小结教学设计(教案)

6.2 不等式的证明

▲考点要求

1.了解基本不等式的证明过程；会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题。

2.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式。（1）|ab||a||b|；（2）|ab||ac||cb|。

3．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|axb|c，|axbc|，|xa||xb|c。了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法。

▲知识梳理

一、基本不等式

1、算术平均数与几何平均数：如果a,bR，那么的算术平均数；ab叫做这两个正数2ab叫做这两个正数的几何平均数。

22

2、定理：如果a,bR，那么ab2ab（当且仅当ab时取“=”号）。

abab（当且仅当ab时取“=”号）

推论：如果a,bR，那么。

2

3、利用基本不等式求最值问题

已知x0,y0，则

（1）如果xy是定值P，那么当且仅当xy时，x（简记：积定和最小）。

（2）如果xy有最小值

是2P

y是定值S，那么当且仅当xy时，xy有

最大值

S2是（简记：和定积最大）。

44、几个常用的不等式

baab2a2b2)

（1）ab(（a,bR）；（2）2(ab0). ab22二、绝对值不等式

1、含

绝对值符号

的不等式叫做绝对值不等式。

2、解含有绝对值的不等式关键是去掉绝对值符号，基本方法有如下几种：

1

f(x),f(x)0（1）分段讨论：根据|f(x)|去掉绝对值符号。

f(x),f(x)0（2）利用等价不等式:|axb|c(c0)caxbc; |axb|c(c0)axbc或axbc

. （3）两端同时平方：即运用移项法则，使不等式两边都变为非负数，再平方，从而去掉绝对值符号。

3、定理1：如果a，b是实数，则|ab||a||b|,当且仅当ab0

时取“=”号；

定理2：如果a，b，c是实数，则|ac||ab||bc|,当且仅当(ab)(bc)0时取“=”号；

|

4、xa|的几何意义：数轴上表示实数x与a的两点间的

距离

。

5、形如|xa||xb|c(ab)与|xa||xb|c(ab)

的绝对值不等式的解法主要有三钟：（1）运用绝对值的几何意义；

（2）零点分区间讨论法；（3）构造分段函数，结合图像求解。

6、重要绝对值不等式：||a||b|||ab||a||b|

使用时（特别是求最值）要注意等号成立的条件。

▲典型例题

4

例1、（1）已知x0，求f(x)2x的最大值；

x1

（2）已知x1，求f(x)x的最小值；

x1

（3）已知x0,y0，且

解析：(1) 191，求xy的最小值。

xyx0，x0，故

f(x)2

=

(2) 444x(x)()22(x)()2

xxxx2，当且仅当x4,即x2时取等号. x1,则x1

又f(x)x11(x1)1

x1x1

2(x1)

11,即x2时取等号. 13，当且仅当x1x1x12

19y9x(xy)()=102y9x10=16 （3）xy=xyxyxy当且仅当y9x19且1,即x4,y12时取等号. xyxy“一正，二定，

方法提炼利用基本不等式求最值时，必须注意三点：三相等”，缺一不可。如果项是负数，可转化为正数解决，当和（或积）不是定值时，需要对项进行添加、分拆或变系数，将和（或积）化为定值。

例2、设a、b是两个正实数，且a33b，求证：a3b3a2bab2

22

解：法1：（分析法）要证ababab成立

只需证(ab)(a2abb2)ab(ab)成立

即需证a2abb2ab成立.（因为ab0）

只需证a22abb20成立，即需证(ab)20成立.

而由已知条件可知，ab,ab0，所以(ab)20显然成立。

法2：（综合法）上面逆向推理即可.

法3：（作差比较法）“作差—变形—定号”. 例3、已知函数f(x)|xa|,其中a1.

f(x)4|x4|的解集；

（1）当a2时，求不等式

（2）已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为

x|1x2，求a的值。

2x6,x2解：（1）当a2时，f(x)|x4|2,2x4，

2x6,x4

当x2时，由f(x4|x4|得2x64，解得x1；

当2x4时，f(x4|x4|无解；

当x4时，由f(x4|x4|得2x64，解得x5；

所以，f(x4|x4|的解集为x|x1或x5.

3

2a,x0（2）记h(x)f(2xa)2f(x)，则h(x)4x2a,0xa，

2a,xa由|h(x)|2，解得a1a1x，又已知|h(x)|2的解集为

22a121x|1x2，所以a1，于是a3. 22方法提炼解含绝对值的不等式的关键是去掉绝对值符号，也可利用绝对值的几何意义或函数图像法求解。已知不等式的解集求字母的值，可先用字母表示解集，再与原解集对比即得字母的值。

例4、设函数f(x)|x1||xa|，（1）若a1，解不等式f(x)3；（2）如果xR,f(x)2，求实数a的取值范围。

解：（1）当a1，f(x)|x1||x1|，由f(x)3得|x1||x1|3

33由绝对值的几何意义知，解集为x|x或x

22（2）若a1,f(x)2|x1|，不满足题设条件；

2xa1,xa

若a1,f(x)1a,ax1，f(x)的最小值为1a；

2x(a1),x12xa1,x1若a1,f(x)a1,1xa，f(x)的最小值为a1. 2x(a1),xa所以对于xR,f(x)2的充要条件是|a1|2，

故a的取值范围为a|a1或a3

方法提炼解含两个绝对值符号的不等式，可先将其转化为|xa||xb|c的形式，对于这种绝对值符号里是一次式的不等式，一般有三种方法“零点分段法”“利用绝对值的几何意义”和“利用函数图像法”。

▲巩固练习

4

1、若x2y4，则2x4y的最小值是（B）

A.4

B.8

C.22

D. 42

解析：2x4y22x4y22x2y8，当且仅当

x2x4y,即x2y2时取等号24y的最小值是8. x22x2(x1)的图像最低点的坐标是（D）

2、函数yx1A.1,2

B. 1,2

C. 1,1

D. 0,2

解析：x22x21y(x1)2(x1)

x1x1

3、对于xR，不等式|x10||x2|8的解集为x|x0.

4、若存在实数x使|xa||x1|3成立，求实数a的取值范围.

解析：由绝对值的几何意义得2a4.

5、设函数f(x)|2x1||x4|. （1）解不等式f(x)2；

（2）若关于x的不等式af(x)有解，求实数a的取值范围. 11xx4

解：（1）原不等式等价于，或

22(2x1)(x4)2(2x1)(x4)2x45

或，解得x7或x4或x4

3(2x1)(x4)25

所以原不等式的解集为x|x7或x.

31x5,x21

（2由题意知af(x)min）又f(x)3x3,x4，

2x5,x4199

所以f(x)minf().所以a. 222

5