高中数学选修4-5不等式选讲的重要思想
2018年高三理科数学复习选修4-5 不等式选讲
选修4-5不等式选讲考点1不等式的性质1.已知a,b,c均为正数,证明: a2+b2+c2+(++)2≥6, 并确定a,b,c为何值时,等号成立.考点2绝对值不等式2.设函数f(x)=|x-1|+|x-2|.(1)解不等式f(x)>2;(2)求函数g(x)=ln f(x)的值域.3.已知函数f(x)=2|x+a|-|x-1|(a>0).(1)若函数f(x)与x轴围成的三角形的面积的最小值为4,求实数a的取值范围;(2)若对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,求实数a的取值范围.4.已知m>1,且关于x的不等式m-|x-2|≥1的解集为[0,4].(1)求m的值;(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.5.设函数f(x)=-+-的最大值为M.(1)求实数M的值;(2)求关于x的不等式|x-|+|x+2|≤M的解集.6.已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求实数a的取值范围.考点3证明不等式的基本方法7.已知a>0,b>0,求证:+≥+.8.已知a,b∈R,且a+b=1,求证:(a+2)2+(b+2)2≥.9.已知a,b,c均为正实数.求证:(1)(a+b)(ab+c2)≥4abc;(2)若a+b+c=3,则++≤3.考点4柯西不等式10.已知x,y是两个不相等的正实数,求证:(x2y+x+y2)·(xy2+y+x2)>9x2y2.答案1.解法一因为a,b,c均为正数,所以a2+b2+c2≥3(abc)①,因为++≥3(abc)-,所以(++)2≥9(abc)-②.故a2+b2+c2+(++)2≥3(abc)+9(abc)-.又3(abc)+9(abc)-≥2=6③,所以原不等式成立.当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立.当且仅当3(abc)=9(abc)-时,③式等号成立,即当a=b=c=时,原式等号成立.解法二因为a,b,c均为正数,由基本不等式得a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①.同理,++≥++②.故a2+b2+c2+(++)2=a2+b2+c2++++++≥ab+bc+ac+++≥6③.所以原不等式成立.当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立,当且仅当(ab)2=(bc)2=(ac)2=3时,③式等号成立.即当且仅当a=b=c=时,原不等式等号成立.2.(1)由题意知f(x)=|x-1|+|x-2|=-,, ,, -,当x<1时,由f(x)>2,得3-2x>2,解得x<,所以x<; 当1≤x≤2时,f(x)>2无解;当x>2时,由f(x)>2,得2x-3>2,解得x>,所以x>.综上,不等式f(x)>2的解集为(-∞,)∪(,+∞).(2)因为f(x)=|x-1|+|x-2|,则f(x)≥1,又函数y=ln x在其定义域内为增函数.所以函数g(x)=ln f(x)的值域为[0,+∞).3.(1)由题意可得f(x)=---, -,-, -,,画出函数f(x)的图象,如图D 1所示,图D 1函数f(x)与x轴围成的三角形为△ABC,易求得A(-2a-1,0),B(-,0),C(-a,-a-1).所以S△ABC=[--(-2a-1)]×|-a-1|=(a+1)2≥4(a>0),解得a≥-1.(2)由图D 1可知,f(x)min=f(-a)=-a-1.对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,即f(x)min+2≥0,即-a-1+2≥0,解得a≤1,又a>0,所以实数a的取值范围为(0,1].4.(1)∵m>1,不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1.∵不等式m-|x-2|≥1的解集为[0,4],∴-,,即m=3.(2)由(1)知a+b=3,解法一(利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2≥,∴a2+b2的最小值为.解法二(消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3-a,∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=2(-)+≥,∴a2+b2的最小值为.5.(1)f(x)=-+-≤2(-)(-)=3,当且仅当x=时等号成立.故函数f(x)的最大值M=3.(2)由(1)知M=3.由绝对值三角不等式可得|x-|+|x+2|≥|(x-)-(x+2)|=3.所以不等式|x-|+|x+2|≤3的解集就是方程|x-|+|x+2|=3的解.由绝对值的几何意义得,当且仅当-2x≤,|x-|+|x+2|=3,所以不等式|x- 2 |≤M 的解集为{x|-2 ≤x ≤ .6.(1)当a=-3时,f (x )≥3⇔|x-3|+|x-2|≥3⇔ ,- 或 , 或 , - ,解得x ≤1或x ≥4. 故当a=-3时,不等式f (x )≥3的解集为{x|x ≤1或x ≥4}.(2)由题意可得f (x )≤|x-4|在区间[1,2]上恒成立⇔|x+a|+2-x ≤4-x 在区间[1,2]上恒成立⇔-2-x ≤a ≤2-x 在区间[1,2]上恒成立⇔-3≤a ≤0,即实数a 的取值范围是[-3,0].7.解法一 (作差比较法)因为a>0,b>0,所以 +-( + )= ) ) = )( - ≥0, 所以 +≥ + . 解法二 (作商比较法)因为a>0,b>0,所以 = ) ) ( )= )( ) ( )== - ) ≥1,所以 +≥ + . 8.解法一 (放缩法)因为a+b=1,所以(a+2)2+(b+2)2≥2[( ) ( ) ]2= [(a+b )+4]2=(当且仅当a+2=b+2,即a=b= 时,等号成立). 解法二 (反证法)假设(a+2)2+(b+2)2< ,则 a 2+b 2+4(a+b )+8< .因为a+b=1,则b=1-a ,所以a 2+(1-a )2+12< .所以(a- )2<0,这与(a- )2≥0矛盾,故假设不成立.所以(a+2)2+(b+2)2≥ . 9.(1)要证(a+b )(ab+c 2)≥4abc ,可证a 2b+ac 2+ab 2+bc 2-4abc ≥0,需证b (a 2+c 2-2ac )+a (c 2+b 2-2bc )≥0,即证b (a-c )2+a (c-b )2≥0,当且仅当a=b=c 时,取等号, 由已知,上式显然成立,故不等式(a+b )(ab+c 2)≥4abc 成立.(2)因为a ,b ,c 均为正实数,由不等式的性质知· ≤ =,当且仅当a +1=2时,取等号,·≤=,当且仅当b+1=2时,取等号,·≤=,当且仅当c+1=2时,取等号,以上三式相加,得(++)≤=6,所以++≤3,当且仅当a=b=c=1时,取等号.10.因为x,y是正实数,所以x2y+x+y2≥33xy,当且仅当x2y=x=y2,即x=y=1时,等号成立;同理:xy2+y+x2≥3=3xy,当且仅当xy2=y=x2,即x=y=1 时,等号成立.所以(x2y+x+y2)(xy2+y+x2)≥9x2y2,当且仅当x=y=1时,等号成立.因为x≠y,所以(x2y+x+y2)(xy2+y+x2)>9x2y2.。
高中数学 ： 选修4-5 不等式选讲
解析 原不等式等价于
x 1,
1
(x 1) (2x 2) 17
或
1 x 1, (x 1) (2x 2) 1
或
x 1, (x 1) (x 2) 1,
解得x≥2或x≤-1.
5
故原不等式的解集为{x|x≤-1或x≥2}.
考法2 与绝对值有关的恒成立、存在性等求参数范 围的问题
4．设不等式|x＋1|－|x－2|>k 的解集为 R，则实数 k 的取值范围 为____________．
4-5 不等式选讲
1
聚焦核心素养
理科数学选修4-5：不 等式选讲
1.命题分析预测 从近五年的考查情况来看,选修4-5是
高考题中的选做部分,主要考查绝对值不等式的求解、
恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明,多以解答
题的形式呈现,难度中等,分值10分.
2.学科核心素养 本章通过绝对值不等式的解法和不等 式的证明考查考生的数学运算素养,以及对分类讨论思 想和数形结合思想的应用.
上述定理还可以推广到以下两个不等式:
(1)|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|;
(2)||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.
2．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解法：
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|<a
__{x_|_－__a_＜__x_＜_a__} _
解析
原不等式等价于
x 1, (x 1)
(x
2)
5
