(全国)高考数学一轮复习第十六章不等式学案理

学习目标1．了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点．2．了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程、特点．【使用说明】1．本考点在高考中每年都要涉及，主要以考查直接证明中的综合法为主．2．反证法仅作为客观题的判断方法不会单独命题.预习案1．综合法一般地，利用，经过一系列的，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→……―→Q n⇒Q2．分析法一般地，从要出发，逐步寻求使它成立的，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明的方法叫做分析法．用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：Q⇐P―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件3．反证法一般地，假设，经过正确的推理，最后得出，因此说明，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．【预习自测】1．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D，这里①是②的() A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．(课本改编题)用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为________．3．设p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，则p与q的大小关系是________．4．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________(填上序号)．探究案探究一：综合法例1(2013·广东)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1＝1，2S nn＝a n＋1－13n2－n－23，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n<74.思考题1如图所示，四边形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA.求证：(1)平面AMD∥平面BPC； (2)平面PMD⊥平面PBD.探究二：分析法例2已知a>0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.思考题2 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .探究三：反证法例3 已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在上的最大值为2，最小值为－52. 用反证法证明：a ≠0且|b a |<2.思考题3 已知p 3＋q 3＝2，求证：p ＋q ≤2.。

不等式选讲第一节 绝对值不等式本节主要包括2个知识点： 1.绝对值不等式的解法； 2.绝对值三角不等式.突破点(一) 绝对值不等式的解法[基本知识](1)含绝对值的不等式|x |<a 与|x |>a 的解集不等式 a >0 a ＝0a <0|x |<a {}x |－a <x <a ∅∅ |x |>a{}x |x >a 或x <－a{}x ∈R|x ≠0R(2)|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 .(3)|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．[基本能力]1．判断题(1)不等式|x |<a 的解集为{x |－a <x <a }．( )(2)|x －a |＋|x －b |的几何意义是表示数轴上的点x 到点a ，b 的距离之和．( ) (3)不等式|2x －3|≤5的解集为{x |－1≤x ≤4}．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ 2．填空题(1)若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝________. 解析：由|kx －4|≤2⇔2≤kx ≤6.∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2. 答案：2(2)不等式|2x －1|>3的解集为________． 解析：由|2x －1|>3得，2x －1<－3或2x －1>3，即x <－1或x >2. 答案：{x |x <－1或x >2}(3)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－53<x <13，则a ＝________. 解析：依题意，知a ≠0.|ax －2|<3⇔－3<ax －2<3⇔－1<ax <5，当a >0时，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，5a ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝13，－1a ＝－53，此方程组无解．当a <0时，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫5a ，－1a ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝－53，－1a ＝13，解得a ＝－3.答案：－3(4)不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________． 解析：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． 所以不等式的解集为{x |x ≥1}． 答案：{x |x ≥1}[全析考法]绝对值不等式的解法[典例] 解下列不等式： (1)|2x ＋1|－2|x －1|>0. (2)|x ＋3|－|2x －1|<x2＋1.[解] (1)法一：原不等式可化为|2x ＋1|>2|x －1|，两边平方得4x 2＋4x ＋1>4(x 2－2x＋1)，解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14.法二：原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x ＋1＋2x －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤1，2x ＋1＋2x －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，2x ＋1－2x －1>0.解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14.(2)①当x <－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <10，∴x <－3.②当－3≤x <12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x 2＋1，解得x <－25，∴－3≤x <－25.③当x ≥12时，原不等式化为(x ＋3)＋(1－2x )<x2＋1，解得x >2，∴x >2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <－25或x >2.[方法技巧]绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ， |x |>a ⇔x <－a 或x >a . (2)平方法两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．[全练题点]1．求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集． 解：不等式|x －1|－|x －5|<2等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，－x －1＋x －5<2或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤5，x －1＋x －5<2或⎩⎪⎨⎪⎧ x >5，x －1－x －5<2，即⎩⎪⎨⎪⎧x <1，－4<2或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤5，2x <8或⎩⎪⎨⎪⎧x >5，4<2，故原不等式的解集为{x |x <1}∪{x |1≤x <4}∪∅＝{x |x <4}．2．解不等式x ＋|2x ＋3|≥2. 解：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－32，－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－32，3x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－5或x ≥－13.3．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |，g (x )＝|x －2|＋1.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥5；(2)若对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ≤－2，3，－2<x <1，2x ＋1，x ≥1，∴f (x )≥5⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－2x －1≥5或⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <1，3≥5或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，2x ＋1≥5.解得x ≥2或x ≤－3，∴不等式f (x )≥5的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．(2)∵对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，∴{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}． ∵f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |≥|(x －1)－(x ＋a )|＝|a ＋1|(当且仅当(x －1)(x ＋a )≤0时等号成立)，g (x )＝|x －2|＋1≥1，∴|a ＋1|≥1，∴a ＋1≥1或a ＋1≤－1，∴a ≥0或a ≤－2，∴实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． 4．(2018·湖北黄石调研)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|. (1)解不等式f (x )≥8；(2)若不等式f (x )<a 2－3a 的解集不是空集，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x <3，4，－3≤x ≤1，2x ＋2，x >1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5； 当－3≤x ≤1时，4≥8，不成立； 当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.∴不等式f (x )≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．(2)由(1)得f (x )min ＝4.又∵不等式f (x )<a 2－3a 的解集不是空集，∴a 2－3a >4，解得a >4或a <－1，即实数a 的取值范围是(－∞，－1)∪(4，＋∞)．