2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲课件理
1．(2019·咸阳一模)设函数 f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|； (1)解不等式 f(x)＋g(x)<2； (2)对任意的实数 x，y，若 f(x)≤1，g(y)≤1，求证：|x－2y＋1|≤3.
解析：(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.
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.当 且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.
(2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋
1．(2019·云南一模)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|x－2a＋3|. (1)当 a＝2 时，解关于 x 的不等式 f(x)≤9； (2)当 a≠2 时，若对任意实数 x，f(x)≥4 都成立，求实数 a 的 取值范围． 解析：(1)当 a＝2 时，f(x)＝3|x－1|， 由 f(x)≤9 得|x－1|≤3，由|x－1|≤3 得－3≤x－1≤3， 解得：－2≤x≤4， 故 a＝2 时，关于 x 的不等式的解集是{x∈R|－2≤x≤4}．
[类题通法] 1.零点分段求解绝对值不等式的模型 (1)求零点； (2)划区间，去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值号的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点 值．
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形 式； (2)转化最值：f(x)＞a 恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a 恒成立⇔ f(x)max＜a；f(x)＞a 有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a 有解⇔f(x)min＜a； f(x)＞a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a 无解⇔f(x)min≥a； (3)得结论．
若 x≤－2，则不等式等价为－(x－2)－(x＋2)≥6， 即－2x≥6，x≤－3， 综上 x≥3 或 x≤－3，即不等式解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞)． (2)证明：∵f(ab)>|a|fba等价为|ab－1|>|a|ba－1＝|b－a|，∴要 证 f(ab)>|a|fba成立， 只需证|ab－1|>|b－a|成立， 只需证(ab－1)2>(b－a)2，
2．(2019·恩施模拟)已知函数 f(x)＝|x＋m|＋2|x－1|(m>0)． (1)当 m＝2 时，求不等式 f(x)≤8 的解集； (2)若不等式 f(x＋1)<3 的解集为∅，求实数 m 的取值范围．
解析：(1)当 m＝2 时，f(x)＝－ －3xx＋，4，x<－－22≤x≤1 ， 3x，x>1
2．(2019·江苏一模)已知函数 f(x)＝6； (2)若|a|<1，|b|<1，且 a≠0，求证：f(ab)>|a|fba.
解析：(1)由 f(x－1)＋f(x＋3)≥6 得|x－2|＋|x＋2|≥6， 若 x≥2，则不等式等价为 x－2＋x＋2≥6，即 2x≥6，x≥3， 若－2<x<2，则不等式等价为－x＋2＋x＋2≥6，即 4≥6，此时 不等式无解，
(2)证明：因为 2|x＋1|＋|2x－1|＝|2x＋2|＋|2x－1|≥|(2x＋2)－ (2x－1)|＝3， 所以m1 ＋n1≤3. 因为 m>0，n>0 时，m1 ＋n1≥2 m1n， 所以 2 m1n≤3，得 mn≥23. 所以 m＋n≥2 mn≥43.
(2019·高考全国卷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.
3x－3a＋3，x>a2 f(x)＝－x－a＋3，2a－3≤x≤a2 ，
－3x＋3a－3，x<2a－3 故 f(x)在－∞，a2上递减，在a2，＋∞上递增，
故 f(x)min＝fa2＝－32a＋3， 由题设得－32a＋3≥4，解得：a≤－23， 综上，a 的取值范围是－∞，－23∪134，＋∞.
1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c 型不等式的解法 (1)若 c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋ b≥c 或 ax＋b≤－c，然后根据 a，b 的取值求解即可； (2)若 c＜0，则|ax＋b|≤c 的解集为∅，|ax＋b|≥c 的解集为 R.
2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法 (1)令每个绝对值符号里的一次式为 0，求出相应的根； (2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间； (3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所 得的不等式在这个区间上的解集； (4)这些解集的并集就是原不等式的解集．
当 x<－2 时，由 f(x)≤8，得－3x≤8，解得：x≥－83，即－83≤x≤ －2，
当－2≤x≤1 时，f(x)≤8，得－x＋4≤8，解得：x≥－4，即－
2≤x≤1，当 x>1 时，由 f(x)≤8，得 3x≤8，解得：x≤83，即
1<x≤83，
综上，不等式 f(x)≤8 的解集是x－83≤x≤83
a)3≥33 a＋b3b＋c3a＋c3 ＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac) ＝24. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
[类题通法] 证明不等式的 5 个基本方法 (1)比较法：作差或作商比较． (2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过 逻辑推理导出结论． (3)分析法：执果索因的证明方法． (4)反证法：反设结论，导出矛盾． (5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．
当 2≤x≤3 时，原不等式可化为 3－x＋x－2<2，恒成立，所以 2≤x≤3. 当 x>3 时，原不等式可化为 x－3＋x－2<2，可得 x<72，所以
7 3<x<2. 综上，不等式的解集为32，72. (2)证明：|x－2y＋1|＝|(x－3)－2(y－2)|≤|x－3|＋2|y－2|≤1＋2 ＝3.
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知 f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)<0 的解集； (2)若 x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求 a 的取值范围．
解析：(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 当 x<1 时，f(x)＝－2(x－1)2<0； 当 x≥1 时，f(x)≥0， 所以，不等式 f(x)<0 的解集为(－∞，1)． (2)因为 f(a)＝0，所以 a≥1. 当 a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－ x)(x－1)<0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．
(2019·安庆二模)已知 f(x)＝2|x＋1|＋|2x－1|. (1)解不等式 f(x)>f(1)； (2)若不等式 f(x)≥m1 ＋n1(m>0，n>0)对任意的 x∈R 都成立，证 明：m＋n≥43.