x 1, (x 1) (2x 2) 7
选修4-5 不等式选讲
选修4－5 不等式选讲第一节绝对值不等式1.绝对值三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立.❶定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立. 2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值不等式|x |＜a 与|x |＞a 的解法：(2)|ax ＋b |≤c (c ＞0)和|①|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ； ②|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .(3)|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；❷③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.(1)等号成立的条件在解题时经常用到，特别是用定理求函数的最大(小)值时，应特别注意. (2)定理1还可以变形为|a －b |≤|a |＋|b |，等号成立的充要条件是ab ≤0. 分区间讨论时，要注意以下两点： (1)不要把分成的区间的端点遗漏.(2)原不等式的解集是若干个不等式解集的并集，而不是交集.[熟记常用结论]常用绝对值不等式的性质(1)|||a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |；(2)|a ＋b ＋c |≤|a |＋|b |＋|c |.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)若|x |＞c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|＜2的解集为∅.( )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a ＞b ＞0时等号成立.( ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、选填题1.设a ，b 为满足ab ＜0的实数，那么( ) A.|a ＋b |＞|a －b | B.|a ＋b |＜|a －b | C.|a －b |＜||a |－|b ||D.|a －b |＜|a |＋|b |解析：选B ∵ab ＜0，∴|a －b |＝|a |＋|b |＞|a ＋b |. 2.不等式3≤|5－2x |＜9的解集为( ) A.[－2,1)∪[4,7) B.(－2,1]∪(4,7] C.(－2，－1]∪[4,7)D .(－2,1]∪[4,7)解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|＜9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9＜2x －5＜9，2x －5≥3或2x －5≤－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2＜x ＜7，x ≥4或x ≤1，不等式的解集为(－2,1]∪[4,7).3.不等式|2x －a |＜b 的解集为{x |－1＜x ＜4}，则a ＋b 的值为( ) A.－2 B.2 C.8D.－8解析：选C ∵|2x －a |＜b 的解集为{x |－1＜x ＜4}， ∴b ＞0，由|2x －a |＜b ，得－b ＜2x －a ＜b ，即a －b 2＜x ＜a ＋b2. ∴a ＋b 2＝4，∴a ＋b ＝8，故选C.4.不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________. 解析：令f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1＜x ＜2，3，x ≥2.当－1＜x ＜2时，由2x －1≥1，解得1≤x ＜2.又当x ≥2时，f (x )＝3＞1恒成立.所以不等式的解集是{}x |x ≥1. 答案：{}x |x ≥15.函数y ＝|x －4|＋|x ＋4|的最小值为________. 解析：因为|x －4|＋|x ＋4|≥|(x －4)－(x ＋4)|＝8， 所以所求函数的最小值为8. 答案：8考点一 绝对值不等式的解法 [师生共研过关][典例精析](2018·洛阳第一次统考)已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R ).(1)当a ＝2时，解不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≥1； (2)设不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 的解集为M ，若⎣⎡⎦⎤13，12⊆M ，求实数a 的取值范围. [解] (1)当a ＝2时，原不等式可化为|3x －1|＋|x －2|≥3. ①当x ≤13时，原不等式可化为－3x ＋1＋2－x ≥3，解得x ≤0，所以x ≤0；②当13＜x ＜2时，原不等式可化为3x －1＋2－x ≥3，解得x ≥1，所以1≤x ＜2；③当x ≥2时，原不等式可化为3x －1＋x －2≥3， 解得x ≥32，所以x ≥2.综上所述，当a ＝2时，原不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥1}. (2)不等式⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 可化为|3x －1|＋|x －a |≤3x ， 依题意知不等式|3x －1|＋|x －a |≤3x 在⎣⎡⎦⎤13，12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≤13，a ＋1≥12，解得－12≤a ≤43，故所求实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，43. [解题技法]解绝对值不等式的常用方法[过关训练]已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|. (1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|＞1的解集.解：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32.故y ＝f (x )的图象如图所示.(2)由f (x )的表达式及图象可知， 当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5，故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}；f (x )＜－1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜13或x ＞5. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5. 考点二 绝对值不等式性质的应用[师生共研过关][典例精析](2019·银川模拟)设函数f (x )＝x 2－x －15，且|x －a |＜1. (1)解不等式|f (x )|＞5.(2)求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1). [解] (1)因为|x 2－x －15|＞5，所以x 2－x －15＜－5或x 2－x －15＞5， 即x 2－x －10＜0或x 2－x －20＞0， 解得1－412＜x ＜1＋412或x ＜－4或x ＞5， 所以不等式|f (x )|＞5的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜－4或1－412＜x ＜1＋412或x ＞5. (2)证明：因为|x －a |＜1，所以|f (x )－f (a )|＝|(x 2－x －15)－(a 2－a －15)| ＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|＜1·|x ＋a －1| ＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|＜1＋|2a －1|≤1＋|2a |＋1 ＝2(|a |＋1)，即|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1).[解题技法]绝对值不等式性质的应用利用不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )和|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ∈R )，通过确定适当的a ，b ，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式.[过关训练]若对于实数x ，y 有|1－x |≤2，|y ＋1|≤1，求|2x ＋3y ＋1|的最大值. 