突破点(二) 绝对值三角不等式[基本知识]绝对值三角不等式定理 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[基本能力]1．判断题(1)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )(2)不等式|a －b |≤|a |＋|b |等号成立的条件是ab ≤0.( ) 答案：(1)√ (2)√2．填空题(1)函数y ＝|x －4|＋|x ＋4|的最小值为________． 解析：∵|x －4|＋|x ＋4|≥|(x －4)－(x ＋4)|＝8， 即函数y 的最小值为8. 答案：8(2)设a ，b 为满足ab <0的实数，那么下列正确的是________． ①|a ＋b |>|a －b | ②|a ＋b |<|a －b | ③|a －b |<||a |－|b || ④|a －b |<|a |＋|b | 解析：∵ab <0，∴|a －b |＝|a |＋|b |>|a ＋b |. 答案：②(3)若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵|x －a |＋|x －1|≥|(x －a )－(x －1)|＝|a －1|， 要使|x －a |＋|x －1|≤3有解，可使|a －1|≤3， ∴－3≤a －1≤3，∴－2≤a ≤4. 答案：[－2,4][全析考法]证明绝对值不等式[例1] 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤6，|x －y |≤4，求证：|x ＋5y |≤1.[证明] ∵|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|. ∴由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|≤|3(x ＋y )|＋|2(x －y )| ＝3|x ＋y |＋2|x －y |≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y |≤1. [方法技巧]证明绝对值不等式的三种主要方法(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．绝对值不等式的恒成立问题[例2] (2018·湖南五市十校联考)设函数f (x )＝|x －a |＋|x －3|，a <3. (1)若不等式f (x )≥4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ≤12或x ≥92，求a 的值；(2)若对∀x ∈R ，不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)法一：由已知得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋3，x <a ，3－a ，a ≤x ≤3，2x －a －3，x >3，当x <a 时，－2x ＋a ＋3≥4，得x ≤a －12；当x >3时，2x －a －3≥4，得x ≥7＋a2.已知f (x )≥4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ≤12或x ≥92，则显然a ＝2.法二：由已知易得f (x )＝|x －a |＋|x －3|的图象关于直线x ＝a ＋32对称，又f (x )≥4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x| x ≤12或x ≥92，则12＋92＝a ＋3，即a ＝2.(2)法一：不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，即|x －a |＋2|x －3|≥1恒成立． 当x ≤a 时，－3x ＋a ＋5≥0恒成立，得－3a ＋a ＋5≥0，解得a ≤52；当a <x <3时，－x －a ＋5≥0恒成立，得－3－a ＋5≥0，解得a ≤2； 当x ≥3时，3x －a －7≥0恒成立，得9－a －7≥0，解得a ≤2. 综上，实数a 的取值范围为(－∞，2]．法二：不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，即|x －a |＋|x －3|≥－|x －3|＋1恒成立，由图象(图略)可知f (x )＝|x －a |＋|x －3|在x ＝3处取得最小值3－a ， 而－|x －3|＋1在x ＝3处取得最大值1，故3－a ≥1，得a ≤2. 故实数a 的取值范围为(－∞，2]．[全练题点]1.[考点一]设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．解：(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a ＋a ≥2.当且仅当a ＝1时等号成立．所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a，由f (3)<5得3<a <5＋212.当0＜a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.2.[考点二]已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |(m >0)． (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)对于任意实数x ，t ，不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－4m ，x ≥m ，－2x －2m ，－3m <x <m ，4m ，x ≤－3m .当m ＝1时，由⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2≥1，－3<x <1或x ≤－3，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t ，x 恒成立，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 ，∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ， |2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3， ∴4m <3，又m >0，∴0<m <34，即m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34. 3.[考点二]已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m . (1)解关于x 的不等式f (x )＋a －1>0(a ∈R)；(2)若函数f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方，求m 的取值范围． 解：(1)不等式f (x )＋a －1>0， 即|x －2|＋a －1>0.当a ＝1时， 原不等式化为|x －2|>0，解得x ≠2，即解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)； 当a >1时，解集为全体实数R ；当a <1时，|x －2|>1－a (1－a >0)，解集为(－∞，a ＋1)∪(3－a ，＋∞)． (2)f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方， 即|x －2|>－|x ＋3|＋m 对任意实数x 恒成立， 即|x －2|＋|x ＋3|>m 恒成立．又由绝对值三角不等式知，对任意实数x 恒有|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5， 当且仅当(x －2)(x ＋3)≤0时等号成立． 于是得m <5，故m 的取值范围是(－∞，5).[全国卷5年真题集中演练——明规律] 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．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2.当x ＜－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1，得2x －1≥1，解得1≤x ≤2； 当x ＞2时，由f (x )≥1，解得x ＞2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}．(2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54.3．(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|2x －a |＋a . (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≤6的解集；(2)设函数g (x )＝|2x －1|.当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝|2x －2|＋2. 解不等式|2x －2|＋2≤6得－1≤x ≤3.因此f (x )≤6的解集为{x |－1≤x ≤3}．(2)当x ∈R 时，f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋a ＋|1－2x |≥3，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－x ≥3－a 2. 又⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－x min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－a 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－a 2≥3－a 2，解得a ≥2. 所以a 的取值范围是[2，＋∞)．4．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0.当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解； 当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0， 解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2. 所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|23<x <2. (2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．[课时达标检测] 1．已知函数f (x )＝|x ＋m |－|5－x |(m ∈R)．(1)当m ＝3时，求不等式f (x )>6的解集；(2)若不等式f (x )≤10对任意实数x 恒成立，求m 的取值范围．解：(1)当m ＝3时，f (x )>6，即|x ＋3|－|5－x |>6，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集.⎩⎪⎨⎪⎧x ≥5，x ＋3－x －5>6，解得x ≥5；或⎩⎪⎨⎪⎧－3<x <5，x ＋3＋x －5>6，解得4<x <5；或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－3，－x －3＋x －5>6，解集是∅.故不等式f (x )>6的解集为{x |x >4}．(2)f (x )＝|x ＋m |－|5－x |≤|(x ＋m )＋(5－x )|＝|m ＋5|，由题意得|m ＋5|≤10，则－10≤m ＋5≤10，解得－15≤m ≤5，故m 的取值范围为[－15,5]．2．(2018·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|. (1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围； (2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值．