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与名师对话二轮理科数学1-7-5


与名师对话· 系列丛书

二轮专题复习·课标版·数学(理)

第 一 篇

知识方法篇

第1页

第一篇

知识方法篇

与名师对话· 系列丛书

二轮专题复习·课标版·数学(理)

专 题 七

r />
选讲部分

第2页

第一篇

知识方法篇

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重 难 点 透 析 名 师 微 课 堂

选修 4-5

不等式选讲

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第3页

专题七

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专题七

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专题七

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专题七

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考点一
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绝对值不等式的解法

【自主回顾】 绝对值不等式求解的主要方法是利用分段讨论法去掉绝对 值号,求解时先求出每个绝对值符号中一次式对应方程的根,然 后将这些根在数轴上由大到小排列,将数轴分为若干个区间,根 据所分区间,去掉绝对值号组成若干不等式,解出不等式并与已 知区间取交集, 最后将各个区间内对应的解集取并集得原不等式 的解集,另外还可借助其几何意义求解.
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专题七

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1.(2014· 宝鸡市第一次质检)不等式|x-5|+|x+3|≥10 的解 集是________.
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专题七

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解析:根据绝对值的几何意义,数轴上到-3 和 5 的距离和 为 10 的点为 6 或-4,∴|x-5|+|x-3|≥10 的解集为{x|x≤-4
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或 x≥6}.
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答案:{x|x≤-4 或 x≥6}

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专题七

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2 . (2014· 广东佛山质检一 ) 不等式 x + 3>|2x - 1| 的解集为 ________.
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? ?2x-1≥0, 解析:不等式等价于? ? ?x+3>2x-1
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? ?2x-1<0, 或? ? ?x+3>1-2x,

1 2 1 解得 ≤x<4 或- <x< ,故不等式解集为 2 3 2
? ? ? 2 ?x?- <x<4 ? ? ? 3 ? ? ?. ? ?
? ? ? ? ?
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? ? ? 2 答案:?x?-3<x<4 ? ? ?

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专题七

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【典例剖析】
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(2014· 湖 南 卷 ) 若 关 于 x 的 不 等 式 |ax - 2|<3 的 解 集 为
? ? ? 5 1 ?x?- <x< 3 ? ? ? 3 ? ? ?,则 ? ?

a=________.

【思路启迪】 根据绝对值不等式的性质及不等式的解集求 解.

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【解析】
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∵|ax-2|<3,∴-1<ax<5.

1 5 当 a>0 时,-a<x<a,与已知条件不符; 当 a=0 时,x∈R,与已知条件不符; 当 a<0 =-3.
【答案】 -3
? ? ? 5 1 5 1 ? ? 时,a<x<-a,又不等式的解集为 x -3<x<3 ? ? ? ? ? ?,故 ? ?
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a

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解答含绝对值不等式问题时,关键是去掉绝对值符号,因此
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常用零点分段法去掉绝对值符号,然后再求解.另外,图象法也 是常用的方法.
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【举一反三】 1. (2014· 山东淄博一模 )不等式|x+ 1|+ |x- 2|≤5 的解集为
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________.
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解析:由绝对值的几何意义,|x+1|表示数轴上点 x 到点-1 的距离,|x-2|表示数轴上点 x 到点 2 的距离,|x+1|+|x-2|表示
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数轴上点 x 到点-1、点 2 的距离之和.结合数轴可知不等式|x +1|+|x-2|≤5 的解集为[-2,3].
答案:[-2,3]
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2 . (2014· 南 昌 模 拟 ) 若 不 等 式 |kx - 4|≤2 的 解 集 为 {x|1≤x≤3},则实数 k=________.
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k k 解析: 由|kx-4|≤2 可得 2≤kx≤6, 所以 1≤ x≤3, 所以 = 2 2
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1,故 k=2.
答案:2
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3.(2014· 皖北协作区联考)若存在实数 x 使|x-a|+|x-1|≤3 成立,则实数 a 的取值范围为________.
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专题七

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解析:由|x-a|+|x-1|≥|a-1|,又因为存在实数 x 使|x-a| +|x-1|≤3 成立,则|a-1|≤3,则-2≤a≤4.
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答案:-2≤a≤4