解：因为|2x ＋3y ＋1|＝|2(x －1)＋3(y ＋1)| ≤2|x －1|＋3|y ＋1|≤7， 所以|2x ＋3y ＋1|的最大值为7.考点三 含绝对值不等式的综合问题 [师生共研过关][例1] (2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f (x )＝|x －a |＋|2x －a |(a ∈R ). (1)若f (1)＜11，求a 的取值范围；(2)若∀a ∈R ，f (x )≥x 2－x －3恒成立，求x 的取值范围. [解] (1)f (1)＝|1－a |＋|2－a |＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2a ，a ≤1，1，1＜a ＜2，2a －3，a ≥2，当a ≤1时，3－2a ＜11，解得a ＞－4，∴－4＜a ≤1； 当1＜a ＜2时，1＜11恒成立；当a ≥2时，2a －3＜11，解得a ＜7，∴2≤a ＜7. 综上，a 的取值范围是(－4,7).(2)∵∀a ∈R ，f (x )≥x 2－x －3恒成立， 又f (x )＝|x －a |＋|2x －a |≥|x －a －(2x －a )|＝|x |， ∴|x |≥x 2－x －3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥x 2－x －3，x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－x ≥x 2－x －3，x ＜0，解得0≤x ≤3或－3≤x ＜0， ∴x 的取值范围是[－3，3].[例2] (2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞4；(2)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1使不等式a ＋1＞f (x )成立，求实数a 的取值范围. [解](1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x ＜－32，x ＋4，－32≤x ≤1，3x ＋2，x ＞1，∴f (x )＞4⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－32，－3x －2＞4或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤1，x ＋4＞4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，3x ＋2＞4⇔x ＜－2或0＜x ≤1或x ＞1. 综上，不等式f (x )＞4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞).(2)存在x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1 使不等式a ＋1＞f (x )成立⇔a ＋1＞f (x )min ，x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1. 由(1)得，x ∈⎣⎡⎦⎤－32，1时，f (x )＝x ＋4，f (x )min ＝52， ∴a ＋1＞52，∴a ＞32，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，＋∞.[解题技法]1.含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法：运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立问题中的参数范围问题. 求最值的3种方法：①利用基本不等式和不等式的相关性质解决；②将函数解析式用分段函数形式表示，作出函数图象，求得最值； ③利用性质“||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |”求最值.(2)更换主元法：求解含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法.(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可更直观解决问题. 2.不等式能成立问题(1)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＞A 成立，等价于在区间D 上f (x )max ＞A ； (2)在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )＜B 成立，等价于在区间D 上f (x )min ＜B . 3.不等式恰成立问题(1)不等式f (x )＞A 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＞A 的解集为D ； (2)不等式f (x )＜B 在区间D 上恰成立，等价于不等式f (x )＜B 的解集为D .[过关训练]1.(2018·惠州第一次调研)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|，g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |. (1)解不等式f (x )＞9；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围. 解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ，x ≥12，2－x ，－1＜x ＜12，－3x ，x ≤－1.f (x )＞9等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，3x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，2－x ＞9或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ＞9，解得x ＞3或x ＜－3，所以原不等式的解集为{x |x ＞3或x ＜－3}.(2)∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)，等价于f (x )min ≥g (x )min . 因为g (x )＝|x －a |＋|x ＋a |≥2|a |， 由(1)知f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫12＝32， 所以2|a |≤32，解得－34≤a ≤34，所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－34，34. 2.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围. 解：(1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0. ①当x ＜－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x ＞1时，①式化为x 2＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172.(2)当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2.所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2.又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一，所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[－1,1].[课时跟踪检测] 1.(2019·沈阳模拟)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若函数f (x )的值域为[2，＋∞)，求实数a 的值； (2)若f (2－a )≥f (2)，求实数a 的取值范围.解：(1)∵|x －1|＋|x －a |≥|(x －1)－(x －a )|＝|a －1|，∴|a －1|＝2，解得a ＝3或a ＝－1. (2)由f (2－a )≥f (2)，得3|a －1|－|a －2|≥1，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤1，3(1－a )－(2－a )≥1或⎩⎪⎨⎪⎧1＜a ≤2，3(a －1)－(2－a )≥1 或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞2，3(a －1)－(a －2)≥1，解得a ≤0或32≤a ≤2或a ＞2，综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞. 2.