对应的点向右可运动到3对应的点为止即 3 -3k 由得：-3K1）。解题思路分析： （1）这是一个高次不等式，第一步可通过换元的途径转化为二次问题 (x+5)(x-4)=x2+x-20 (x+2)(x-1)=x2+x-2含未知数的项x2+x为公共项 可令x2+x=t则 (t-20)(t-2)-80 t2-22t+1200 (t-10)(t-12)0 (x2+x-10)(x2+x-12)0第二步再分解二次因式： 0利用序轴标根法可得不等式解为： -4x，或x3解： （1）(x+5)(x-4)(x+2)(x-1)-80 (x2+x-20)(x2+x-2)-80令 t=x2+x则 (t-20)(t-2)-80 t2-22t+1200 (t-10)(t-12)0 (x2+x-10)(x2+x-12)0 0画序轴： -4x，或x3即为原不等式的解注：也可令x2+x-2=u，或x2+x-11=v，此时不等式可化为(v-9)(v+9)-80，v21，-1v1，此时更加简捷一些。 （2）移项、通分得： 由m1得 ， 由序轴标根法：原不等式的解为： ，或0x0，2，+35，0t若，-2，1，t2 函数值域为0，+ 【例6】 某地区上年度电价为每千瓦时0.8元，年用电量为a千瓦时，本年度计划将电价降到每千瓦时0.55元至0.75元之间，而用户期望电价为每千瓦0.4元。经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为k），该地区电力成本价为每千瓦0.3元，设k=0.2a，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%？解题思路分析：解决实际应用题，首先要理清数量之间关系，如本题：收益 = 实际用电量(实际电价-成本价)。其次，将关键文字语言转换成适当的数学模型，如“新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比”翻译为数学模型就是“设实际电价为x，则新增用电量=”，“电力部门的收益比去年至少增长20%”翻译为数学模型就是“本年度收益，去年收益(0.8-0.3)a，(0.8-0.3)a(1+20%)”。令 k=0.2a，解不等式： (0.8-0.3)(1-20%)a即 x2-1.1x+0.30得：x0.6，或x0.5又 0.55x0.75 x=0.6解：设实际电价为x（元），则用电量增至，去年收益为(0.8-0.3)a，今年收益为当k=0.2a时，由已知得： 化简得： x2-1.1x+0.30 x0.6，或x0.5又 0.55x0.750.6x0.75 当实际用电价最低为每千瓦时0.6元时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%。巩固练习 一、选择题 1、设命题甲：0x5，命题乙：|x-2|3，则A、甲是乙的充分非必要条件 B、甲是乙的必要非充分条件C、甲是乙的充要条件 D、甲既不是乙的充分条件也不是必要条件2、不等式组的解集是A、x|0x2| B、x|0x2.5 C、x|0x D、x|0xb，关于x的不等式的解集是A、x|xa B、x|xbC、x|bxa D、x|-axb5、不等式解集是A、x|2x4 B、x|2x2 D、x|0x46、已知关于x的不等式的解集为（0，3，则实数k的取值范围是A、k0 B、k0 C、0k3 D、-7、已知loga(a2+1)loga2a0，则a的取值范围是A、0a1 B、a1 C、0a0且a18、已知x|ax2+bx+c0=(-,2)，则关于x的不等式cx2+bx+a0 D、010、函数f(x)=(a-2)x2+2(a-2)x-4定义域为R，值域为（-，0，则实数a的取值范围是A、（-，2） B、（-，-2） C、-2 D、）-2，2）二、填空题11、不等式的解集为_。12、不等式(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)120的解是_。13、当不等式2x2+px+106中恰有一个解时，实数p的值是_。14、若2+sin（R）恒成立，不等式的解集是_。15、不等式lgx2(lgx)2的解集是_。 （三）解答题16、已知集合A=x|,B=x2-ax+b0，且AB=x|2mx+3的解集为（4，n），求m、n的值。18、已知当m(1，2)时，不等式mx2+2(m-1)x-20成立，求实数x的取值范围。19、已知函数f(x)=（1） 求函数f(x)的定义域；（2） 解不等式fx(x-)20、关于实数x的不等式与x2-3(a+1)x+2(3a+1)0（aR）的解集为A与B，求使AB的a的取值范围。参考答案（一） 选择题1、A。 化简|x-2|3得-1x5，若记集合P=x|0x5，Q=x|-1x5，则PQ，甲是乙的充分不必要条件。2、C。 去绝对值符号。当x2时，原不等式可化为2x2-120，-，2x；当0x2，原不等式恒成立，0x2，综上所述，0x0，xa。5、A。 原不等式同解于，解之得2x4。6、A。 