解：(1)由题意f (x )≤2－|x －1|，即为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≤1.而由绝对值的几何意义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1， 由不等式f (x )≤2－|x －1|有解，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a2－1≤1，即0≤a ≤4.∴实数a 的取值范围是[0,4]．(2)由2x －a ＝0得x ＝a 2，由x －1＝0得x ＝1，由a <2知a2<1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x <a 2，x －a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤x ≤1，3x －a －1x >1.函数的图象如图所示．∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a2＋1＝3，解得a ＝－4.3．(2018·广东潮州模拟)设函数f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )>4；(2)若∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32，不等式a ＋1<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －2，x <－32，x ＋4，－32≤x ≤1，3x ＋2，x >1，f (x )>4，可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－32，－3x －2>4或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤1，x ＋4>4或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，3x ＋2>4，解得x <－2或0<x ≤1或x >1.∴不等式f (x )>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x <－32时，f (x )＝－3x －2，∵当x <－32时，f (x )＝－3x －2>52，∴a ＋1≤52，即a ≤32.∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.4．(2018·长春模拟)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋1|. (1)解不等式f (x )>1；(2)当x >0时，函数g (x )＝ax 2－x ＋1x(a >0)的最小值大于函数f (x )，试求实数a 的取值范围．解：(1)当x >2时，原不等式可化为x －2－x －1>1，解集是∅. 当－1≤x ≤2时，原不等式可化为2－x －x －1>1，即－1≤x <0； 当x <－1时，原不等式可化为2－x ＋x ＋1>1，即x <－1.综上，原不等式的解集是{x |x <0}． (2)因为g (x )＝ax ＋1x－1≥2a －1，当且仅当x ＝aa时等号成立， 所以g (x )min ＝2a －1，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2x ，0<x ≤2，－3，x >2，所以f (x )∈[－3,1)，所以2a －1≥1，即a ≥1， 故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 5．(2018·湖北四校联考)已知函数f (x )＝e |x ＋a |－|x －b |，a ，b ∈R.(1)当a ＝b ＝1时，解不等式f (x )≥e； (2)若f (x )≤e 2恒成立，求a ＋b 的取值范围． 解：(1)当a ＝b ＝1时，f (x )＝e|x ＋1|－|x －1|，由于y ＝e x在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥e 等价于|x ＋1|－|x －1|≥1，①当x ≥1时，|x ＋1|－|x －1|＝x ＋1－(x －1)＝2，则①式恒成立； 当－1<x <1时，|x ＋1|－|x －1|＝2x ，①式化为2x ≥1，此时12≤x <1；当x ≤－1时，|x ＋1|－|x －1|＝－2，①式无解．综上，不等式的解集是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (2)f (x )≤e 2等价于|x ＋a |－|x －b |≤2，② 因为|x ＋a |－|x －b |≤|x ＋a －x ＋b |＝|a ＋b |， 所以要使②式恒成立，只需|a ＋b |≤2， 可得a ＋b 的取值范围是[－2,2]．6．(2018·湖北枣阳一中模拟)已知f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |，g (a )＝a 2－a －2. (1)当a ＝3时，解关于x 的不等式f (x )>g (a )＋2；(2)当x ∈[－a,1)时恒有f (x )≤g (a )，求实数a 的取值范围． 解：(1)a ＝3时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x ≤－3，4，－3<x <1，2x ＋2，x ≥1，g (3)＝4.∴f (x )>g (a )＋2化为|x －1|＋|x ＋3|>6，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2>6，x ≤－3，或⎩⎪⎨⎪⎧4>6，－3<x <1，或⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2>6，x ≥1，解得x <－4或x >2.∴所求不等式解集为(－∞，－4)∪(2，＋∞)． (2)∵x ∈[－a,1)．∴f (x )＝1＋a .∴f (x )≤g (a )即为1＋a ≤a 2－a －2，可化为a 2－2a －3≥0，解得a ≥3或a ≤－1. 又∵－a <1，∴a >－1.综上，实数a 的取值范围为[3，＋∞)．7．(2018·安徽蚌埠模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2. (1)解不等式|g (x )|<5；(2)若对任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由||x －1|＋2|<5，得－5<|x －1|＋2<5，∴－7<|x －1|<3，解得－2<x <4，∴原不等式的解集为{x |－2<x <4}．(2)∵对任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立， ∴{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}．又f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥|(2x －a )－(2x ＋3)|＝|a ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2≥2，∴|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，∴实数a 的取值范围是(－∞，－5]∪[－1，＋∞)． 8．已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式f (x )<4－|x －1|；(2)已知m ＋n ＝1(m ，n >0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1n(a >0)恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)不等式f (x )<4－|x －1|，即|3x ＋2|＋|x －1|<4. 当x <－23时，即－3x －2－x ＋1<4，解得－54<x <－23；当－23≤x ≤1时，即3x ＋2－x ＋1<4，解得－23≤x <12；当x >1时，即3x ＋2＋x －1<4，无解．综上所述，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－54<x <12.(2)1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n (m ＋n )＝1＋1＋n m ＋mn≥4，当且仅当m ＝n ＝12时等号成立．令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x <－23，－4x －2＋a ，－23≤x ≤a ，－2x －2－a ，x >a .∴x ＝－23时，g (x )max ＝23＋a ，要使不等式恒成立，只需g (x )max ＝23＋a ≤4，即0<a ≤103.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，103.第二节 不等式的证明本节重点突破1个知识点：不等式的证明.突破点 不等式的证明[基本知识]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 ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立(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A B≥1. 3．综合法与分析法[基本能力]1．判断题(1)已知x 为正实数，则1＋x ＋1x≥3.( )(2)若a >2，b >2，则a ＋b >ab .( ) (3)设x ＝a ＋2b ，S ＝a ＋b 2＋1则S ≥x .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√ 2．填空题(1)已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b的最小值为________．解析：∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b ＝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)．答案：2(2)已知正实数a ，b 满足2ab ＝a ＋b ＋12，则ab 的最小值是________．解析：由2ab ＝a ＋b ＋12，得2ab ≥2ab ＋12，当且仅当a ＝b 时等号成立．化简得(ab －3)(ab ＋2)≥0，解得ab ≥9，所以ab 的最小值是9.答案：9(3)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：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc ＝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．答案：9(4)设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为________________．解析：若x >y ，则x －y ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a ) ＝a 2b 2－2ab ＋a 2＋4a ＋5 ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0， ∴ab ≠1或a ≠－2. 答案：ab ≠1或a ≠－2[全析考法]比较法证明不等式[例1] 求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b≥(ab )a ＋b2.