解析：(1)f(x)>f(1)就是 2|x＋1|＋|2x－1|>5. ①当 x>12时，2(x＋1)＋(2x－1)>5，得 x>1. ②当－1≤x≤12时，2(x＋1)－(2x－1)>5，得 3>5，不成立． ③当 x<－1 时，－2(x＋1)－(2x－1)>5，得 x<－32. 综上可知，不等式 f(x)>f(1)的解集是－∞，－32∪(1，＋∞)．
专题七 系列4选讲
第二讲 不等式选讲
C目录 ONTENTS
考点一 考点二 考点三 4 限时规范训练
[考情分析·明确方向] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式 的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式 的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解． 2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容 时应注意分类讨论思想的应用．
而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0 显然 成立， 从而原不等式成立．
绝对值不等式中蕴含最佳思想，即可利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a| ＋|b|去求形如 f(x)＝|x－a|＋|x－b|或 f(x)＝|x－a|－|x－b|的最 值．
.
(2)由 f(x＋1)<3 得|x＋1＋m|＋2|x|<3，
－3x－1－m，x<－1－m 令 g(x)＝|x＋1＋m|＋2|x|＝－x＋1＋m，－1－m≤x≤0，
3x＋1＋m，x>0
若不等式 f(x＋1)<3 的解集是空集， 则不等式 f(x＋1)≥3 的解集是 R， 即 g(x)min＝g(0)＝1＋m≥3，解得：m≥2， 故实数 m 的取值范围是[2，＋∞)．
(2)①当 a>2 时，a2<2a－3，
3x－3a＋3，x>2a－3 f(x)＝x＋a－3，a2≤x≤2a－3 ， －3x＋3a－3，x<a2
故 f(x)在－∞，a2上递减，在a2，＋∞上递增， 故 f(x)min＝fa2＝32a－3，
由题设得32a－3≥4，解得：a≥134. ②当 a<2 时，a2>2a－3，
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：9.2 不等式选讲(选修4—5)
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考向一 考向二 考向三
例3设函数f(x)=|x+2|+|x-a|,x∈R. (1)若a=1,试求f(x)≥4的解集; (2)若a>0,且关于x的不等式f(x)<32 x有解,求实数a的取值范围.
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4.不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、 放缩法等. (1)比较法:求差比较法,求商比较法.
①求差比较法:由于a>b⇔a-b>0,a<b⇔a-b<0,因此要证明a>b,只
要证明a-b>0即可.
②求商比较法:由 a>b>0⇔������������>1 且 a>0,b>0,因此当 a>0,b>0 时要
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年份卷 设问特点 别
画函数的图
全
国1
象;求不等式 的解集
求不等式解
全 2016国 2
集;证明不等 式
求不等式解
全 国3
集;求参数的 取值范围
涉及知识点
题目类型
解题思
想方法
绝对值,分段函 数,函数图象, 解不等式 解不等式
分类讨论思 想,数形结 合思想
绝对值,分段函
解不等式, 证明不等
分类讨论思
(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. ③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.
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3.基本不等式 定理1:设a,b∈R,则a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立. 定理 2:若 a,b 为正数,则������+2������ ≥ ������������,当且仅当 a=b 时,等号成立. 定理 3:若 a,b,c 为正数,则������+3������+������ ≥ 3 ������������������,当且仅当 a=b=c 时,等号 成立. 定理 4:(一般形式的算术-几何平均不等式)若 a1,a2,…,an 为 n 个正 数,则������1+������2+������ …+������������ ≥ ������ ������1������2…������������ ,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成 立.
全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题七选修4系列第2讲不等式选讲练习理
第2讲 不等式选讲「考情研析」 不等式选讲主要考查平均值不等式的应用，绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用．其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点．难度不大，分值10分，一般会出现在选考部分第二题的位置.核心知识回顾1.绝对值的三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．□01 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 )□02 ≥0时，等号成立．2．|ax ＋b |≤c (c >0)和|ax ＋b |≥c (c >0)型不等式的解法(1)|ax ＋b |≤c (c >0)⇔－c ≤ax ＋b ≤c .□01 (2)|ax ＋b |≥c (c >0)⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .□02 3．|x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．(2)利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．(3)通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．4．证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；□01 □02 □03 (4)反证法；(5)放缩法．□04 □05 5．二维形式的柯西不等式若a ，b ，c ，d都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，□01 □02 等号成立．热点考向探究考向1 绝对值不等式的解法及应用角度1 绝对值不等式的解法例1 (2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )<0的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )<x 有实数解，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝2|x ＋1|－|x －1|，当x ＜－1时，由f (x )＜0得－2(x ＋1)＋(x －1)＜0，即－x －3＜0，得x ＞－3，此时－3＜x ＜－1，当－1≤x ≤1，由f (x )＜0得2(x ＋1)＋(x －1)＜0，即3x ＋1＜0，得x ＜－，此时－1≤x ＜－，1313当x ＞1时，由f (x )＜0得2(x ＋1)－(x －1)＜0，即x ＋3＜0，得x ＜－3，此时无解，综上，不等式的解集为Error!.(2)∵f (x )＜x ⇔2|x ＋2|－x ＜|x －a |有解，等价于函数y ＝2|x ＋2|－x 的图象上存在点在函数y ＝|x －a |的图象下方，由函数y ＝2|x ＋2|－x 与函数y ＝|x －a |的图象可知，a ＞0或a ＜－4.解绝对值不等式的步骤和方法(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点．