令x=3，则3k0，k0=（-，2）得: 即由a0，0设x|cx2+bx+a0=x|x1x2x3（x1x2）则 x1=-3，x2= x|cx2+bx+a0=(-3，)9、D。 1 0 又 x3-x2+x-1=x2(x-1)+x-1=(x-1)(x2+1) 0 0 0。10、C。 a=-2 （二）填空题11、 (-1，0)(1，+) ，用序轴标根法。12、 x-1，或x6 原不等式可化为(x2-5x+4)(x2-5x+6)-1200，令t2=x2-5x+5，则 (t-1)(t+1)-1200 t11，或t-11由 t11得：x2-5x+511，x-1，或x6由t-11得：x2-5x+5-11，无解。13、 4 设f(x)=x2+px+10，由图象可知，f(x)=6只有一解，f(x)=6即为x2+px+4=0，=p2-16=0，p=4。14、 3，4） 原不等式 (2+sin)min 3x0 t2 0x100 （三）解答题 16、解：可化为 -2x A=x|-2x显然BR，B，设B=x|x1xx2（x1x2）结合数轴可知，将x=3代入x2-ax+b=0得3a-b=9又 -3x1x2 -3b a，b满足的关系式为3a-b=9，-3b17、解：令则 x=y2 原问题转化为：关于y的不等式2my2-2y+30得：(x2+2x)m-2x-20令 f(m)=(2x2+2x)m-2x-2则 f(m)0 x，或x19、解（1）x满足， f(x)定义域为（0，2） （2）易证f(x)在（0，2）上递减又 f(1)= 原不等式可化为fx(x-)f(1) 0x(x-)1 ，或20、解：A=3x|2axa2+1，B=x|(x-2)x-(3a+1)0（1） 当a时，3a+1时，3a+12，B=2，3a+1则 ，1a3，满足条件 （3）当a=时，B=2，A=，舍综上所述，1a3，或a=-1第3讲 含有绝对值的不等式一、辅导内容含有绝对值的不等式证明二、学习指导1、 绝对值的性质 （1）基本性质：xR时，|x|x，|x|-x；|x|a-axax2a2；|x|a，或xa2。 （2）运算性质：|ab|=|a|b|，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a1a2+an|a1|+|a2|+|an|。 （3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离。 2、与绝对值有关的不等式的证明 其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是|a|-|b|a|b|这一条性质。在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。三、典型例题 【例1】 设|a|,|a-b|2，求证：|b|3。解题思路分析：根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围。 b=a-(a-b) |b|=|a-(a-b)|a|+|a-b|+2=3注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体。实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：|a|-|b|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|a-b|。 |b|-|a|2又 |a| 两不等式同向相加得|b|3 【例2】 已知f(x)=x2-x+c，|x-a|1，a，cR，求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)。求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)解题思路分析：因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|。接下来的变形向条件|x-a|1靠拢，即凑出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a|x+a-1|x+a-1|下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|x-a|+|2a-1|x-a|+|2a|+11+2|a|+1=2(|a|+1)途径二：|x+a-1|x|+|a-1|x|+|a|+1又 |x-a|x|-|a| |x|-|a|1 |x|a|+1 |x+a-1|x|+|a|+10知，0 【例5】 已知f(x)=x2+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于。解思路分析：（1） f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。 假设|f(x)|,|f(2)|，|f(3)| 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|1，|b|1，且ab，求证：1。 