[证明] (1)法一：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1) ＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋12≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2)＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.(2)a a b b aba ＋b 2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2，∴当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b 2＝1，当a >b >0时，a b>1，a －b2>0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1， 当b >a >0时，0<a b<1，a －b2<0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1，∴a a b b ≥(ab )a ＋b 2.[方法技巧]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积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．综合法证明不等式[例2] 已知a ，b ，c >0且互不相等，abc ＝1.试证明：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c.[证明] 因为a ，b ，c ＞0，且互不相等，abc ＝1， 所以a ＋b ＋c ＝ 1bc ＋1ac ＋1ab＜1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c， 即a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c.[方法技巧]综合法证明时常用的不等式(1)a 2≥0；|a |≥0. (2)a 2＋b 2≥2ab . (3)a ＋b2≥ab ，它的变形形式有：a ＋1a ≥2(a >0)；a b ＋b a ≥2(ab >0)；a b ＋ba≤－2(ab <0)．分析法证明不等式[例3] (2018·福建毕业班质量检测)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， 解得x ＜－1，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)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．[方法技巧] 分析法的应用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 ＋b 2，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．[全练题点]1.[考点三]设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy . 证明：由于x ≥1，y ≥1，要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ， 只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．2.[考点一]设不等式|2x －1|＜1的解集为M .(1)求集合M .(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．解：(1)由|2x －1|＜1得－1＜2x －1＜1，解得0＜x ＜1.所以M ＝{x |0＜x ＜1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0＜a ＜1,0＜b ＜1，所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)＞0.故ab ＋1＞a ＋b .3.[考点二]已知a ，b ，c ，d 均为正数，且ad ＝bc .(1)证明：若a ＋d >b ＋c ，则|a －d |>|b －c |；(2)t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，求实数t 的取值范围．解：(1)证明：由a ＋d >b ＋c ，且a ，b ，c ，d 均为正数，得(a ＋d )2>(b ＋c )2，又ad ＝bc ，所以(a －d )2>(b －c )2，即|a －d |>|b －c |.(2)因为(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2＝a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2，所以t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝t (ac ＋bd )．由于a 4＋c 4≥2ac ，b 4＋d 4≥2bd ，又已知t ·a 2＋b 2c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，则t (ac ＋bd )≥2(ac ＋bd )，故t ≥2，当且仅当a ＝c ，b ＝d 时取等号.[全国卷5年真题集中演练——明规律]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＋3a ＋b 24(a ＋b ) ＝2＋3a ＋b 34， 所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12. 当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1， 所以－1<x ≤12； 当－12<x <12时，f (x )<2恒成立； 当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1， 所以12≤x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.[课时达标检测]1．(2018·武汉调研)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤1. 证明：要证 a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1，即证2ab ≤12，即证ab ≤14. 而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤14成立， ∴原不等式成立．2．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t .(1)求t 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝t ，求证：1a ＋4b ≥94. 解：(1)因为|x ＋3|＋|x －1|＝|x ＋3|＋|1－x |≥|x ＋3＋1－x |＝4，所以f (x )min ＝4，即t ＝4.(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故a4＋b4＝1，1a＋4b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋4b⎝⎛⎭⎪⎫a4＋b4＝14＋1＋b4a＋ab≥54＋2b4a×ab＝54＋1＝94，当且仅当b＝2a，即a＝43，b＝83时取等号，故1a＋4b≥94.3．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，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．解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x≤－2，－2x－1，－2<x<1，－3，x≥1.由－2<－2x－1<0解得－12<x<12，则M＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a＋16b≤13|a|＋16|b|<13×12＋16×12＝14.(2)由(1)得a2<14，b2<14.因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0. 所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|.4．(2018·广州模拟)已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.(1)求1x＋1y＋1z的最小值；(2)证明：3≤x2＋y2＋z2<9.解：(1)因为x＋y＋z≥33xyz>0，1x＋1y＋1z≥33xyz>0，所以(x＋y＋z)⎝⎛⎭⎪⎫1x＋1y＋1z≥9，即1x＋1y＋1z≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时，1x＋1y＋1z取得最小值3.(2)证明：x2＋y2＋z2＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 23≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋yz ＋zx3＝x ＋y ＋z23＝3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立．又因为x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )<0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2<9.5．(2018·安徽百所重点高中模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －b 2＋1的最小值为2.(1)求a ＋b 的值； (2)求证：a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 解：(1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1.(2)由(1)知，a ＋b ＝1， 所以1a ＋4b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b ≥5＋2 b a ·4a b＝9， 当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1， 即a ＝13，b ＝23时取等号． 所以log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2， 所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3， 即a ＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ≥3－b . 6．(2018·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.7．(2018·安徽安师大附中、马鞍山二中阶段测试)已知函数f (x )＝|x －2|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2；(2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|.因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1； 当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2；当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12≤x ≤52. (2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立．8．(2018·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2. 证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．。

