不等式解法及证明复习策略-《中学生数理化》高考数学2023年11月刊

不等式解法及证明复习策略 ■江西省南昌市第三中学 刘红坤 杜 宽 历年高考中,不等式模块主要考查绝对 值不等式的解法、绝对值三角不等式和不等 式证明等。将不等式融合到其他试题中,突 出了不等式的工具性,淡化了其独立性。下 面我们对该模块进行分析,来理解不等式的 本质,熟悉不同问题的处理策略,积累不同题 型的解题经验与技巧,感悟其中蕴含的思想 方法,进一步提高解题效率。 一、不等式的主要题型 1.含绝对值不等式的解法 例 1 已知函数f(x)=13|x-a| (a∈R)。 (1)当a=2时,解不等式 x- 1 3 + f(x)≥1; (2)设不等式 x- 1 3 +f (x)≤x的解集 为M,若 13 ,1 2 ⊆M,求实数a的取值范围。 解析:(1)当a=2时,x- 1 3 +f (x) ≥1,即|3x-1|+|x-2|≥3。 若x≤ 1 3 ,则1-3x+2-x≥3,解得 x≤0,所以x≤0; 若 1 3<x<2 ,则3x-1+2-x≥3,解得 x≥1,所以1≤x<2; 若x≥2,则3x-1+x-2≥3,解得x≥ 3 2 ,所以x≥2。 综上所述,当a=2时,所求不等式的解 集为{x|x≤0或x≥1}。 (2)不等式 x- 1 3 +f (x)≤x 可化为 |3x-1|+|x-a|≤3x。 依题意不等式|3x-1|+|x-a|≤3x 在x∈ 13 ,1 2 上恒成立,所以3x-1+|x- a|≤3x,即|x-a|≤1,即a-1≤x≤a+1, 所以 a-1≤ 1 3 , a+1≥ 1 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得- 1 2≤a≤ 4 3 。 故实数a的取值范围是 - 1 2 ,4 3 。 评注:去掉绝对值的方法一般有以下几种: (1)抓零点分区间讨论; (2)平方法:利用|f(x)| >|g(x)|⇔f2(x)>g2(x)去绝对值;(3)几何 法:利用绝对值的几何意义求解;(4)数形结合 法:在直角坐标系中作出不等式两边所对应的 两个函数的图像,利用函数图像求解。 2.绝对值三角不等式的应用 例 2 已知函数f(x)=|x-a|+ |x+3|。 (1)当a=1时,解不等式f(x)≥6; (2)若f(x)>-a,求a的取值范围。 解析:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+ |x+3|。 若x≤-3,则f(x)=-2x-2≥6的解 为x≤-4; 若-3<x≤1,则f(x)=4≥6无解; 若x>1,则f(x)=2x+2≥6的解为 x≥2。 综上可得,不等式f(x)≥6的解集为 {x|x≤-4或x≥2}。 (2)依题意f(x)>-a,即|x-a|+ |x+3|>-a恒成立。 因为|x-a|+|x+3|=|a-x|+|x+ 3|≥|a+3|,当且仅当(a-x)(x+3)≥0时 取等号,所以f(x)min=|a+3|,故|a+3|> -a,解得a>- 3 2 。 所以a的取值范围是 - 3 2 ,+∞ 。 评注:运用“f(x)≤a 恒成立⇔f(x)max ≤a,f(x)≥a 恒成立⇔f(x)min≥a”可解决 恒成立中的参数取值范围问题。 3.不等式的证明 例 3 已知a,b,c都是正数,且a 3 2+ 14 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2023年11月 b 3 2+c 3 2=1,证明: (1)abc≤ 1 9 ; (2) a b+c+ b a+c+ c a+b≤ 1 2 abc 。 证明:(1)a 3 2+b 3 2+c 3 2≥3 3 a 3 2b 3 2c 3 2 ,所 以1≥3 abc,即abc≤ 1 9 。 (2)因为b+c≥2 bc,a+c≥2 ac, a+b≥2 ab,所 以 a b+c+ b a+c+ c a+b≤ a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab 。 又 因 为 a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab = a 3 2+b 3 2+c 3 2 2 abc = 1 2 abc ,所以 a b+c+ b a+c+ c a+b≤ 1 2 abc 。 评注:证明不等式的方法灵活多样,但比 较法、综合法、分析法仍是证明不等式的基本 方法。要依据题目的结构特点和内在联系进 行适当变形,创造条件使用重要不等式、基本 不等式、柯西不等式、权方和不等式等去证 明,要熟悉各种证法中的推理思维方法,并掌 握相应的步骤、技巧和语言特点。 4.解绝对值不等式与证明不等式的综合 例 4 已知关于x 的不等式|2x|+ |2x-1|≤m 有解。 (1)求实数m 的取值范围; (2)若a>0,b>0,a+b=1,证明: a2 a+2b + b2 2a+b≥ 1 3 。 解析:(1)因为|2x|+|2x-1|≥|2x- (2x