解题思路分析： 本题用分析法较为方便。 |a|1，|b|1 a21，b21 1-a20，1-b20 原不等式成立 【例7】 设x，yR，x2+y21，求证：|x2+2xy-y2|。解题思路分析：也许有同学会这样解： |x2+2xy-y2|x2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|x2+y2+x2+y2=2(x2+y2)2但放缩过度，不能满足本题要求。根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法：令 x=rcos，y=rsin，|r|1则 |x2+2xy-y2|=r2|sin(2+)|r2同步练习 （一）选择题 1、已知函数f(x)=-2x+1对任意正数，使得|f(x1)-f(x2)| 成立的一个充分但不必要条件是A、 |x1-x2| B、|x1-x2| C、|x1-x2|2、a，b是实数，则使|a|+|b|1成立的充分不必要条件是A、|a+b|1 B、|a|且|b| C、a1 D、b-13、设a，bR，且ab0，则A、|a+b|a-b| C、|a-b|a|-|b| D、|a-b|0，命题甲；两个实数a,b满足|a-b|2h；命题乙：两个实数a，b满足|a-1|h，且|b-1|0 D、ab07、设a，bR，则|a|1且|b|a+b的A、充分非必要条件 B、必要非充分条件C、充要条件 D、既非充分又非必要条件8、已知函数f(x)=-2x+1，对于任意正数，使得|f(x1)-f(x2)|成立的一个充分非必要条件是A、|x1-x2| B、|x1-x2| C、|x1-x2|（二）填空题9、若|x+y|=4，则xy最大值是_。10、若ab，a0，b0，则_（填、）。11、a，bR，则|a+b|-|a-b|与2|b|的大小关系是_。12、关于x的不等式|x+2|+|x-1|a的解集是，则a的取值范围是_。（三）解答题13、已知|a+b|，|a-b|，求证|a|0，b0，c0）的两个实根x1，x2，求证：，。15、已知f(x)在0。1上有意义，且f(0)=f(1)，对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)-f(x2)|x1-x2|成立，求证：|f(x1)-f(x2)。16、求证：（a，bR）。17、已知a，bR，|a|1，求证：|1+ab|a+b|。18、已知|a|1，|b|1，|c|1，求证： （1）；（2） a+b+cabc+2。19、求证 20、已知a，bR，且|a|+|b|1，求证方程x2+ax+b=0的两个根的绝对值都小于1。21、在一条笔直的街道上住着7位小朋友，他们各家的门牌分别为3号，6号，15号，19号，20号，30号，39号，这7位小朋友准备凑在一起玩游戏，问地点选在哪位小朋友家，才能使大家所走的路程和最短？（假定数字相连的两个门牌号码的房子间的距离相等）。参考答案 （一）选择题1、C。 |f(x1)-f(x2)|=|-2x1+1-(-2x2+1)|=2|x2-x1|，|f(x1)-f(x2)|x2-x1|0，|x1-x2|x1-x2|，反之不然。如取|x2-x1|=。2、D。 A、B、C均能得到|a|+|b|1，但等号条件不满足要求。3、A。 ab|a+b|，|a-b|a+b|。4、D。 当a，b中有一个为零时，|a+b|=|a|+|b|，当ab0时，|a+b|=|a|+|b|。5、B。 |a-b|=|a-1-(b-1)|a-1|+|b-1|a|-1，|a-1|h得：|a|h+1，同理，|b|b+1，|a-b|a|+|b|h+1+h+1=2(h+1)，但不能保证|a-b|a+bab-a-b+10(a-1)(b-1)0或，条件结论。8、C。 类似于1。 （二）填空题9、 9 |x+y|=4(x+y)2=16x2+y2+2xy=16 x2+y22xy x2+y2+2xy4xy 164xy，xy4 当且仅当x=y=2时，取得等号。10、 用比差法 11、 |a+b|-|a-b|2|b| |a-b|a|-|b| -|a-b|b|-|a|又 |a+b|b|+|a|同向相加得：|a+b|-|a-b|2|b|12、 a3 欲使|x+2|+|x-1|a的解集为空集，只需a(|x+2|+|x-1|)min |x+2|+|x-1|(x+2)-(x-1)|=3 a3 （三）解答题13、证明： |a|-|b|a+b|，|a|-|b|a-b| 2|a| |a|或 |a|=|2a|=|(a+b)+(a-b)| (|a+b|+|a-b|)14、证明： x10，x20 |x1|x1|+|x2|=|x1+x2|= |x2|同理，|x1| ，15、证明：（1） 当|x1+x2|时，|f(x1)-f(x2)|x1-x2| |f(x1)-f(x2)|时，不妨设x1，x2-x1则 |f(x1)-f(x2)|=|f(x1)-f(0)+f(1)-f(x2)| |f(x1)-f(0)|+f(1)-f(x2)| = (