选修4-5第一讲 不等式和绝对值不等式综合与测试课后测评

这是一份选修4-5第一讲 不等式和绝对值不等式综合与测试课后测评，共7页。试卷主要包含了不等式性质的两个易错点，绝对值不等式的两个注意点等内容，欢迎下载使用。

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警示·易错提醒]
1．不等式性质的两个易错点．
(1)忽略不等式乘法中“大于0”这一条件．
(2)求相关式子的取值范围时，常常因变形不等价导致错误．
2．应用基本不等式求最值的三个注意点．
(1)“一正”：各项或各因数都是正数．
(2)“二定”：积(或和)为定值．
(3)“三等”：等号成立的条件．
3．绝对值不等式的两个注意点．
(1)解绝对值不等式、关键是应用绝对值定义或绝对值的性质去掉绝对值符号．
(2)在应用零点分段法分类讨论时，要注意做到分类标准统一，分类方法既不重复又不遗漏，在应用平方法时，要注意同解变形．
专题一 基本不等式的应用
在用基本不等式求最值时，“正数”“相等”等条件往往容易从题设中获得或验证，而“定值”则需要一定的技巧和方法．常用的方法有“加－项、减－项”“配系数”“拆项法”“1的代换”等．
例1] 已知x＞1，求函数y＝eq \f(x2－2x＋2,2x－2)的最小值．
解：y＝eq \f(x2－2x＋2,2x－2)＝eq \f(（x－1）2＋1,2（x－1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x－1）＋\f(1,x－1)))≥1，
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立，
所以当x＝2时，y有最小值，最小值为1.
归纳升华
1．利用基本不等式求最值的条件是“一正、二定、三相等”，“一正”是指各项均为正数；“二定”就是若积为定值则和有最小值，若和为定值则积有最大值；“三相等”就是必须验证等号成立的条件，若等号不在给定的区间内，通常利用函数的单调性求最值．
2．基本不等式的功能在于“和”与“积”的相互转化，使用基本不等式求最值时，给定的形式不一定能直接适合基本不等式，往往需要拆添项或配凑因式(一般是凑和或积为定值的形式)，构造出基本不等式的形式再进行求解．
变式训练] 已知x＞0，y＞0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．
解：法一：因为x＞0，y＞0，eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
所以x＋y＝1·(x＋y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)＋10≥2 eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝6＋10＝16，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(9x,y)，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
所以当x＝4，y＝12时，x＋y有最小值为16.
法二：因为由eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1得(x－1)(y－9)＝9(定值)，
且x＞0，y＞0，
所以x＞1，y＞9，
所以x＋y＝(x－1)＋(y－9)＋10≥2eq \r(（x－1）（y－9）)＋10＝16，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝y－9，,（x－1）（y－9）＝9))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝12))时，等号成立，
所以x＋y有最小值为16.
专题二 绝对值三角不等式的应用
绝对值三角不等式指的是||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.这是一类特殊的不等式，它反映的是实数和与差的绝对值与绝对值的和差之间的关系，常用于解决最值问题、不等式恒成立问题及不等式的证明．
例2] 求函数y＝|x－2|＋|x＋5|的最小值．
解：y＝|x－2|＋|x＋5|≥|(x－2)－(x＋5)|＝7.
当且仅当(x－2)(x＋5)≤0，即－5≤x≤2时等号成立，
故函数的最小值为7.
归纳升华
绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式，但放缩的“尺度”还要仔细把握，如下面的式子：
|a|－|b|≤||a|－|b||≤|a＋b|≤|a＋b|.
我们较为常用的形式是|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，但有些学生就会误认为只能如此，而实质上，|a＋b|是不小于|a|－|b|的．
变式训练] (2016·江苏卷)设a＞0，|x－1|＜eq \f(a,3)，|y－2|＜eq \f(a,3)，求证：|2x＋y－4|＜a.