已知f (x )＝|2x ＋3|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )＜2的解集；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )＞|3a －2|成立，求实数a 的取值范围. 解：(1)不等式f (x )＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－32，－(2x ＋3)＋(2x －1)＜2或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤12，(2x ＋3)＋(2x －1)＜2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞12，(2x ＋3)－(2x －1)＜2， 解得x ＜－32 或－32≤x ＜0，∴不等式f (x )＜2的解集是(－∞，0).(2)∵f (x )≤|(2x ＋3)－(2x －1)|＝4，∴f (x )max ＝4，∴|3a －2|＜4，解得－23＜a ＜2，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－23，2. 3.(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝|x －2|＋k |x ＋1|，k ∈R .(1)当k ＝1时，若不等式f (x )＜4的解集为{x |x 1＜x ＜x 2}，求x 1＋x 2的值； (2)当x ∈R 时，若关于x 的不等式f (x )≥k 恒成立，求k 的最大值. 解：(1)由题意，得|x －2|＋|x ＋1|＜4.当x ＞2时，原不等式可化为2x ＜5，∴2＜x ＜52；当x ＜－1时，原不等式可化为－2x ＜3，∴－32＜x ＜－1；当－1≤x ≤2时，原不等式可化为3＜4，∴－1≤x ≤2. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32＜x ＜52，即x 1＝－32，x 2＝52.∴x 1＋x 2＝1.(2)由题意，得|x －2|＋k |x ＋1|≥k 在x ∈R 上恒成立， 则当x ＝2时，不等式3k ≥k 成立，∴k ≥0. ①当x ≤－2或x ≥0时，∵|x ＋1|≥1，∴不等式|x －2|＋k |x ＋1|≥k 恒成立. ②当－2＜x ≤－1时，原不等式可化为2－x －kx －k ≥k ， 可得k ≤2－x x ＋2＝－1＋4x ＋2，∴k ≤3.③当－1＜x ＜0时，原不等式可化为2－x ＋kx ＋k ≥k ，可得k ≤1－2x ， ∴k ＜3.综上，可得0≤k ≤3，即k 的最大值为3. 4.(2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )＞x 成立，求a 的取值范围. 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|， 即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式f (x )＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＞12.(2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立， 等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|＜1成立.若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1，不满足题意； 若a ＞0，则|ax －1|＜1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜2a ，所以2a ≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2].5.(2018·甘肃第二次诊断检测)设函数f (x )＝|x －3|，g (x )＝|x －2|. (1)解不等式f (x )＋g (x )＜2；(2)对于实数x ，y ，若f (x )≤1，g (y )≤1，证明：|x －2y ＋1|≤3. 解：(1)解不等式|x －3|＋|x －2|＜2.①当x ＜2时，原不等式可化为3－x ＋2－x ＜2，可得x ＞32，所以32＜x ＜2.②当2≤x ≤3时，原不等式可化为3－x ＋x －2＜2，可得1＜2，所以2≤x ≤3. ③当x ＞3时，原不等式可化为x －3＋x －2＜2，可得x ＜72，所以3＜x ＜72.综上，不等式f (x )＋g (x )＜2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |32＜x ＜72.(2)证明：|x －2y ＋1|＝|(x －3)－2(y －2)|≤|x －3|＋2|y －2|≤1＋2＝3，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3时等号成立. 6.设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围.解：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ＜－1，2，－1≤x ≤2，－2x ＋6，x ＞2.当x ＜－1时，由2x ＋4≥0，解得－2≤x ＜－1； 当－1≤x ≤2时，显然满足题意；当x ＞2时，由－2x ＋6≥0，解得2＜x ≤3， 故f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}. (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立. 故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞).7.(2018·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值. 解：(1)f (x )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.y ＝f (x )的图象如图所示.(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5. 8.设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋8m ＋|x －2m |(m ＞0). (1)求证：f (x )≥8恒成立；(2)求使得不等式f (1)＞10成立的实数m 的取值范围. 解：(1)证明：由绝对值三角不等式的性质及m ＞0， 得f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋8m ＋|x －2m |≥⎪⎪⎪⎪x ＋8m －(x －2m ) ＝⎪⎪⎪⎪8m ＋2m ＝8m＋2m ≥2 8m ·2m ＝8， 当且仅当8m ＝2m ，即m ＝2时取等号. 所以f (x )≥8恒成立.(2)f (1)＝⎪⎪⎪⎪1＋8m ＋|1－2m |(m ＞0)， 当 1－2m ＜0，即m ＞12时，f (1)＝1＋8m －(1－2m )＝8m ＋2m ，由f (1)＞10，得8m ＋2m ＞10，化简得m 2－5m ＋4＞0， 解得m ＜1或m ＞4， 所以12＜m ＜1或m ＞4；当1－2m ≥0，即0＜m ≤12时，f (1)＝1＋8m ＋(1－2m )＝2＋8m －2m .由f (1)＞10，得2＋8m －2m ＞10，此式在0＜m ≤12时恒成立.综上，当f (1)＞10时，实数m 的取值范围是(0,1)∪(4，＋∞).第二节不等式的证明1.基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均. 定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立. 2.比较法(1)作差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .(2)作商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1. 3.综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论.( ) (3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、选填题1.已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b 的最小值为( ) A.1 B.2 C.4D.8解析：选B ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2 b a ·ab＝4， ∴1a ＋1b ≥4a ＋b ＝2，即1a ＋1b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，“＝”成立).故选B.2.若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A.x ＞yB.x ＜yC.x ≥yD.x ≤y解析：选A x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab . 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0， 所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .3.若a ，b ，m ∈R ＋，且a ＞b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b ＋m a ＋m ≥b a B.b ＋m a ＋m ＞b a C.b ＋m a ＋m ≤b aD.b ＋m a ＋m ＜b a解析：选B ∵a ，b ，m ∈R ＋，且a ＞b ， ∴b ＋m a ＋m －b a ＝m (a －b )a (a ＋m )＞0， 即b ＋m a ＋m ＞b a，故选B. 4.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是________. 解析：∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 答案：s ≥t5.已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________.解析：由a ＋b ＋c ＝1， 得1a ＋1b ＋1c＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立.故1a ＋1b ＋1c 的最小值为9. 答案：9考点一 比较法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2). [证明] ∵a ，b 是非负实数，∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5].当a ≥b 时，a ≥ b ，从而(a )5≥(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜ b ，从而(a )5＜(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]＞0. 故a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).[解题技法]作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负.作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小.[过关训练]已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 证明：(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2. 因为a ，b 都是正数， 所以a ＋b ＞0. 又因为a ≠b ， 所以(a －b )2＞0. 于是(a ＋b )(a －b )2＞0， 即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＞0， 所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.考点二 综合法证明不等式[师生共研过关][典例精析]已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ·ab＋4＝8， 当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，∴1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8. ∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. [解题技法]1.综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键；(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件.2.综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ；a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22. (4)a ＋b2≥ab ，它的变形形式有a ＋1a ≥2(a ＞0)；ab ＋b a ≥2(ab ＞0)； a b ＋ba≤－2(ab ＜0). (5)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2.[过关训练]已知实数a ，b ，c 满足a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝1.求证： (1)(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， 三式相乘得(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋ac ，ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ， ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取等号， 三式相加化简得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .考点三 分析法证明不等式 [师生共研过关][典例精析]已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，求证：f (ab )＞f (a )－f (－b ). [解] (1)由题意，|x ＋1|＜|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2， 解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2， 此时不等式无解；③当x ≥－12时，不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1.综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |， 所以要证f (ab )＞f (a )－f (－b )， 只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |， 即证|ab ＋1|2＞|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2， 即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0， 即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.[解题技法]1.分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a ＋b2，a ＞0，b ＞0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.2.用分析法证“若A 则B ”为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… ……只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 必真.[过关训练]已知a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 证明：要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ， 即证|a －c |＜c 2－ab ， 即证(a －c )2＜c 2－ab ， 即证a 2－2ac ＜－ab .因为a ＞0，所以只要证a －2c ＜－b ， 即证a ＋b ＜2c .由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立.[课时跟踪检测] 1.(2017·全国卷Ⅱ)已知a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 2.设a ，b 为正实数，且1a ＋1b ＝2 2. (1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值. 解：(1)由22＝1a ＋1b ≥2 1ab ，得ab ≥12， 当a ＝b ＝22时取等号. 故a 2＋b 2≥2ab ≥1，当a ＝b ＝22时取等号.所以a 2＋b 2的最小值是1.(2)由(a －b )2≥4(ab )3，得⎝⎛⎭⎫1a －1b 2≥4ab ， 即⎝⎛⎭⎫1a ＋1b 2－4ab ≥4ab ，从而ab ＋1ab ≤2. 又ab ＋1ab ≥2，当且仅当ab ＝1时取等号.所以ab ＝1.3.