②划区间、去绝对值号．③分别解去掉绝对值的不等式．④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法求解不等式用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．(3)用绝对值不等式的几何意义求解．(1)解关于x 的不等式x |x ＋4|＋3<0；(2)关于x 的不等式|x |＋2|x －9|<a 有解，求实数a 的取值范围．解 (1)原不等式等价于Error!或Error!解得x <－2－或－3<x <－1，7所以原不等式的解集是(－∞，－2－)∪(－3，－1)．7(2)令f (x )＝|x |＋2|x －9|，则关于x 的不等式|x |＋2|x －9|<a 有解等价于a >f (x )min .f (x )＝Error!所以f (x )的最小值为9.所以a >9，即实数a 的取值范围为(9，＋∞)．角度2 绝对值不等式恒成立(或存在性)问题例2 (2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f (x )＝|x －a |－|x ＋2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤－x 的解集；(2)若f (x )≤a 2＋1恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋2|，即f (x )＝Error!不等式f (x )≤－x 即为Error!或Error!或Error!即有x ≤－3或－1≤x ＜1或1≤x ≤3，得x ≤－3或－1≤x ≤3，所以不等式的解集为{x |x ≤－3或－1≤x ≤3}．(2)因为|x －a |－|x ＋2|≤|x －a －x －2|＝|a ＋2|，所以f (x )≤|a ＋2|，若f (x )≤a 2＋1恒成立，则|a ＋2|≤a 2＋1，即Error!或Error!解得a ≤或a ≥，1－521＋52解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ；f (x )>a 有解⇔f (x )max >a ；f (x )<a 有解⇔f (x )min <a ；f (x )>a 无解⇔f (x )max ≤a ；f (x )<a 无解⇔f (x )min ≥a .(2019·宣城市高三第二次调研)已知函数f (x )和g (x )的图象关于原点对称，且f (x )＝2x ＋1.(1)解关于x 的不等式g (x )≥|x －1|；(2)如果对∀x ∈R ，不等式|g (x )|－c ≥|x －1|恒成立，求实数c 的取值范围．解 (1)由题意可得，g (x )＝2x －1，所以g (x )≥|x －1|即2x －1≥|x －1|.①当x ≥1时，2x －1≥x －1，解得x ≥0，所以x ≥1；②当x <1时，2x －1≥1－x ，解得x ≥，所以≤x <1.2323考向2 绝对值不等式的证明例3 已知a >0，b >0，函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b |.(1)当a ＝1，b ＝1时，解关于x 的不等式f (x )>1；(2)若函数f (x )的最大值为2，求证：＋≥2.1a 1b 解 (1)当a ＝1，b ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝Error!①当x ≥1时，f (x )＝2>1，不等式恒成立，此时不等式的解集为{x |x ≥1}；②当－1≤x <1时，f (x )＝2x >1，所以x >，12此时不等式的解集为Error!；③当x <－1时，f (x )＝－2>1，不等式不成立，此时无解．综上所述，不等式f (x )>1的解集为Error!.(2)证法一：由绝对值三角不等式可得|x ＋a |－|x －b |≤|a ＋b |，a >0，b >0，∴a ＋b ＝2，∴＋＝(a ＋b )＝≥2，1a 1b 12(1a ＋1b )12(2＋b a ＋a b )当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．证法二：∵a >0，b >0，∴－a <0<b ，∴函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b |＝|x －(－a )|－|x －b |＝Error!结合图象易得函数f (x )的最大值为a ＋b ，∴a ＋b ＝2.∴＋＝(a ＋b )＝≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．1a 1b 12(1a ＋1b )12(2＋b a ＋a b )不等式证明的常用方法(1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等，要根据题目特点灵活选用方法．(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法：①利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．②利用三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明．③转化为函数问题，利用数形结合进行证明．(2019·延安市高考模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤，|2y ＋1|≤，求证：f (x )≤.131656解 (1)因为f (x )<|x |＋1，所以|2x －1|<|x |＋1，即Error!或Error!或Error!解得≤x <2或0<x <或∅.1212所以不等式的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：因为|x －y －1|≤，|2y ＋1|≤，1316所以f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|≤2×＋＝.131656考向3 柯西不等式的应用例4 已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)＋＋≤ ；a b c 3(2)＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132证明 (1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()a b c a b c a 2＋()2＋()2]＝3，当且仅当＝＝，即a ＝b ＝c ＝时等号成立，∴＋＋≤ b c 1a 1b 1c 13a b c .3(2)证法一：∵＋(3a ＋1)43a ＋1≥2＝4，43a ＋1·(3a ＋1)(当且仅当3a ＋1＝43a ＋1时取等号)∴≥3－3a .同理得≥3－3b ，≥3－3c ，43a ＋143b ＋143c ＋1以上三式相加得，4≥9－3(a ＋b ＋c )＝6(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)，(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)∴＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132证法二：由柯西不等式得[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]≥Error!＋·＋(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)3b ＋113b ＋1·Error!2＝9，3c ＋1(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)又a ＋b ＋c ＝1，∴6≥9，(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)∴＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132柯西不等式的应用方法(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a ＋a ＋…＋a )2122n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意(1a 21＋1a 2＋…＋1a 2n )等号成立的条件．(2019·南通市高三下学期模拟)已知a ，b ，c 均为正数，且a ＋2b ＋4c ＝3，求＋1a ＋1＋的最小值，并指出取得最小值时a ，b ，c 的值．