证明：因为|x－1|＜eq \f(a,3)，|y－2|＜eq \f(a,3)，a＞0，
所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜eq \f(2a,3)＋eq \f(a,3)＝a，
故不等式成立．
专题三 绝对值不等式的解法
解绝对值不等式的基本思想就是去掉绝对值符号，使不等式变成不含绝对值的一般不等式或不等式组，(1)利用|ax＋b|≤c和|ax＋b|≥c型的解法可以解决形如|f(x)|≤g(x)，c≤|ax＋b|≤b的不等式．
(2)根据绝对值的意义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，或利用平方去掉绝对值符号，是常用的思维方法．
例3] 解不等式|x－1|＋|2－x|＞3＋x.
解：把原不等式变为|x－1|＋|x－2|＞3＋x，
令|x－1|＝0，得x＝1；令|x－2|＝0，得x＝2.
这样，1，2的对应点把数轴分成了三个部分．
(1)当x≤1时，x－1≤0，x－2＜0，
所以原不等式变为－(x－1)－(x－2)＞3＋x，
解得x＜0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤1，,x＜0))得x＜0.
(2)当1＜x≤2时，x－1＞0，x－2≤0，
所以原不等式变为x－1－(x－2)＞3＋x，
解得x＜－2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＜x≤2，,x＜－2))得x∈∅.
(3)当x＞2时， x－1＞0，x－2＞0，
所以原不等式变为x－1＋x－2＞3＋x，解得x＞6.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞2，,x＞6))得x＞6.
综上所示，原不等式的解集为(－∞，0)∪(6，＋∞)．
归纳升华
1．|ax＋b|≤c(c＞0)，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法．
c＞0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可．
2．对于形如|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c的不等式，可通过分类讨论或利用绝对值的几何意义求解．
利用绝对值的几何意义或者画出函数的图象去解不等式，更为直观、简捷，它体现了数形结合思想方法的优越性．
变式训练] 解不等式|x＋2|＋|1－x|＜x＋4.
解：原不等式为|x＋2|＋|x－1|＜x＋4.
所以可把全体实数分为三部分：
x＜－2，－2≤x＜1，x≥1.
于是原不等式的解集是下面三个不等式组的解集的并集：
(1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＜－2，,－x－2＋1－x＜x＋4，))得解集为∅.
(2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2≤x＜1，,x＋2＋1－x＜x＋4，))得－1＜x＜1.
(3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥1，,x＋2＋x－1＜x＋4，))得1≤x＜3.
所以原不等式的解集是{x|－1＜x＜3}．
专题四 数形结合思想
包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的；或者是借助数的精确性和严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的．
例4] 解不等式|x＋1|＋|x|＜2.
解：法一：由绝对值的几何意义知，
|x＋1|表示数轴上点P(x)到点A(－1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点O(0)的距离．
由条件知这两个距离之和小于2.
由数轴(如图①所示)可知原不等式的解集为
eq \b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＜x＜\f(1,2))))).
图① 图②
法二：令f(x)＝|x＋1|＋|x|－2，
则f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1（x≥0），,－1（－1＜x＜0），,－2x－3（x≤－1）.))
作函数f(x)的图象(如图②所示)，
由图象可知，当f(x)＜0时，－eq \f(3,2)＜x＜eq \f(1,2).
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＜x＜\f(1,2))))).
归纳升华
1．利用函数图象解题，直观快捷，注意作图的准确性．
2．在解决数学问题时，将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，实现抽象概念与具体形象的联系和转化，即把数量关系转化为图象的性质来确定或者把图象的性质转化为数量关系的问题来研究．
变式训练] 已知关于x的不等式|3x－1|＋x＜ax有解，求a的取值范围．
解：设y1＝|3x－1|＋x，y2＝ax，则y1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2x，x＜\f(1,3)，,4x－1，x≥\f(1,3).))
分别作出两函数的图象，如图所示．
当y2＝ax的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)))时，a＝1，
若y1＜y2有解，
则y1的图象与y2的图象应有交点，且y1在y2的下方应有图象，故a＞1或a＜－2，
即a的取值范围是(－∞，－2)∪(1，＋∞)．