已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]. (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)因为f (x )＝k －|x －3|， 所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]. 因为f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]，所以k ＝1. (2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，因为a ，b ，c 是正实数，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋a 2b ＋a 3c ＋2b a ＋2b 3c ＋3c a ＋3c 2b＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2ba＋2 a 3c ·3c a＋2 2b 3c ·3c2b＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立. 因此a ＋2b ＋3c ≥9.4.(2019·南宁联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4. 解：(1)当x ≥1时，原不等式可化为x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0＜x ＜1时，原不等式可化为1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，原不等式可化为1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥43或x ≤－23.(2)证明：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a ＋a ≥2b ，当且仅当a ＝b 时等号成立， ∴两式相加得⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b ＋⎝⎛⎭⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.5.(2019·长春质量检测)(1)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |(a ＞0)，若不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤－2或x ≥3}，求a 的值；(2)已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92m .解：(1)因为a ＞0，所以f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a －1，x ＜－1，a ＋1，－1≤x ＜a ，2x －a ＋1，x ≥a .又不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤－2或x ≥3}， 解得a ＝2. (2)证明：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a＝⎝⎛⎭⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a (a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a )2m＝1＋b ＋c a ＋b ＋c ＋a a ＋b ＋1＋a ＋b b ＋c ＋c ＋a b ＋c ＋1＋a ＋b c ＋a ＋b ＋c c ＋a 2m＝3＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ＋c ＋a b ＋c ＋b ＋c c ＋a ＋a ＋b c ＋a ＋c ＋a a ＋b 2m≥92m ⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝m 3时，取等号. 6.设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，求证：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤2，3x －5，x ＞2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1， 解得x ≤0，此时x ≤0；当x ＞2时，由f (x )＝3x －5≤－1， 解得x ≤43，显然不成立.故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}.(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14， 则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0. 7.已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |＜1，|b |＜1，a ≠0，求证：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a .解：(1)f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x ＜－3，－x ＋4，－3≤x ＜12，3x ＋2，x ≥12，当x ＜－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103； 当－3≤x ＜12时，－x ＋4≥8，无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2.所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－103或x ≥2. (2)证明：f (ab )|a |＞f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )＞|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ， 即|ab －1|＞|a －b |. 因为|a |＜1，|b |＜1， 所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2) ＝(a 2－1)(b 2－1)＞0， 所以|ab －1|＞|a －b |. 故所证不等式成立.8.设函数f (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|－m ，若∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立. (1)求实数m 的取值范围；(2)求证：log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3). 解：(1)∵∀x ∈R ，1m －4≥f (x )恒成立，2020一轮 • 数学系列二 ∴m ＋1m≥x －|x ＋2|－|x －3|＋4恒成立. 令g (x )＝x －|x ＋2|－|x －3|＋4＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋3，x ＜－2，x －1，－2≤x ≤3，－x ＋5，x ＞3，则函数g (x )在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，∴g (x )max ＝g (3)＝2，∴m ＋1m ≥g (x )max ＝2， 即m ＋1m －2≥0⇒m 2－2m ＋1m ＝(m －1)2m≥0，∴m ＞0. 综上，实数m 的取值范围是(0，＋∞).(2)证明：由m ＞0，知m ＋3＞m ＋2＞m ＋1＞1， 即lg(m ＋3)＞lg(m ＋2)＞lg(m ＋1)＞lg 1＝0. ∴要证log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3).只需证lg (m ＋2)lg (m ＋1)＞lg (m ＋3)lg (m ＋2)， 即证lg(m ＋1)·lg(m ＋3)＜lg 2(m ＋2).又lg(m ＋1)·lg(m ＋3)＜⎣⎡⎦⎤lg (m ＋1)＋lg (m ＋3)22＝[lg (m ＋1)(m ＋3)]24＜[lg (m 2＋4m ＋4)]24＝lg 2(m ＋2)， ∴log (m ＋1)(m ＋2)＞log (m ＋2)(m ＋3)成立.。
选修4-5——不等式选讲知识点归纳
选修4-5——不等式选讲知识点概括选修 4-5 ——不等式选讲知识点
《选修 4－5不等式选讲》
1、绝对值不等式的性质
4、解含绝对值不等式的思路：化去绝对值符号，转变为不含绝对值的不等式，解法以下：(6)含有多个绝对值符号的不等式，如
| x a | | x b | c
或
| x a | | x b |c(c 0)
型不等
式有以下三种解法 :
方法 1：利用“零点分段法”求解，表现了分类议论的思想.