1b ＋11c ＋1解 因为a ＋2b ＋4c ＝3，所以(a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)＝10，因为a ，b ，c 为正数，所以由柯西不等式得，[(a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)]·＋1a ＋1＋≥(1＋＋2)2，1b ＋11c ＋12当且仅当(a ＋1)2＝2(b ＋1)2＝4(c ＋1)2等式成立，所以＋＋≥，1a ＋11b ＋11c ＋111＋6210所以＋＋的最小值是，1a ＋11b ＋11c ＋111＋6210此时a ＝，b ＝，c ＝.23－1027152－1778－527真题押题『真题模拟』1．(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|－a .(1)当a ＝4时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若函数f (x )的定义域为R ，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝4时，f (x )＞0为|2x －1|＋2|x ＋1|>4，当x ≤－1时，1－2x －2x －2>4⇒x <－；54当－1<x <时，1－2x ＋2x ＋2>4，无解；12当x ≥时，2x －1＋2x ＋2>4⇒x >.1234综上，f (x )>0的解集为（－∞，－）∪（，＋∞）.5434(2)由题意得|2x －1|＋2|x ＋1|>a 恒成立，a <(|2x －1|＋2|x ＋1|)min .|2x －1|＋2|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|(2x －1)－(2x ＋2)|＝3，∴a <3.2．(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，g (x )＝x 2－2x －1.(1)若m ，n ∈R ，不等式f (m )≥g (n )恒成立，求实数n 的取值范围；(2)设a >0，b >0，且a ＋b ＝2，求证：＋≤2.a ＋1b ＋1f (x )解 (1)由f (m )＝|m －1|＋|m ＋1|≥|(m －1)－(m ＋1)|＝2，∴f (m )min ＝2，∴n 2－2n －1≤2，∴－1≤n ≤3，所以n 的取值范围是[－1,3]．(2)证明：由(1)可知，2≥2，f (x )2∴(＋)2＝a ＋b ＋2＋2≤4＋(a ＋1)＋(b ＋1)＝8，∴＋a ＋1b ＋1(a ＋1)(b ＋1)a ＋1≤2，b ＋12当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，∴＋≤2.a ＋1b ＋1f (x )3．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)＋＋≤a 2＋b 2＋c 2；1a 1b 1c (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝＝＋＋.ab ＋bc ＋ca abc 1a 1b 1c 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以＋＋≤a 2＋b 2＋c 2.1a 1b 1c (2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥3＝3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )3(a ＋b )3(b ＋c )3(c ＋a )3≥3×(2)×(2)×(2)＝24.ab bc ca 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.『金版押题』(1)若不等式f (x )≤a 的解集是空集，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 0∈R ，使得2f (x 0)≤－t 2＋4|t |成立，求实数t 的取值范围．解 (1)f (x )＝|2x －3|－|x ＋1|＝Error!y ＝f (x )的图象如图所示，易得f (x )min ＝－.52∵不等式f (x )≤a 的解集是空集，∴a 的取值范围为.(－∞，－52)(2)∃x 0∈R ，使得2f (x 0)≤－t 2＋4|t |成立，即2f (x )min ≤－t 2＋4|t |，由(1)知f (x )min ＝－，52∴t 2－4|t |－5≤0，解得－5≤t ≤5，∴t 的取值范围为[－5,5]．配套作业1．(2019·西安八校高三联考)已知a ，b 均为实数，且|3a ＋4b |＝10.(1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若|x ＋3|－|x －2|≤a 2＋b 2对任意的a ，b ∈R 恒成立，求实数x 的取值范围．解 (1)因为102＝(3a ＋4b )2≤(32＋42)(a 2＋b 2)＝25(a 2＋b 2)，所以a 2＋b 2≥4，当且仅当＝，a b 34即Error!或Error!时取等号，即a 2＋b 2的最小值为4.(2)由(1)知|x ＋3|－|x －2|≤a 2＋b 2对任意的a ，b ∈R 恒成立⇔|x ＋3|－|x －2|≤4⇔Error!或Error!或Error!⇔x <－3或－3≤x ≤⇔x ≤，所以实数x 的取3232值范围为（－∞，].32(1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若f (x )≥5－x 对任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝3时，即求解|2x －3|＋|x －1|≥2，①当x ≥时，2x －3＋x －1≥2，∴x ≥2；32②当1<x <时，3－2x ＋x －1≥2,2－x ≥2，x ≤0，无解；32③当x ≤1时，3－2x ＋1－x ≥2，∴3x ≤2，∴x ≤.23综上，解集为Error!.(2)f (x )≥5－x 恒成立，即|2x －a |≥5－x －|x －1|恒成立，令g (x )＝5－x －|x －1|＝Error!则函数图象如图．∴≥3，∴a ≥6.a 23．已知函数f (x )＝|x －5|－|x －2|.(1)若∃x ∈R ，使得f (x )≤m 成立，求m 的范围；(2)求不等式x 2－8x ＋15＋f (x )≤0的解集．解 (1)f (x )＝|x －5|－|x －2|＝Error!其对应图象如图所示．易知f (x )min ＝－3，∴m ≥－3，即m 的取值范围为[－3，＋∞)．(2)x 2－8x ＋15＋f (x )＝Error!①x ≤2，x 2－8x ＋18≤0，解集为∅.②2<x <5，x 2－10x ＋22≤0,5－≤x <5.3③x ≥5，x 2－8x ＋12≤0,5≤x ≤6.综上所述，不等式的解集为{x |5－≤x ≤6}．34．(1)解不等式：|2x －1|－|x |<1；(2)设f (x )＝x 2－x ＋1，实数a 满足|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．解 (1)当x <0时，原不等式可化为－2x ＋x <0，解得x >0，所以x 不存在；当0≤x <时，原不等式可化为－2x －x <0，12解得x >0，所以0<x <；12当≤x 时，原不等式可化为2x －1－x <1，12解得x <2，所以≤x <2.12综上，原不等式的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：因为|f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a |＝|x －a |·|x ＋a －1|<|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|<1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)，所以|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．5．(2019·益阳市高三4月模拟)已知f (x )＝|2x ＋1|－|ax －1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤2的解集；(2)当x ∈(－，0)时，不等式f (x )>2x 成立，求a 的取值范围．