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考点二
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与不等式有关的最值问题

【自主回顾】 与绝对值不等式有关的最值问题,通常从以下方面考虑,去 掉绝对值符号, 转化为分段函数, 利用|x-a|+|x-b|的几何意义, 利用绝对值不等式.另外,应用柯西不等式求最值时要注意等号 成立的条件.
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1.(2014· 福州模拟)已知不等式|x+2|+|x|≤a 的解集不是空 集,则实数 a 的取值范围是________.
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解析: |x+2|+|x|≥|x+2-x|=2, a≥|x+2|+|x|有解, 即 a≥(|x +2|+|x|)min,∴a≥2.
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答案:a≥2

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2.(2014· 长沙模拟)若不等式|x+2|+|x-1|≥|a-1|对任意 x ∈R 恒成立,则实数 a 的取值范围是________.
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解析:设 f(x)=|x+2|+|x-1|≥3,∵对任意 x∈R 恒成立, ∴f(x)min≥|a-1|,∴|a-1|≤3,∴-2≤a≤4.
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答案:[-2,4]

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【典例剖析】
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(2014· 福建卷)已知定义在 R 上的函数 f(x)=|x+1|+|x-2|的 最小值为 a. (1)求 a 的值; (2)若 p,q,r 是正实数,且满足 p+q+r=a,求证:p2+q2 +r2≥3.
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专题七

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【思路启迪】 第(1)问根据绝对值不等式的性质求解即可; 第(2)问利用第(1)问的结论和柯西不等式证明.
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专题七

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【解】 (1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 当且仅当-1≤x≤2 时,等号成立,
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所以 f(x)的最小值等于 3,即 a=3. (2)证明:由(1)知 p+q+r=3,又因为 p,q,r 是正实数, 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q +r)2=9,即 p2+q2+r2≥3.
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专题七

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与绝对值不等式有关的最值问题一般应用|x-a|+|x-b|的几
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何意义求解,也可转化为分段函数求解.
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【举一反三】 (2014· 河北唐山一模)已知函数 f(x)=|2x-a|+a,a∈R,g(x)
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=|2x-1|. (1)若当 g(x)≤5 时,恒有 f(x)≤6,求 a 的最大值; (2)若当 x∈R 时,恒有 f(x)+g(x)≥3,求 a 的取值范围.
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专题七

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解:(1)g(x)≤5?|2x-1|≤5?-5≤2x-1≤5?-2≤x≤3; f(x)≤6?|2x-a|≤6-a?a-6≤2x-a≤6-a?a-3≤x≤3.
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依题意有 a-3≤-2,a≤1.故 a 的最大值为 1. (2)f(x) + g(x) = |2x - a| + |2x - 1| + a≥|2x - a - 2x + 1| + a≥|a -1|+a, 当且仅当(2x-a)(2x-1)≥0 时等号成立. 解不等式|a-1|+a≥3,得 a 的取值范围是[2,+∞).
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考点三
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不等式的证明

【自主回顾】 含绝对值不等式的证明主要分两类: 一类是比较简单的不等 式可以通过平方法或换元法等去掉绝对值转化为常见的不等式 的证明,另一类是利用绝对值三角不等式: ||a|- |b||≤|a± b|≤|a| +|b|,通过适当的添加、拆项证明或利用放缩法、综合法分析证 明. 柯西不等式与排序不等式为特点鲜明的不等式证明问题提供 了新思路.
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1.(2014· 银川模拟)若正数 x,y 满足 x+3y=5xy,则 3x+4y 的最小值为________.
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1 3 解析:∵x+3y=5xy,所以 + =5. y x
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?1 3? 1 ?3x 12y? 13 1 1 ? + ?= ? + ? + ≥ ×2× 36 ∴ 3x + 4y = (3x + 4y)· x ? 5 5 5 ?y x ? 5 ? y

13 3x 12y 1 3 1 + =5,当且仅当 = 且 + =5,即 x=1,y= 时取等号. 5 y x y x 2 故 3x+4y 的最小值是 5.
答案:5

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专题七

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2. (2014· 湖北荆州质检二)设 a, b, c 为正数, a+b+4c2=1, 则 a+ b+ 2c 的最大值是________, 此时 a+b+c=________.
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解析:由柯西不等式得(a+b+4c
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2

? 1? )?1+1+2?=[( ? ?

a)2+( b)2

+(2c) ]· ? 1 +1
?