方法 2：利用绝对值不等式的几何意义求解，表现了数形联合
的思想.。
对于形如
| x a | | x b | c(c 0)
或
| x a | | x b | c( c0) 的不等式，利用实数绝对值的几何意
义求解较简易 . ，即不等式能够理解为数轴上到定点A(a )
、
B (b )
的距离之和大于（或小于） c 的点M ( x)的全体.
方法 3：经过结构函数f (x) | x a | | x b|
和
g( x )c , 利用函
数的图象求解 , 表现了函数与方程的思想
5、一元二次不等式的解法
(1)将不等式的右端化为0，左端化为二次项系数大于零的不等式
ax2bx c 0 ( a0 )或ax2bx c 0 ( a0)
(2)确立对应方程ax2bx c0 的根；
(3)画出对应函数y ax2bx c 的图像的简图；
(4)由图像得出不等式的解集.
( a0 )的图象
两异根
x1x2有两相等实根无实数根( a0)的解集大于在两边
( a0)的解集小于夹中间。
选修4-5 不等式选讲 (3)
1．在△ABC中，设其各边长边a，b，c，外接圆半径为R， 求证： 证明：由柯西不等式知：
2．若x，y，z∈R，a>0，b>0，c>0，求证： 证明：
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反序 时最小，即
a1bn＋a2bn－1＋„＋anb1 ，等号当
(3)平均不等式 定理：若a1，a2，…，an为正数，则 ，等号
当且仅当a1＝a2＝„＝an时成立．这个不等式通常称为算术—几何平均不 等式． 思考：在应用算术—几何平均不等式时要注意什么问题？ 提示：一是要注意定理成立的条件是各项必须全是正数；二是要注意等 号成立的条件． 2．利用不等式求最大(小)值 (1)利用平均不等式求最大(小)值．(2)利用柯西不等式求最大(小)值．
【答题模板】
解法一：用均值不等式
解法二：用柯西不等式
即所求的最大值为
【状元笔记】
重要不等式，均值不等式： (a1>0，a2>0，…，an>0)，当
且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立；柯西不等式：(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)≤(a＋a＋… ＋a)(b＋b＋…＋b)(aibi∈R，i＝1,2，…，n)，当且仅当a1＝a2＝…＝an＝0或bi＝kai 时(k为常数，i＝1,2，…，n)等号成立．这两个不等式是证明其他不等式和求多元函 数最值的有力工具，使用时要注意等号成立的条件．使用柯西不等式的重要技巧就 是通过常数构造使用柯西不等式成立的条件.
变式2：设a1，a2，…，an为正数，求证： 证明：不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，则 由排序不等式知 即
利用不等式求最值时，应观察条件能否满足不等式的条件，如要条件满足还要看等
号能否成立，能满足等号成立说明能取得最值，否则没有取得最值．
高中数学：不等式选讲教案北师大版选修4-5
选修4-5 不等式选讲课 题： 不等式的基本性质 目的要求： 重点难点： 教学过程： 一、引入：不等关系是自然界中存在着的基本数学关系。
《列子•汤问》中脍炙人口的“两小儿辩日”：“远者小而近者大”、“近者热而远者凉”，就从侧面表明了现实世界中不等关系的广泛存在；日常生活中息息相关的问题，如“自来水管的直截面为什么做成圆的，而不做成方的呢?”、“电灯挂在写字台上方怎样的高度最亮？”、“用一块正方形白铁皮，在它的四个角各剪去一个小正方形，制成一个无盖的盒子。
要使制成的盒子的容积最大，应当剪去多大的小正方形？”等，都属于不等关系的问题，需要借助不等式的相关知识才能得到解决。
而且，不等式在数学研究中也起着相当重要的作用。
本专题将介绍一些重要的不等式（含有绝对值的不等式、柯西不等式、贝努利不等式、排序不等式等）和它们的证明，数学归纳法和它的简单应用等。
人与人的年龄大小、高矮胖瘦，物与物的形状结构，事与事成因与结果的不同等等都表现出不等的关系，这表明现实世界中的量，不等是普遍的、绝对的，而相等则是局部的、相对的。
还可从引言中实际问题出发，说明本章知识的地位和作用。
生活中为什么糖水加糖甜更甜呢?转化为数学问题：a 克糖水中含有b 克糖(a>b>0)，若再加m(m>0)克糖，则糖水更甜了，为什么?分析：起初的糖水浓度为a b ，加入m 克糖 后的糖水浓度为m a m b ++，只要证m a m b ++>ab 即可。
怎么证呢? 二、不等式的基本性质：1、实数的运算性质与大小顺序的关系：数轴上右边的点表示的数总大于左边的点所表示的数，从实数的减法在数轴上的表示可知：0>-⇔>b a b a0=-⇔=b a b a 0<-⇔<b a b a得出结论：要比较两个实数的大小，只要考察它们的差的符号即可。
2、不等式的基本性质：①、如果a>b ，那么b<a ，如果b<a ，那么a>b 。
选修4-5 不等式选讲(2020高考数理)
(2)|ax+b|≤c和|ax+b|≥c型不等式的解法: ①若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若c<0,则|ax+b|≤c的解集为⌀,|ax+b|≥c的解集为R.
理科数学选修4-5：不等式选讲
注意 分区间讨论时,一是不要把分成的区间的端点遗漏;二是原不等式的解 集是若干个不等式解集的并集,而不是交集.