12解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|＝Error!由f (x )≤2，得Error!或Error!或Error!解得x ∈∅或－≤x ≤或－4≤x <－，1223126．已知函数f (x )＝|x －m |，m <0.(1)当m ＝－1时，解不等式f (x )＋f (－x )≥2－x ；(2)若不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，求m 的取值范围．解 (1)当m ＝－1时，f (x )＋f (－x )＝|x ＋1|＋|x －1|，设F (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝Error!当x <－1时，－2x ≥2－x ，解得x ≤－2；当－1≤x <1时，2≥2－x ，解得0≤x <1；当x ≥1时，2x ≥2－x ，解得x ≥1.综上，原不等式的解集为{x |x ≤－2或x ≥0}．(2)f (x )＋f (2x )＝|x －m |＋|2x －m |，m <0.设g (x )＝f (x )＋f (2x )，当x ≤m 时，g (x )＝m －x ＋m －2x ＝2m －3x ，则g (x )≥－m ；当m <x <时，g (x )＝x －m ＋m －2x ＝－x ，则－<g (x )<－m ；m 2m 2当x ≥时，g (x )＝x －m ＋2x －m ＝3x －2m ，则g (x )≥－.m 2m 2则g (x )的值域为，[－m 2，＋∞)由题知不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，则1>－，解得m >－2，由于m <0，故m 的取m 2值范围是(－2，0)．7．(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋3|.(1)求不等式f (x )≤2的解集；(2)若不等式f (x )<a 2＋6a 的解集非空，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝|x －2|－|x ＋3|≤2可化为：Error!或Error!或Error!解得x ∈∅或－≤x ≤2或x >2，32(2)因为|f (x )|＝||x －2|－|x ＋3||≤|x －2－x －3|＝5，所以－5≤f (x )≤5，即f (x )min ＝－5；要使不等式f (x )<a 2＋6a 解集非空，需f (x )min <a 2＋6a ，从而a 2＋6a ＋5>0，解得a <－5或a >－1，所以a 的取值范围为(－∞，－5)∪(－1，＋∞)．8．(2019·太原市高三模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|.(1)求不等式f (x )≤5的解集；(2)若存在实数x 0，使得f (x 0)≤5＋m －m 2成立的m 的最大值为M ，且实数a ，b 满足a 3＋b 3＝M ，证明：0<a ＋b ≤2.解 (1)∵f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|≤5，∴x －＋|x ＋1|≤，1252由绝对值的几何意义可得x ＝－和x ＝1时上述不等式中的等号成立，32∴3≤5＋m －m 2，∴－1≤m ≤2，∴M ＝2，∴a 3＋b 3＝2，∵2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)，a 2－ab ＋b 2≥0，∴a ＋b >0，∵2ab ≤a 2＋b 2，∴4ab ≤(a ＋b )2，∴ab ≤，(a ＋b )24∵2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝(a ＋b )[(a ＋b )2－3ab ]≥(a ＋b )143，∴a ＋b ≤2，∴0<a ＋b ≤2.。
广东高考数学二轮复习第二部分专题七选考4系列第2讲不等式选讲课件文
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，＋∞)．
或x（≥x5＋，1）＋（x－5）≤10， 解得－3≤x≤－1 或－1＜x＜5 或 5≤x≤7， 所以不等式 f(x)≤10 的解集为{x|－3≤x≤7}． (2)证明：因为 f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≥|(x＋1)－(x－5)| ＝6. 所以 m＝6，即 a＋b＋c＝6. 因为 a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，c2＋b2≥2cb. 所以 2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋ac＋bc)，
解：(1)因为 f(x)＝|x＋1|＋|x－m|≥|m＋1|， 又 f(x)≥2 恒成立， 所以只需要|m＋1|≥2， 所以 m＋1≥2 或 m＋1≤－2， 解得 m≥1 或 m≤－3. 所以 m 的取值范围为(－∞，－3]∪[1，＋∞)． (2)因为 m＞1， 所以当 x∈(－1，1)时，f(x)＝m＋1， 所以不等式 f(x)≥x2＋mx＋3，即 m≥x2＋mx＋2，
所以2a≥1，故 0＜a≤2. 综上，a 的取值范围为(0，2]．
从近几年高考命题看，本讲主要考查绝对值不等式 的解法、不等式的性质及简单不等式的证明．命题的热 点是绝对值及其应用．考查学生的基本运算与推理论证 能力，考查分类讨论、等价转化与数形结合思想．试题 分值 10 分，难度中等．
热点 1 绝对值不等式的解法 1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c. (2)|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c. 2．|x－a|＋|x－b|≥c，|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直观求解． (2)利用零点分段法求解． (3)构造函数，利用函数的图象求解．
高考数学二轮复习专题七选考内容第二讲不等式选讲课件理【精编】.ppt
(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应 的两个函数的图象，利用函数图象求解．
[演练冲关] (2019 届高三·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝|x－a|＋3x，其中 a∈R .
(1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥3x＋|2x＋1|的解集； (2)若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤－1}，求 a 的值． 解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|＋3x， 由 f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|－|2x＋1|≥0， 当 x>1 时，x－1－(2x＋1)≥0，得 x≤－2，无解； 当－12≤x≤1 时，1－x－(2x＋1)≥0，得－12≤x≤0； 当 x<－12时，1－x＋(2x＋1)≥0，得－2≤x<－12. ∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
考点三
含绝对值不等式的 恒成立问题
[典例感悟]
[典例] (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；
[解] 当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即 f(x)＝－ 2x，2，－x≤1<－x<11，， 2，x≥1.
手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，
将主元与参数互换，常可得到简捷的解法
在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问 数形
题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的 结合法
优势，可直接解决问题
[演练冲关]
已知函数 f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，g(x)＝|x＋1|＋|x－a|.