【知识特点】（1）不等式应用十分广泛，是高中数学的主要工具，试题类型多、方法多、概念要求较高，特别是不等式性质的条件与结论，基本不等式的条件等。

（2）不等式的性质本身就是解题的手段和方法，要认真理解和体会不等式性质的条件与结论，并运用它去解题。

（3）一元二次不等式的解法及求解程序框图一定要在理解的基础上掌握，因为求解的程序框图就是求解的一般方法与步骤。

（4）二元一次不等式组与简单的线性规划是解决最优化问题的一个重要手段，但画图时一定要细心，然后求出目标函数的最值。

（5）基本不等式的条件是解题的关键，一定要认真体会，会运用基本不等式来证明或求解问题。

（6）推理与证明贯穿于每一个章节，是对以前所学知识的总结与归纳，概念较多，知识比较系统，逻辑性较强，在高中数学中有着特殊地位。

【重点关注】不等式、推理与证明的学习应立足基础，重在理解，加强训练，学会建模，培养能力，提高素质，因此在学习中应重点注意以下几点：（1）学习不等式性质时，要弄清条件与结论，要克服“想当然”和“显然成立”的思维定势，要以比较准则和实数的运算法则为依据解决问题。

（2）解某些不等式时，要与函数的定义域、值域、单调性联系起来，注重数形结合思想，解含参数不等式时要注重分类讨论的思想。

（3）利用基本不等式求最值时，要满足三个条件：一正，二定，三相等。

（4）要强化不等式的应用意识，同时要注意到不等式与函数和方程的对比与联系，充分利用函数方程思想、数形结合思想处理不等式问题。

（5）利用线性规划解决实际问题，充分利用数形结合思想，会达到事半功倍的效果，因此力求画图标准。

（6）深刻理解合情推理的含义，归纳解决这类问题的规律和方法，掌握分析法、综合法、反证法的证明过程和解题特点。

（7）合情推理中主要包括类比推理与归纳推理两种推理模式，类比、归纳的数学思想是在进行问题探讨、研究时常见的思想方法。

（8）数学归纳法是证明数列、等式、不等式的有效方法，证明问题时要注意充分利用归纳假设，同时注意项数的变化，在证明不等问题时，注意放缩、作差等方法的应用。

第一节不等关系与不等式不等式的概念和性质了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景．知识点一实数的大小顺序与运算性质的关系(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0.必备方法比较大小的常用方法：(1)作差法一般步骤是：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差．(2)作商法一般步骤是：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论(注意所比较的两个数的符号)．[自测练习]1．已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是() A．M<N B．M>NC．M＝N D．不确定解析：M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)，又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1<0，a2－1<0.∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0.∴M>N.答案：B知识点二不等式性质性质性质内容注意对称性a>b⇔b<a ⇔传递性a>b，b>c⇒a>c ⇒可加性 a >b ⇔a ＋c >b ＋c ⇔可乘性⎭⎬⎫a >bc >0⇒ac >bc c 的符号⎭⎬⎫a >bc <0⇒ac <bc 同向可加性 ⎭⎬⎫a >bc >d ⇒a ＋c >b ＋d ⇒同向同正 可乘性⎭⎬⎫a >b >0c >d >0⇒ac >bd ⇒可乘方性a >b >0⇒a n >b n (n ∈N ，n ≥1) 同正可开方性a >b >0⇒na >nb (n ∈N ，n ≥2)易误提醒1．在应用传递性时，注意等号是否传递下去，如a ≤b ，b <c ⇒a <c .2．在乘法法则中，要特别注意“乘数c 的符号”，例如当c ≠0时，有a >b ⇒ac 2>bc 2；若无c ≠0这个条件，a >b ⇒ac 2>bc 2就是错误结论(当c ＝0时，取“＝”)．[自测练习]2．设a ，b ，c ∈R ，且a >b ，则( ) A ．ac >bc B.1a <1b C ．a 2>b 2D ．a 3>b 3解析：当c <0时，ac >bc 不成立，故A 不正确，当a ＝1，b ＝－3时，B 、C 均不正确，故选D.答案：D3．若a >b >0，则下列不等式中恒成立的是( ) A.b a >b ＋1a ＋1 B ．a ＋1a >b ＋1bC ．a ＋1b >b ＋1aD.2a ＋b a ＋2b >ab解析：由a >b >0⇒0<1a <1b ⇒a ＋1b >b ＋1a，故选C.答案：C4．已知a <0，－1<b <0，那么a ，ab ，ab 2的大小关系是________． 解析：⎭⎬⎫－1<b <0⇒0<b 2<1a <0⇒a <ab 2<0，又ab >0，∴ab >ab 2>a . 答案：ab >ab 2>a考点一 利用不等式(组)表示不等关系|1．将一个三边长度分别为5,12,13的三角形的各边都缩短x ，构成一个钝角三角形，试用不等式(组)表示x 应满足的不等关系．解：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧5－x >0，(5－x )＋(12－x )>13－x ，(5－x )2＋(12－x )2<(13－x )2.2．某厂拟生产甲、乙两种适销产品，甲、乙产品都需要在A ，B 两台设备上加工，在A ，B 设备上加工一件甲产品所需工时分别为1小时、2小时，加工一件乙产品所需工时分别为2小时、1小时，A ，B 两台设备每月有效使用时数分别为400和500.写出满足上述所有不等关系的不等式．解：设甲、乙两种产品的产量分别为x 件，y 件，由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤400，2x ＋y ≤500，x ≥0，x ∈N ，y ≥0，y ∈N .利用不等式(组)表示不等关系的一个注意点及一个关键点： 关键点：准确将题目中的文字语言转化为数学符号语言．注意点：要注意“不超过”，“至少”，“低于”表示的不等关系，同时还应考虑变量的实际意义．考点二 不等式性质及应用|1．(2016·大庆质检)若a <b <0，则下列不等式不能成立的是( )A.1a －b >1aB.1a >1b C ．|a |>|b |D ．a 2>b 2解析：由a <b <0，可用特殊值法加以验证，取a ＝－2，b ＝－1，则1a －b >1a不成立，选A.答案：A2．(2016·武汉调研)若实数a ，b ∈(0,1)，且满足(1－a )b >14，则a ，b 的大小关系是( )A ．a <bB ．a ≤bC ．a >bD ．