理科数学选修4-5：不等式选讲
(4)|f(x)|>g(x),|f(x)|<g(x)(g(x)>0)型不等式的解法: ①|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<-g(x); ②|f(x)|<g(x)⇔-g(x)<f(x)<g(x). 2.绝对值三角不等式 定理1 如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立. 定理2 如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号 成立. 上述定理还可以推广到以下两个不等式: (1)|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|;
a的不等式
解不等式,
→ 得出a的
取值范围
理科数学选修4-5：不等式选讲
理科数学选修4-5：不等式选讲
点评 解决含参数绝对值不等式问题的关键是确定参数所满足的条件,基本 思路就是先去掉绝对值符号,然后将其转化为一次不等式求解.
理科数学选修4-5：不等式选讲
理科数学选修4-5：不等式选讲
第2讲 不等式选讲(选修4-5)
2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋3（a＋4 b）2·(a＋b)＝2＋3（a＋4 b）3，
所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
[思维升华] 1．证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析 法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的 关键是找到证明的切入点． 2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系 时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键 是推理的每一步必须可逆．在不等式的证明中，一要善于 对“式子”恰当转化变形，二要注意等号成立的条件．
[变式训练] 设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0 的解 集为 M，且 a，b∈M.
(1)证明：13a＋16b＜14. (2)比较|1－4ab|与 2|a－b|的大小，并说明理由． (1)证明：记 f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝ 3－，2xx≤－－1，2－，2＜x＜1， －3，x≥1.
2．(2019·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc ＝1.证明：
(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 证明：(1)因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥ 2ac， 又 abc＝1， 故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.
(2)若 f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合12，1，求实数 a
的取值范围．
解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|.
f(x)≤2⇒|x－， 1－x＋1－2x≤2，
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一、
a) 恒等关系是义务教育数学学习中的一种基本的关系。
在义务教育的学习过程中，有哪些恒等关系是重要的？是需要学生掌握的？决定这些恒等关系的基本数学思想是什么？这些数学思想是怎么发挥作用的？
b) 在义务教育阶段也引入了事物之间的不等关系，同时也引出了一些重要的不等关系，例如，实数中的不等关系。
我们还引出了一些不等关系的性质，例如，a>b>0,b>c>0就可以得出，a>c。
建议同学们梳理一下在义务教育阶段所学的不等关系，体会不等关系与恒等关系的区别。
c) 在高中的必修5，我们设置了不等式的内容。
它大体上由四部分内容组成。
我们同学们梳理复习这四部分内容。
第一部分是，一些基本不等式的性质，例如，a>b,c>0得出，ac>bc等。
第二部分是，在学会解一元一次不等式的基础上，引入了一元二次不等式。
第三部分是，介绍了我们一个经常使用的不等式，
这个重要的不等式有许多不同的呈现形式，值得一提的是，它还有很多重要的几何形式。
第四部分是，简单的线性规划问题。
解决线性规划问题是按照以下基本步骤实现的：
1）确定目标函数
2）确定目标函数的约束条件，即讨论这个目标函数的可行区域。
利用不等式刻画目标函数的约束条件。
3）观察目标函数在可行区域内的变化趋势。
4）确定使得目标函数达到最大或最小值的解。
同学们应该思考的是，在讨论这些不等式的过程中什么思想发挥了作用。
d) 在我们上面分析的这些内容的学习中，我们可以体会到由运算思想所体现的恒等变换的能力。
这种能力在研究不等式中发挥了重要的作用。
建议同学们在教师的帮助下更好的发挥这种能力。
e) 由运算思想所体现的恒等变换的能力，是一种重要的逻辑推理的能力。
在本专题中，提高这种能力是本专题的基本定位。
建议教师思考在本专题中，如何体现这样一个基本定位。
f) 我们知道基本不等式，a2+b2≥2ab,它有着重要的几何背景。
如图所示：
令AF=a,BF=b,则AB2=a2+b2,而S正方形ABCD≥4S⊿ABF
即，所以，a2+b2≥2ab，
当AF=BF时，正方形EFGH缩为一点，S正方形ABCD=44S⊿ABF
实际上每一个好的不等式都有重要的数学背景，特别是重要的几何背景。
教师应思考这样的问题，如何引导学生体会和认识不等式的几何背景，以及这些几何背景在证明不等式的过程中发挥的几何意义？
g) 本专题我们主要介绍以下内容
（1）不等式的基本性质和基本不等式；
（2）绝对值不等式及其几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明和求解一些绝对值不等式；
（3）认识柯西不等式的几种不同形式及其几何意义，用参数配方法讨论柯西不等式的一般情况；
（4）用向量递归方法讨论排序不等式；
（5）了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题；
（6）会用数学归纳法证明贝努利不等式；
（7）会用上述不等式证明一些简单问题。
能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值；
（8）通过一些简单问题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。
教师应该思考，如何让学生构架起本专题的知识结构。
教师还应该思考，如何帮助学生总结、概括高中阶段有关不等关系的内容，并能写出一个好的读书报告与学生进行交流，总结在不等关系学习中的重要的数学思想。
h) 教师应了解学生学习不等式选讲的基础，并思考如何根据学生的起点设计本专题的教学方案。