[方法技巧] 绝对值不等式的 5 种常用解法 (1)基本性质法：对 a∈R ＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<
2020版高考数学二轮复习第2部分专题7选考4系列第2讲不等式选讲教案理选修4_5
第2讲 选修4－5 不等式选讲含绝对值不等式的解法(5年7考)[高考解读] 以解答题的形式考查绝对值不等式的解集、有限制条件的恒成立、有解等问题、考查学生的等价转化能力和数学运算能力，难度中等.1．(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]．2．(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a )． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＜0的解集；(2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )＜0，求a 的取值范围． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)．当x ＜1时，f (x )＝－2(x －1)2＜0；当x ≥1时，f (x )≥0.所以，不等式f (x )＜0的解集为(－∞，1)．(2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)＜0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．[教师备选题](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；若a ＞0，|ax －1|＜1的解集为00＜x ＜2a ，所以2a≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤 (1)求零点；(2)划区间、去绝对值符号； (3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．2．用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．(有解问题)已知f (x )＝|x |＋2|x －1|. (1)解不等式f (x )≥4；(2)若不等式f (x )≤|2a ＋1|有解，求实数a 的取值范围． [解](1)不等式f (x )≥4，即|x |＋2|x －1|≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜02－3x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤12－x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞13x －2≥4⇒x ≤－23或无解或x ≥2.故不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[2，＋∞)． (2)f (x )≤|2a ＋1|有解等价于f (x )min ≤|2a ＋1|.f (x )＝|x |＋2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x x ＜，2－xx ，3x －x ＞，故f (x )的最小值为1，所以1≤|2a ＋1|，得2a ＋1≤－1或2a ＋1≥1，解得a ≤－1或a ≥0， 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 2．(恒成立问题)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞2；(2)若g (x )＝f (x )＋f (－x )，且对任意x ∈R ，都有|k －1|＜g (x )，求实数k 的取值范围．[解](1)依题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12＜x ＜1，3x ，x ≥1.于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12－3x ＞2或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜1x ＋2＞2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ＞2，解得x ＜－23或0＜x ＜1或x ≥1.故不等式f (x )＞2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ＜－23或x ＞0.(2)g (x )＝f (x )＋f (－x )＝|x －1|＋|x ＋1|＋(|2x ＋1|＋|2x －1|)≥|(x －1)－(x ＋1)|＋|(2x ＋1)－(2x －1)|＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x －x ＋，x －2x ＋，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12时取等号，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|＜g (x )恒成立，则|k －1|＜g (x )min ＝4， 所以－4＜k －1＜4，解得－3＜k ＜5，即实数k 的取值范围为(－3,5).不等式的证明(5年3考)[高考解读] 以解答的形式考查学生应用比较法、基本不等式等证明不等式，考查学生的逻辑推理及数学运算能力.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[证明](1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥ 33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. [教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明](1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ， 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd ，于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2，因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 2．(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＋a ＋b24(a ＋b )＝2＋a ＋b34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f (x )＝|x －2|. (1)求不等式f (x )＞4－|x ＋1|的解集；(2)设a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b ＝10，求证：a ＋b 2≥27. [解](1)f (x )＞4－|x ＋1|可化为|x －2|＞4－|x ＋1|，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x －＞4＋x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜2，－x －＞4－x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －2＞4－x ＋解得x ＜－32或x ∈或x ＞52.所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞.(2)因为a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以1a ＞2，2b ＞4. 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b＝1a－2＋2b －2＝10，即1a ＋2b＝14.由基本不等式得，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b 2a ＋2a b ≥2＋2b 2a ·2ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ b 2a ＝2a b ，1a ＋2b ＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝17，b ＝27时取等号．所以14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥4，即a ＋b 2≥27.2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)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 ，证明：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.与代数式有关的最值问题(5年3考)[高考解读] 以解答题的形式考查代数式含绝对值不等式的最值求法，考查学生应用均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式的几何意义等工具分析问题和解决问题的能力，考查逻辑推理的数学素养.1．(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.[解](1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)·(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)·(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]， 所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥＋a 23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为＋a 23.由题设知＋a 23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1. 2．(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.[教师备选题]若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．[解](1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a＋3b ＝6.1．形如f (x )＝|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |的最值．因为|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |≥|Ax ＋B －(Ax ＋C )|＝|B －C |，当且仅当(Ax ＋B )(Ax ＋C )≤0时取“＝”，所以f (x )min ＝[|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |]min ＝|B －C |.2．形如f (x )＝|Ax ＋B |－|Ax ＋C |的最值．因为||Ax ＋B |－|Ax ＋C ||≤|Ax ＋B －Ax －C |＝|B －C |，当且仅当(Ax ＋B )(Ax ＋C )≥0时取“＝”，所以f (x )max ＝[|Ax ＋B |－|Ax ＋C |]max ＝|B －C |，f (x )min ＝[|Ax ＋B |－|Ax ＋C |]min ＝－|B －C |.3．形如f (x )＝|Ax ＋B |＋|Cx ＋D |或f (x )＝|Ax ＋B |－|Cx ＋D |的最值由绝对值的几何意义作图可知．1．(求最值问题)设函数f (x )＝|x ＋1|－|x |的最大值为m . (1)求m 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值．[解](1)|x ＋1|－|x |≤|x ＋1－x |＝1，f (x )的最大值为1，∴m ＝1.(2)由(1)可知，a ＋b ＝1，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋1＋b 2a ＋1[(a ＋1)＋(b ＋1)]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2a ＋b ＋1＋b 2b ＋a ＋1＋a 2＋b 2≥13(2ab ＋a 2＋b 2)＝13(a ＋b )2＝13， 当且仅当a ＝b ＝12时取等号，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值为13. 2．