第一講總復習學習目標充分運用觀察、類比、猜想、分析證明的數學思維方法，體會轉化和數形結合的數學思想，并能運用絕對值三角不等式公式進行推理和證明一、自學釋疑根據線上提交的自學檢測，生生、師生交流討論，糾正共性問題。二、合作探究本講是中學數學的重要內容，可滲透到好多章節，且在現實生活中有廣泛的應用，是近幾年高考的熱點．1．不等式的基本性質(1)a>b?b<a.(2)a>b，b>c?a>c.(3)a>b?a＋c>b＋c.(4)a>b，c>0?ac>bc.a>b，c<0?ac<bc.(5)a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．(6)a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．通過語言敘述可以加深對性質的理解，以下幾條性質也經常會用到：(7)a>b，c>d?a＋c>b＋d.(8)a>b>0，c>d>0?ac>bd.(9)ab>0，a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(10)a>b，c<d?a－c>b－d.(11)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).2．基本不等式(1)a，b∈R?a2＋b2≥2ab(當且僅當a＝b時，等號成立)．(2)a>0，b>0?eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(當且僅當a＝b時，等號成立)．(3)a>0，b>0，c>0?eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(當且僅當a＝b＝c時，等號成立)．熟悉以上三個基本不等式及它的變形應用，如a＋b≥2eq\r(ab)，abc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)))3.在應用等號求最值時，要滿足“一正、二定、三相等”的條件，否則等號不一定成立．還有由基本不等式推出的常用不等式：a2＋b2≥2|ab|≥2ab；(a＋b)2≥4ab；a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2；eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2；eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab>0)；eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≤－2(ab<0)．3．絕對值三角不等式(1)a，b∈R，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．(2)a，b，c∈R，則|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．應用公式時，正用、逆用、還是變形用都要正確無誤，還要注意等號成立的條件，完整的絕對值三角不等式：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.當a，b表示向量時，有明顯的幾何意義，三角形任兩邊之和大于第三邊，任兩邊之差小于第三邊．4．絕對值不等式的解法絕對值不等式都要轉化為一元一次不等式組或一元二次不等式來解．其轉化的常用方法(也就是化去絕對值符號的方法)有：(1)由實數絕對值的意義，即|a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥0，,－a，a<0.))(2)不等式兩邊平方(平方前不等式兩邊非負)．(3)各種類型絕對值不等式的解法．①|x|<a(a>0)?－a<x<a.②|x|>a(a>0)?x>a或x<－a.③|ax＋b|≤c(c>0)?－c≤ax＋b≤c.④|ax＋b|≥c(c>0)?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.⑤|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c有三種方法選擇：(Ⅰ)分區間討論法：它雖然麻煩一些，但具有普遍性．如：|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)．不妨設a<b，可將原不等式轉化為三個不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤a，,a－x＋b－x≤c；))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<x<b，,x－a＋b－x≤c；))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥b，,x－a＋x－b≤c.))原不等式的解集為以上三個不等式組解集的并集．(Ⅱ)圖象法：以|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)為例，不妨設a<b，令y2＝c.在同一直角坐標系中分別作出它們的圖象，利用圖象寫出原不等式的解集．(此法求參數的范圍非常優越)(Ⅲ)幾何法：它是利用絕對值的幾何意義，在數軸上直接找出不等式的解．它僅適用于非常簡單的情況.一數形結合的思想【例1】設關于x的不等式lg(|x＋5|＋|x－5|)<a.(1)當a＝1時，解這個不等式；(2)當a為何值時，這個不等式的解集為?.二分類討論的思想方法【例2】函數f(x)的定義域為[0,1]，且f(0)＝f(1)，當x1、x2∈[0,1]，x1≠x2時都有|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|，求證：|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).三轉化與化歸的思想【例3】若二次函數f(x)的圖象關于y軸對稱，且1≤f(1)≤2,3≤f(2)≤4，求f(3)的取值范圍．四不等式中的恒成立問題【例4】已知函數f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)(a≠0，a，b∈R)恒成立，求實數x的取值范圍．五不等式的應用【例5】設計一幅宣傳畫，要求畫面面積為4840cm2，畫面的寬與高的比為λ(λ<1)，畫面的上下各留8cm空白，左、右各留5cm空白．怎樣確定畫面的高與寬的尺寸，才能使宣傳畫所用紙張面積最小？

參考答案例1【解】(1)∵a＝1，∴lg(|x＋5|＋|x－5|)<1＝lg10.∴|x＋5|＋|x－5|<10.由實數絕對值的幾何意義知，不等式的解就是數軸上表示到－5與5兩點距離之和小于10個單位的點的集合．如圖所示．設x對應點為C，當C在線段AB上時，|AC|＋|BC|＝10，當點C在線段AB的外端時|AC|＋|BC|>10，因此，適合題意的點C不存在，即當a＝1時，不等式無解，故原不等式無解．(2)令y＝|x＋5|＋|x－5|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2xx≤－5，,10－5<x<5，,2xx≥5.))作出函數的圖象．由圖象知，當a≤1時，|x＋5|＋|x－5|<10無解，故lg(|x＋5|＋|x－5|)<a無解，∴當a≤1時，lg(|x＋5|＋|x－5|)<a的解集為空集．【例2】【證明】不妨設0≤x1<x2≤1，以下分兩種情形討論．①若x2－x1≤eq\f(1,2)，則|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|≤eq\f(1,2)，∴|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).②若x2－x1>eq\f(1,2)，∵f(0)＝f(1)，∴|f(x2)－f(x1)|＝|f(x2)－f(1)＋f(0)－f(x1)|≤|f(x2)－f(1)|＋|f(x1)－f(0)|<|x2－1|＋|x1－0|＝1－x2＋x1＝1－(x2－x1)<1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).綜上所述，|f(x2)－f(x1)|<eq\f(1,2).【例3】【解】方法一：設f(x)＝ax2＋c(a≠0)，則由題意可得解得∴f(3)＝9a＋c＝3f(2)－3f(1)＋＝.∵1≤f(1)≤2,3≤f(2)≤4，∴5≤5f(1)≤10,24≤8f(2)≤32，∴14≤8f(2)－5f(1)≤27.∴eq\f(14,3)≤≤9，即eq\f(14,3)≤f(3)≤9.方法二：由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a＋c≤2，,3≤4a＋c≤4))畫出不等式組表示的平面區域如圖．令z＝f(3)＝9a＋c，則c＝－9a＋z.當直線c＝－9a＋z過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))時，它在縱軸上的截距最小，即z最小，其值為eq\f(14,3)；當直線c＝－9a＋z過點B(1,0)時，它在縱軸上的截距最大，即z最大，其值為9.∴f(3)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(14,3)，9)).【例4】【解】由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0，得eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥f(x)．又因為eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)≥eq\f(|a＋b＋a－b|,|a|)＝2，則有2≥f(x)，即|x－1|＋|x－2|≤2，解得eq\f(1,2)≤x≤eq\f(5,2).【例5】【解】設畫面高為xcm，寬為λxcm，則λx2＝4840cm2.設紙張面積為S，則S＝(x＋16)(λx＋10)＝λx2＋(16λ＋10)x＋160.由λx2＝4840，得λ＝eq\f(4840,x2)代入上式，得S＝eq\f(4840,x2)·x2＋eq\b\lc\(\