2 ? 2

?

2

? +? ? ?

? 2? ?2? 2 ≥ ( a + b + 2 c ) , ? 2? ? ?

因此 a+ b+ 2c≤

?a+b+4c

2

? 1? ??1+1+2? ? ?

10 10 2 = a+b+4c = , 2 2

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专题七

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a b 2c 当且仅当 1 = 1 = =2 2c,即 a= b=2 2c,此时 a= 2 2 b=8c2,因此 a+b+4c2=8c2+8c2+4c2=20c2=1, 5 2 解得 c= ,a=b= , 10 5 2 2 5 8+ 5 因此 a+b+c= + + = . 5 5 10 10
3 8+ 5 答案:2 10
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【典例剖析】
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1 1 (2014· 新课标全国卷Ⅰ)若 a>0,b>0,且a+b= ab. (1)求 a +b 的最小值; (2)是否存在 a,b,使得 2a+3b=6?并说明理由.
3 3

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【思路启迪】
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(1)利用重要不等式进行转化求解;(2)利用

均值不等式进行转化求解.

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1 1 2 【解】 (1)由 ab= + ≥ , 得 ab≥2, 且当 a=b= 2时 a b ab
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等号成立. 故 a3+b3≥2 a3b3≥4 2,且当 a=b= 2时等号成立. 所以 a +b 的最小值为 4 2. (2)由(1)知,2a+3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6,从而不存在 a,b,使得 2a+3b=6.
3 3

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在运用重要不等式时,按照“一看、二构造、三判断、四运
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用”可快速求解.
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【举一反三】 (2013· 新课标全国卷Ⅱ)设 a、 b、 c 均为正数, 且 a+b+c=1,
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证明: 1 (1)ab+bc+ac≤ ; 3 a2 b2 c2 (2) b + c + a ≥1.
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证明:(1)由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca, 得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
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由题设得(a+b+c)2=1, 即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤3.
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a2 b2 c2 (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a
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a2 b2 c2 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), b c a a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 b + c + a ≥a+b+c.所以 b + c + a ≥1.
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1.对于绝对值不等式的解法或证明,其简化的基本思路是 化去绝对值符号,转化为常见的不等式(组)求解.多以绝对值的 几何意义或“零点分段”法等为简化策略,而绝对值三角不等 式,往往作为放缩的依据. 2.基本不等式和柯西不等式在解决多变量代数式的最值问 题中有着重要的应用,运用基本不等式时应注意其条件“一正、 二定、三相等”,运用柯西不等式时,要善于进行巧妙的构造.
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1.与绝对值不等式有关问题的答题策略
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已知函数 f(x)=|2x-1|+|x-2a|. (1)当 a=1 时,求 f(x)≤3 的解集; (2)当 x∈[1,2]时, f(x)≤3 恒成立,求实数 a 的取值范围.
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【规范解答】 (1)当 a=1 时, 原不等式可化为|2x-1|+|x-2|≤3,
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当 x>2 时,3x-3≤3,则 x≤2,无解; 1 1 当 ≤x≤2 时,x+1≤3,则 x≤2,所以 ≤x≤2; 2 2 1 1 当 x<2时,3-3x≤3,则 x≥0,所以 0≤x<2. 综上所述,原不等式的解集为[0,2].
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(2)原不等式可化为|x-2a|≤3-|2x-1|, 因为 x∈[1,2],所以|x-2a|≤4-2x,
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即 2x-4≤2a-x≤4-2x, 故 3x-4≤2a≤4-x 对 x∈[1,2]恒成立. 当 1≤x≤2 时,3x-4 的最大值为 2,4-x 的最小值为 2, 所以 a 的取值为 1.
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【易错提醒】 解含绝对值的不等式时要注意正确去掉绝对 值符号,再求解,含有字母参数的应分类讨论.与函数有关的恒
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成立或存在问题, 可转化为最值问题, 必要时借助函数图象解决.
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【答题模板】
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利用零点分段法或图象法求解不等式;