(求参数问题)设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝1时，求f (x )的图象与直线y ＝3围成区域的面积； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ＜12，3x ，x ≥12，如图，作出函数f (x )的图象与直线y ＝3，结合图象可知所求面积为12×[1－(－1)]×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32＝32. (2)法一：(借助分段函数的性质) 当－a ＞12，即a ＜－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋1，x ＜12，x －a －1，12≤x ＜－a ，3x ＋a －1，x ≥－a ，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a －1＝1，所以a ＝－32.当－a ≤12，即a ≥－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋1，x ＜－a ，－x ＋a ＋1，－a ≤x ＜12，3x ＋a －1，x ≥12，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3×12＋a －1＝1，所以a ＝12.综上，a ＝－32或a ＝12.法二：(解恒成立问题)∵f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12，当且仅当x ＝12时取等号．令⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝1，得a ＝12或a ＝－32. 3．(与恒成立交汇)已知函数f (x )＝x |x －a |，a ∈R . (1)当f (1)＋f (－1)＞1时，求a 的取值范围；(2)若a ＞0，x ，y ∈(－∞，a ]，不等式f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (1)＋f (－1)＝|1－a |－|1＋a |＞1， 若a ≤－1，则1－a ＋1＋a ＞1，得2＞1，即a ≤－1；若－1＜a ＜1，则1－a －(1＋a )＞1，得a ＜－12，即－1＜a ＜－12；若a ≥1，则－(1－a )－(1＋a )＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12.(2)由题意知， 要使不等式恒成立，只需f (x )max ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min . 当x ∈(－∞，a ]时，f (x )＝－x 2＋ax ，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24. 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54，当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋54(y －a )≤0，即－54≤y ≤a 时等号成立， 所以当y ∈(－∞，a ]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54＝a ＋54. 于是a 24≤a ＋54，解得－1≤a ≤5. 又a ＞0，所以a 的取值范围是(0,5]．。
(通用版)高考数学二轮复习 专题七 选考内容第二讲 不等式选讲课件 文 选修4-5.pptx
－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－ －23x<－x<21≥1， 或 x≤－3，
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解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.
①
当 x＜－1 时，①式化为 x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1 时，①式化为 x2－x－2≤0，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
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[方法技巧] 证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证 法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分 析法． (2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少” “至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．
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[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
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(2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－|x|－322 ＋54≤54， 且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
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[典例 2]
考点二 不等式的证明
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳《不等式选讲》(中档)
目录目录 (1)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).不等式的性质 (2)(二).含绝对值的不等式 (3)(三).基本不等式 (3)(四).不等式的证明 (3)四、解答题题型总结 (4)核心考点:放缩法解不等式 (4)一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式. 二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档. 三、知识点精讲 (一).不等式的性质 1.同向合成（1）,a b b c a c >>⇒>； （2）,c a b d a c b d >>⇒+>+； （3）0,c 0a b d ac bd >>>>⇒>. （合成后为必要条件） 2.同解变形（1）a b a c b c >⇔+>+；（2）0,0,a b c ac bc c ac bc >⇔>>⇔<<；（3）11000a b b a>>⇔>>⇔>>.（变形后为充要条件） 3.作差比较法0,0a b a b a b a b >⇔>-><⇔-< (二).含绝对值的不等式（1）0,||a x a a x a ><⇔>-<<；0,||,a x a x a x a >>⇔>><-或 （2）22||||a b a b >⇔>（3）||||x a x b c +++<零点分段讨论 (三).基本不等式（1）222a b ab +>（当且仅当等号成立条件为a b =）（2）0,0,2a ba b +>>≥a b =）；0,0,0,3a b c a b c ++>>>≥a b c ==时等号成立） （3）柯西不等式22222()()()a b c d ac bd ++≥+（当且仅当ad bc =时取等号）①几何意义：||ad bc ⋅⇔+≤a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++L L L .当且仅当向量12(,,,)n a a a L a =与向量12(,,,)n b b b L b =共线时等号成立.(四).不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法.（2）综合法——由因到果. （3）分析法——执果索因. （4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式. （6）反证法. （7）放缩法. 四、解答题题型总结 核心考点:放缩法解不等式预证A B ≥，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得112,,,K B B B B B A ≤≤≤L 或112,,,K A A A A A B ≥≥≥L ，再利用传递性，达到证明目的，常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩.1.已知正数,,a b c 满足1a b c ++=6<. 分析 采用“添项”放缩法解析31a ==+ ①31b <=+ ②31c <=+ ③①+②+3()36a b c <+++=.评注 放缩法的主要依据是不等式的传递性，通常，若所证不等式两边形式差异较大，则应考虑用放缩法.本题也可用柯西不等式证明：23(616161)2736a b c ≤+++++=<，6.2.证明：1(1)(2,)n n n n n n -*>+≥∈N .解析 因为2121111111n n nn n n n n C C C n n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭= ()()()()()()()2112122121111111...2!3!1!!n n n n n n n n n n n n n n ---------++⋅+++⋅+⋅-L L 111121122112111(1)(1)(1)...(1)(1)...(1)(1)(1)...(1)2!3!(n 1)!n!n n n n n n n n n n n--++-+--++---+---- 111112!3!!n <++++⋯+ 2111111112111331222212n n n ---++++⋯+=+=-<- . 即()13nn n n +<.由2n ≥时,13n +≥,得()()311nn n n n n n <≤++, 故()11n n n n ->+()2,n n N *≥∈.评注 这里用111n -<, 1(1)(12)1n n --<,…11(1)(1)...(1)12n n n n----< ① 以及112!2≤,2113!2<,3114!2<, (111)!2n n -< ②3.求证：12(,,,)b c d aa b c d a b c b c d c d a d a b+<+++<∈++++++++R .解析 由题意，,,,a b c d +∈R ， 则b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++1a b c da b c d+++>=+++， b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++2b c d aa b c d c d a b <+++=++++.所以原不等式成立.4.设,,,a b c m +∈R ，且满足m m m a b c =+，问m 取何值时，以,,a b c 为边可构成三角形，并判断该三角形的形状.解析 由幂函数性质可知a b >，a c >，要构成三角形，只需b c a +>，故()m m b c a +>，即证明()m m m b c b c +>+， 只需证明1()()m mb c b c b c>+++， 即()()m m b c b cb c b c b c b c+<+++++. ① 由0m >，且,(0,1)b cb c b c∈++， 由指数函数(01)x y a a =<<单调递减可知，要使得式①成立，只需1m >. 因此可知，要b c a +>成立.只需1m >成立. 当2m =时，222a b c =+，三角形为直角三角形；当12m <<时，22222()m m m m m m m m m a a a b c a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c -->⋅+⋅22b c =+即222a b c >+，此时三角形为钝角三角形；当2m >时，22222()m m m m m m m m m a a a b c a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c --<⋅+⋅22b c =+即222a b c <+，此时三角形为锐角三角形. 5.