a ≥b解析：∵a ，b ∈(0,1)，∴1－a >0，又(1－a )b >14，∴14<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 22，12<1－a ＋b 2，即b －a >0，故选A. 答案：A3．设a ，b 是实数，则“a >b >1”是“a ＋1a >b ＋1b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：法一：因为a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝(a －b )(ab －1)ab ，所以若a >b >1，显然a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝(a －b )(ab －1)ab >0，则充分性成立；当a ＝12，b ＝23时，显然不等式a ＋1a >b ＋1b 成立，但a >b >1不成立，所以必要性不成立，故选A.法二：令函数f (x )＝x ＋1x ，则f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2，可知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，所以“a >b >1”是“a ＋1a >b ＋1b ”的充分不必要条件，选A.答案：A运用不等式性质求解问题的两个注意点1．解题时，易忽视不等式性质成立的条件，或“无中生有”自造性质导致推理判定失误．2．对于不等式的常用性质，要注意弄清其条件和结论，不等式性质包括“单向性”和“双向性”两个方面，单向性主要用于证明不等式，双向性是解不等式的依据．考点三 比较大小|(1)若实数a ≠1，比较a ＋2与31－a 的大小；(2)比较a a b b 与a b b a (a >0且a ≠1，b >0且b ≠1)的大小． [解] (1)a ＋2－31－a ＝－(a 2＋a ＋1)1－a，∵a 2＋a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34>0，∴－(a 2＋a ＋1)<0， ∴当1－a >0，即a <1时，－(a 2＋a ＋1)1－a <0，则有a ＋2<31－a.当1－a <0即a >1时，－(a 2＋a ＋1)1－a >0，则有a ＋2>31－a .综上知，当a <1时，a ＋2<31－a ，当a >1时，a ＋2>31－a .(2)a a b b a b b a ＝a a －b b b －a ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b ， 当a >b >0时，ab >1，a －b >0，则⎝⎛⎭⎫a b a －b>1，∴a a b b >a b b a； 当b >a >0时，0<ab <1，a －b <0，则⎝⎛⎭⎫a b a －b>1，∴a a b b >a b b a； 当a ＝b >0时，⎝⎛⎭⎫a b a －b＝1，∴a a b b ＝a b b a， 综上知a a b b ≥a b b a (当且仅当a ＝b 时取等号)．比较两个数(式)大小的两种方法(1)比较大小时，要把各种可能的情况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类讨论，每一步运算都要准确，每一步推理都要有充分的依据．(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c ≥b >aB ．a >c ≥bC ．c >b >aD ．a >c >b解析：c －b ＝4－4a ＋a 2＝(2－a )2≥0，∴c ≥b .将题中两式作差得2b ＝2＋2a 2，即b ＝1＋a 2. ∵1＋a 2－a ＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34>0，∴1＋a 2>a ， ∴b ＝1＋a 2>a .∴c ≥b >a . 答案：A10.不等式变形中不等价致误【典例】 设f (x )＝ax 2＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，则f (－2)的取值范围是________．[解析] 法一：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b ，于是得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． 又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，即5≤f (－2)≤10.法二：由⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b 得⎩⎨⎧a ＝12[f (－1)＋f (1)]，b ＝12[f (1)－f (－1)].∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.法三：由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4，确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝⎛⎭⎫32，12时， 取得最小值4×32－2×12＝5，当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f (－2)≤10. [答案] [5,10][易误点评] 解题中多次使用同向不等式的可加性，先求出a ，b 的范围，再求f (－2)＝4a －2b 的范围，导致变量范围扩大．[防范措施] (1)此类问题的一般解法：先建立待求整体与已知范围的整体的关系，最后通过“一次性”使用不等式的运算求得整体范围；(2)求范围问题如果多次利用不等式有可能扩大变量取值范围．[跟踪练习] 若α，β满足⎩⎪⎨⎪⎧－1≤α＋β≤1，1≤α＋2β≤3，试求α＋3β的取值范围．解：设α＋3β＝x (α＋β)＋y (α＋2β)＝(x ＋y )α＋(x ＋2y )β.则⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝1，x ＋2y ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2.∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6， 两式相加，得1≤α＋3β≤7. ∴α＋3β的取值范围为[1,7]．A 组 考点能力演练1．已知1a <1b <0，则下列结论错误的是( )A ．a 2<b 2 B.b a ＋a b >2 C ．ab >b 2D ．lg a 2<lg ab解析：∵1a <1b <0，∴1b －1a ＝a －bab >0，∴a －b >0，∴ab －b 2＝(a －b )b <0，∴ab <b 2，故选C. 答案：C2．已知实数a ，b ∈(0,1)，且满足cos πa <cos πb ，则下列关系式成立的是( ) A ．ln a <ln b B ．sin a <sin b C.1a <1bD ．