转化为最值问题; 求函数的最值; 回顾反思,前面的解题过程是否严密,有无漏洞.
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(2014· 河南郑州质量预测)设函数 f(x)=|x-4|+|x-a|(a<4).
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(1)若 f(x)的最小值为 3,求 a 的值; (2)求不等式 f(x)≥3-x 的解集.
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解:(1)因为|x-4|+|x-a|≥|(x-4)-(x-a)|=|a-4|, 又 a<4,所以当且仅当 a≤x≤4 时等号成立,
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故|a-4|=3,所以 a=1 为所求.
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(2)不等式 f(x)≥3-x 即不等式|x-4|+|x-a|≥3-x(a<4), ①当 x<a 时,原不等式可化为 4-x+a-x≥3-x,即 x≤a
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+1. 所以,当 x<a 时,原不等式成立. ②当 a≤x≤4 时,原不等式可化为 4-x+x-a≥3-x. 即 x≥a-1.所以,当 a≤x≤4 时,原不等式成立.
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③当 x>4 时,原不等式可化为 x-4+x-a≥3-x,
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a+7 a+ 7 即 x≥ 3 ,由于 a<4 时 4> 3 . 所以,当 x>4 时,原不等式成立. 综合①②③可知:不等式 f(x)≥3-x 的解集为 R.
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2.忽视重要不等式成立的条件致误
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? 1? 2 ? 1? 2 a>0 , b>0 , a + b = 1 ,则 ?a+a? + ?b+b? ? ? ? ?

的最小值为
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________.

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【错解】
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? 1? 2 ? 1 ? 2 2 2 1 1 2 ?a+ ? +?b+ ? =a +b + 2+ 2+4≥2ab+ + a? ? b ? a b ab ?

4≥4

1 ab· +4=8, ab
? 1? 2 ? 1? 2 ∴?a+a? +?b+b? 的最小值是 ? ? ? ?

8.

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专题七

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【错因分析】
2

上面的解答中,两次用到了重要不等式 a2

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1 +b ≥2ab,第一次等号成立的条件是 a=b=2,第二次等号成立 1 的条件是 ab=ab,显然,这两个条件是不能同时成立的.因此, 8 不是最小值.
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【正确解答】
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1 1 原式=a +b +a2+b2+4
2 2

=(a +b

2

2

?1 1? )+?a2+b2?+4 ? ?
2

=[(a+b)

??1 1? 2? ?? 2 -2ab]+? a+b? -ab? ?+4 ? ?? ?

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? 1 ? =(1-2ab)?1+a2b2?+4, ? ?

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?a+b? ? ?2 1 ab≤? ? =4,得 2 ? ?

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1 1 1-2ab≥1-2=2,

1 1 且 2 2≥16,1+ 2 2≥17, ab ab 1 25 1 ∴原式≥ ×17+4= (当且仅当 a=b= 时,等号成立), 2 2 2
? 1? 2 ? 1? 2 25 ∴?a+a? +?b+b? 的最小值是 2 . ? ? ? ?
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(1)利用基本不等式求解最值容易出现的问题就是忽视等号
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成立的条件,所以在求解时一定要进行检验,这也是一种检验最 值是否求解准确的方法. (2)如果没有定值, 就不能直接利用柯西不等式求解最值, 此 时要灵活利用已知条件通过变形进行处理, 如添项、 拆项、 重排、 改变式子的结构等方法, 构造出定值之后才能利用柯西不等式求 解最值.
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(2013· 湖南卷)已知 a,b,c∈R,a+2b+3c=6.则 a2+4b2 +9c2 的最小值为________.
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解析:由柯西不等式得 (a2 + 4b2 + 9c2)· (12 + 12 + 12)≥(a· 1+ 2b· 1+3c· 1)2=36,故 a2+4b2+9c2≥12,从而 a2+4b2+9c2 的最
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小值为 12.
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答案:12

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请做:课时作业(二十一)

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