(1)求∑=-nk k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n k nk Λ 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n (2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC T r rr n r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn Λ(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n(8)n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1(10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n n n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n(15)111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i6.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n Λ (2)求证:nn412141361161412-<++++Λ(3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n nn ΛΛΛ(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn Λ解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni (2))111(41)1211(414136116141222n nn -+<+++=++++ΛΛ (3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ΛΛ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+Λ再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n nΛ例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n n n n n n ΛΛ当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n n n n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++Λ,当2=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++<++Λ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ7.设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a<<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥.证明:1k a b +>.解析:由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则b a a k k ≥>+1,否则若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km m m k k k k a a a a a a a111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a a km m m <∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111 8.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+Λ321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=n k m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1(Λ所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--n k m m m m m m m m m nk m nk m m k k n nnn n k m k k111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([Λ故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m n k m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于m m m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k k m而正是成立的,所以原命题成立. 9.已知n n n a 24-=,nnna a a T +++=Λ212,求证:23321<++++n T T T T Λ. 解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n n n nT-+-=-----=+++-++++=ΛΛ所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nn T⎪⎭⎫⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T ΛΛ 10.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n xn,求证: *))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ证明:nnn n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ。
高考数学二轮复习 专题七 第4讲 不等式选讲课件 理(选做部分)
综上，原不等式的解集是xx≤－5或x≥－13.
2.(2014·江苏卷)已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明 因为 x＞0,y＞0,所以 1＋x＋y2≥3 3 xy2 ＞0,1＋x2＋y≥ 3 3 xy2 ＞0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3 3 xy2 ·3 3 xy2 ＝9xy.
4.柯西不等式
(1)设 a，b，c，d 为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅
当 ad＝bc 时等号成立.
n
n
n
(2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ( ai2 )( bi2 )≥( aibi)2，当且仅当
i 1
i 1
i 1
bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数 k，使得 ai＝kbi(i＝1，2，…，
n)时，等号成立.
(3)柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，则
|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.
5.绝对值不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.需要灵活地应用.
6.不等式的性质，特别是基本不等式链
1a＋1 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－ 5，2x－－31≤，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2.
所以当 x<－3 时，g(x)>5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5； 当 x>2 时，g(x)>5.综上可得，g(x)的最小值为 5. 从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的 取值范围为(－∞，5]. 法二 当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|. 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|. 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成 立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m， 即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞，5].
高考数学二轮复习专题七系列4选讲第2讲不等式选讲课件文
解答
热点三 不等式的证明 1.含有绝对值的不等式的性质 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 2.算术—几何平均不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立.
板块三 专题突破 核心考点
专题七 系列4选讲
第2讲 不等式选讲
[考情考向分析]
本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的值域 及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等， 结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、 绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与 推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.
押题依据 不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式 恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点， 备受命题者青睐.
押题依据
解答
(2)若∃x0，使f(x0)＋|x0－2|<3成立，求a的取值范围. 解 应用绝对值不等式，可得 f(x)＋|x－2|＝2|x－2|＋|2x＋a|＝|2x－4|＋|2x＋a|≥|2x＋a－(2x－4)|＝|a＋ 4|.(当且仅当(2x－4)(2x＋a)≤0时等号成立) 因为∃x0，使f(x0)＋|x0－2|<3成立， 所以(f(x)＋|x－2|)min<3， 所以|a＋4|<3，解得－7<a<－1， 故实数a的取值范围为(－7，－1).
定理 2：如果 a，b 为正数，那么a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立. 定理 3：如果 a，b，c 为正数，那么a＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时， 等号成立.
23、2020高考数学(理科)新精准大二轮课件：专题七 第二讲 不等式选讲
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
解析：(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 当 x<1 时，f(x)＝－2(x－1)2<0； 当 x≥1 时，f(x)≥0， 所以，不等式 f(x)<0 的解集为(－∞，1)． (2)因为 f(a)＝0，所以 a≥1. 当 a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－ x)(x－1)<0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．
考点一 考点二 考点三
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
(2019·安庆二模)已知 f(x)＝2|x＋1|＋|2x－1|. (1)解不等式 f(x)>f(1)； (2)若不等式 f(x)≥m1 ＋n1(m>0，n>0)对任意的 x∈R 都成立，证 明：m＋n≥43.
考点一 考点二 考点三
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考点二 不等式的证明
(2019·高考全国卷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.
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形 式； (2)转化最值：f(x)＞a 恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a 恒成立⇔ f(x)max＜a；f(x)＞a 有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a 有解⇔f(x)min＜a； f(x)＞a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a 无解⇔f(x)min≥a； (3)得结论．