1、专题一,专题二,专题三,专题四,专题一 含绝对值不等式的解法 1.公式法 |f(x)|g(x)f(x)g(x)或f(x)|g(x)|f(x)2g(x)2. 3.零点分段法 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值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上的符号,转化为不含绝对值的不等式去解.,专题一,专题二,专题三,专题四,应用1解下列关于x的不等式: (1)|x-x2-2|x2-3x-4; (2)|x-2|-|2x+5|2x. 提示:根据绝对值的意义,先去掉绝对值符号,再解不等式. 解:
2、(1)解法一:原不等式等价于x-x2-2x2-3x-4或x-x2-2-(x2-3x-4),故原不等式的解集为x|x-3. 解法二:|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2, 原不等式等价于x2-x+2x2-3x-4, 解得x-3. 故原不等式的解集为x|x-3.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题一,专题二,专题三,专题四,求f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1,p2表示).,解:f(x)=f1(x)恒成立f1(x)f2(x),|x-p1|-|x-p2|log32. (*) 若p1=p2,则(*)式0log32,显然成立; 若p1p2,记g(x)=|x-p1|-|x
3、-p2|. 当p1p2时,专题一,专题二,专题三,专题四,所以g(x)max=p1-p2,故只需p1-p2log32. 当p1p2时,所以g(x)max=p2-p1,故只需p2-p1log32. 综上所述,f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充要条件是|p1-p2|log32.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题二 基本不等式的应用 利用基本不等式求最值问题一般有两种类型:(1)和为定值时,积有最大值;(2)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”. 应用1(1)已知0x2,求函数y=x(8-3x)的最大值.,提示:先通过恒等变
4、形,使不等式具备“一正、二定、三相等”的条件,再应用基本不等式求最值.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题一,专题二,专题三,专题四,提示:适当变形后,可多次应用基本不等式,但应注意验证等号是否成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题一,专题二,专题三,专题四,专题三 恒成立问题 对于恒成立不等式求参数取值范围问题,常见类型及其解法如下: (1)分离参数法 运用“f(x)af(x)maxa,f(x)af(x)mina”可解决恒成立中的参数取值范围问题. (2)更换主元法 不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能时,可转换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.
5、(3)数形结合法 在研究曲线交点的恒成立问题时,若能利用数形结合,揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维各自的优势,可直观地解决问题.,专题一,专题二,专题三,专题四,解:存在.理由:f(x)在(-,1上是减函数, k-sin xk2-sin2x1.假设存在实数k符合题意. k2-sin2x1,即k2-1sin2x对一切xR恒成立,且sin2x0, k2-10,-1k1. 由k-sin xk2-sin2x,专题一,专题二,专题三,专题四,应用2设有关于x的不等式lg(|x+3|+|x-7|)a. (1)当a=1时,解此不等式; (2)当a为何值时,此不等式的解集是R? 提示:对于(1
6、),根据对数函数的单调性转化为绝对值不等式求解.(2)可转化为函数最值问题求解. 解:(1)当a=1时,lg(|x+3|+|x-7|)1, |x+3|+|x-7|10,x7或x7.,专题一,专题二,专题三,专题四,(2)设f(x)=|x+3|+|x-7|,有f(x)|(x+3)-(x-7)|=10,当且仅当(x+3)(x-7)0,即-3x7时,f(x)取得最小值10, 即lg(|x+3|+|x-7|)1. 故要使lg(|x+3|+|x-7|)a的解集为R,只要a1.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题四 不等式的证明 证明不等式的主要方法有作差比较法、作商比较法、平方差比较法、综合法、分析法
7、.其次还有反证法、放缩法、换元法、判别式法、构造函数法等,但这些方法不是孤立的,它们相互渗透、相辅相成,有的题目可以有多种证法,而有的题目要同时用几种方法才能解决,因此我们在平时解题中要通过一题多解,一解多法的反复训练,加强对各种方法的区别与联系的认识,把握每种方法的优点和缺点,从而不断提高我们分析问题和解决问题的能力.,专题一,专题二,专题三,专题四,提示:本题可用分析法、综合法、比较法、三角代换法、构造函数法等证明. 证明:证法一:(1)当ac+bd0时,显然成立. (2)当ac+bd0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2). 即证a2c2+2abcd+
8、b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2. 即证2abcdb2c2+a2d2.即证(bc-ad)20. 因为a,b,c,dR,所以上式恒成立. 故原不等式成立. 综合(1)(2)可知,原不等式成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2(ac+bd)2.,证法三:(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)20, (a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2,专题一,专题二,专题三,专题四
9、,专题一,专题二,专题三,专题四,(2)当a2+b2=0时,原不等式显然成立. 综合(1)(2)可知,原不等式成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,应用2用反证法证明钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半. 证明:如图所示,在ABC中, CAB90,D是BC的中点.,专题一,专题二,专题三,专题四,1,2,3,4,5,6,7,1(江西高考)在实数范围内,不等式|x-2|-1|1的解集为 . 解析:原不等式等价于-1|x-2|-11, 即0|x-2|2,解得0x4. 答案:0,4,1,2,3,4,5,6,7,2(重庆高考)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|a无解,则实数a的取值范围是
10、 .,域为8,+),因为原不等式无解,所以只需a8,故a的取值范围是(-,8. 方法二:由绝对值不等式,得|x-5|+|x+3|(x-5)-(x+3)|=8, 故不等式|x-5|+|x+3|a无解时,a的取值范围为(-,8. 答案:(-,8,1,2,3,4,5,6,7,3(陕西高考)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为 . 解析:(am+bn)(bm+an)=abm2+(a2+b2)mn+abn2 =ab(m2+n2)+2(a2+b2)2abmn+2(a2+b2)=4ab+2(a2+b2),答案:2,1,2,3,4,5,6,7,4(辽宁高
11、考)已知函数f(x)=|x-a|,其中a1. (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|1x2,求a的值.,当x2时,由f(x)4-|x-4|,得-2x+64,解得x1; 当2x4时,f(x)4-|x-4|无解; 当x4时,由f(x)4-|x-4|,得2x-64,解得x5; 所以f(x)4-|x-4|的解集为x|x1或x5.,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,(1)求a的值; (2)求函数f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.,(2)因为|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-2)|=
12、3, 当且仅当(x+1)(x-2)0,即-1x2时等号成立.所以f(x)的最小值为3.,1,2,3,4,5,6,7,6(课标全国高考)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)当a=-2时,求不等式f(x)g(x)的解集;,解:(1)当a=-2时,不等式f(x)g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-30. 设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,其图象如图所示. 从图象可知,当且仅当x(0,2)时,y0. 所以原不等式的解集是x|0x2.,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,7(课标全国高考)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:,证明:(1)由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca, 得a2+b2+c2ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.,