a 3<b 3解析：因为a ，b ∈(0,1)，则πa ，πb ∈(0，π)，而函数y ＝cos x 在(0，π)上单调递减，又cos πa <cos πb ，所以πa >πb ，即a >b ，由函数y ＝ln x ，y ＝sin x ，y ＝1x ，y ＝x 3的单调性知C正确．答案：C3．(2016·资阳一诊)已知a ，b ∈R ，下列命题正确的是( ) A ．若a >b ，则|a |>|b | B ．若a >b ，则1a <1bC ．若|a |>b ，则a 2>b 2D ．若a >|b |，则a 2>b 2解析：当a ＝1，b ＝－2时，A 不正确；当a ＝1，b ＝－2时，B 不正确；当a ＝1，b ＝－2时，C 不正确；对于D ，a >|b |≥0，则a 2>b 2，故选D.答案：D4．已知ab >0，则“b <1a ”是“a <1b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由b <1a ，ab >0得ab 2<b ，又b 2>0，所以a <1b ，同理由a <1b 可得b <1a ，故选C.答案：C5．(2016·贵阳期末)下列命题中，正确的是( )A ．若a >b ，c >d ，则ac >bdB ．若ac >bc ，则a >bC ．若a c 2<bc2，则a <bD ．若a >b ，c >d ，则a －c >b －d解析：A 项，取a ＝2，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，可知A 错误；B 项，当c <0时，ac >bc ⇒a <b ，∴B 错误；C 项，∵a c 2<bc 2，∴c ≠0，又c 2>0，∴a <b ，C 正确；D 项，取a ＝c ＝2，b＝d ＝1，可知D 错误；故选C.答案：C6．若m <n ，p <q ，且(p －m )(p －n )<0，(q －m )(q －n )<0，则m ，n ，p ，q 的大小顺序是________．解析：把p ，q 看成变量，则m <p <n ，m <q <n ，即得m <p <q <n . 答案：m <p <q <n7．(2015·安庆二模)若x >y ，a >b ，则在①a －x >b －y ，②a ＋x >b ＋y ，③ax >by ，④a y >bx 这四个式子中，恒成立的不等式有________(写出所有恒成立的不等式的序号)．解析：令x ＝－2，y ＝－3，a ＝3，b ＝2，符合题设条件x >y ，a >b ，∵a －x ＝3－(－2)＝5，b －y ＝2－(－3)＝5，∴a －x ＝b －y ，因此①不成立．又ax ＝－6，by ＝－6，∴ax ＝by ，因此③也不成立．又a y ＝3－3＝－1，b x ＝2－2＝－1，∴a y ＝bx ，因此④不成立．由不等式的性质可推出②成立．答案：②8．如果0<a <b <c <d <e ，S ＝a b ＋c d ＋1e ，则把变量________的值增加1会使S 的值增加最大(填入a ，b ，c ，d ，e 中的某个字母)．解析：显然变量a 或c 的值增加1会使S 的值增加，∵0<a <b <c <d <e ，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋cd ＋1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋1d ＋1e ＝1b －1d ＝d －bbd >0，∴a ＋1b ＋c d ＋1e >a b ＋c ＋1d ＋1e ，即当变量a 的值增加1会使S 的值增加最大．答案：a9．若a >b >0，c <d <0，e <0.求证：e (a －c )2>e(b －d )2.证明：∵c <d <0，∴－c >－d >0. 又∵a >b >0，∴a －c >b －d >0. ∴(a －c )2>(b －d )2>0. ∴0<1(a －c )2<1(b －d )2. 又∵e <0，∴e (a －c )2>e(b －d )2.10．某单位组织职工去某地参观学习需包车前往．甲车队说：“如果领队买一张全票，其余人可享受7.5折优惠．”乙车队说：“你们属团体票，按原价的8折优惠．”这两个车队的原价、车型都是一样的，试根据单位去的人数比较两车队的收费哪家更优惠．解：设该单位职工有n 人(n ∈N *)，全票价为x 元，坐甲车需花y 1元，坐乙车需花y 2元， 则y 1＝x ＋34x ·(n －1)＝14x ＋34xn ，y 2＝45nx .所以y 1－y 2＝14x ＋34xn －45nx ＝14x －120nx ＝14x ⎝⎛⎭⎫1－n 5. 当n ＝5时，y 1＝y 2； 当n >5时，y 1<y 2； 当n <5时，y 1>y 2.因此当单位去的人数为5人时，两车队收费相同；多于5人时，甲车队更优惠；少于5人时，乙车队更优惠．B 组 高考题型专练1．(2013·高考天津卷)设a ，b ∈R ，则“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：(a －b )·a 2<0，则必有a －b <0，即a <b ；而a <b 时，不能推出(a －b )·a 2<0，如a ＝0，b ＝1，所以“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”的充分而不必要条件．答案：A2．(2012·高考湖南卷)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac <b c ；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③解析：∵a >b >1，∴1a <1b.又c <0， ∴c a >c b ，故①正确． 当c <0时，y ＝x c 在(0，＋∞)上是减函数，又a >b >1，∴a c <b c ，故②正确．∵a >b >1，－c >0，∴a －c >b －c >1.∵a >b >1，∴log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，即log b (a －c )>log a (b －c )，故③正确．答案：D3．(2014·高考山东卷)已知实数x ，y 满足a x <a y (0<a <1)，则下列关系式恒成立的是( )A.1x 2＋1>1y 2＋1B ．ln(x 2＋1)>ln(y 2＋1)C ．sin x >sin yD ．x 3>y 3解析：根据指数函数的性质得x >y ，此时x 2，y 2的大小不确定，故选项A ，B 中的不等式不恒成立；根据三角函数的性质，选项C 中的不等式也不恒成立；根据不等式的性质知，选项D 中的不等式恒成立．答案：D4．(2014·高考四川卷)若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( )A.a c ＞b dB.a c ＜b dC.a d ＞b cD.a d ＜b c解析：依题意取a ＝2，b ＝1，c ＝－2，d ＝－1，代入验证得A ，B ，C 均错，只有D 正确．答案：D。

第十六章不等式选讲第一节绝对值不等式对应学生用书P1871．绝对值三角不等式(1)定理1：若是a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．(2)定理2：若是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)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集(2)|ax＋b|≤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，表现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，表现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图像求解，表现了函数与方程的思想．1．关于绝对值三角不等式，易轻忽等号成立的条件．对|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当a>－b>0时，等号成立，对|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，若是a<－b<0当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时左侧等号成立，当且仅当ab≤0时右边等号成立．2．形如|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)的不等式解法在讨论时应注意分类讨论点处的处置及c的符号判定，假设c<0那么不等式解集为R.[试一试]1．已知不等式|2x －t |＋t －1<0的解集为(－12，12)，那么t ＝________________. 解析：|2x －t |<1－t ，t －1<2x －t <1－t ，2t －1<2x <1，t －12<x <12，∴t ＝0. 答案：02．不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，那么实数k 的取值范围为________．解析：法一：依照绝对值的几何意义，设数x ，－1,2在数轴上对应的点别离为P ，A ，B ，那么原不等式等价于|PA |－|PB |>k 恒成立．∵|AB |＝3，即|x ＋1|－|x －2|≥－3.故当k <－3时，原不等式恒成立．法二：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ≤－1，2x －1，－1<x <23，x ≥2，，要使|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，从图像中能够看出，只要k <－3即可．故k <－3知足题意．答案：(－∞，－3)含绝对值不等式的经常使用解法1．大体性质法：对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a .2．平方式：两边平方去掉绝对值符号．3．零点分区间法(或叫概念法)：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．4．几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．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像，利用函数图像求解．[练一练]1．在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集为____________．解析：法一：分类讨论去绝对值号解不等式．当x >12时，原不等式转化为4x ≤6⇒x ≤32；当－12≤x ≤12时，原不等式转化为2≤6，恒成立；当x <－12时，原不等式转化为－4x ≤6⇒x ≥－32.综上知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32. 法二：利用几何意义求解．原不等式可化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12≤3，其几何意义为数轴上到12，－12两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x ＝32或x ＝－32时，到12，－12两点的距离之和恰好为3，故当－32≤x ≤32时，知足题意，那么原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32. 答案：⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤32 2．假设存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，那么实数a 的取值范围是________． 解析：利用绝对值不等式的性质求解．∵|x －a |＋|x －1|≥|(x －a )－(x －1)|＝|a －1|，要使|x －a |＋|x －1|≤3有解，可使|a －1|≤3，∴－3≤a －1≤3，∴－2≤a ≤4.答案：[－2,4]对应学生用书P188考点一 绝对值不等式的解法 1.不等式|解析：原不等式等价于|x －2|>|x －1|，那么(x －2)2>(x －1)2，解得x <32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，322．(2021·西安质检)假设关于x的不等式|x－a|<1的解集为(1,3)，那么实数a的值为________．解析：原不等式可化为a－1<x<a＋1，又知其解集为(1,3)，因此通过对照可得a＝2.答案：23．若是关于x的不等式|x－3|－|x－4|<a的解集不是空集，那么实数a的取值范围是________．解析：注意到||x －3|－|x －4||≤|(x －3)－(x －4)|＝1，－1≤|x －3|－|x －4|≤1.假设不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集是空集，那么有|x －3|－|x －4|≥a 对任意的x ∈R 都成立，即有(|x －3|－|x －4|)min ≥a ，a ≤－1.因此，由不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集可得，实数a 的取值范围是a >－1.答案：(－1，＋∞)[备课札记][类题通法]利用零点分类讨论法解绝对值不等式时，注意分类讨论时要不重不漏．考点二 绝对值不等式的证明[典例] M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1，当x <－1时，由－2x <4，得－2<x <－1；当－1≤x ≤1时，f (x )＝2<4，∴－1≤x ≤1；当x >1时，由2x <4，得1<x <2，∴M ＝(－2,2)．(2)证明：a ，b ∈M 即－2<a <2，－2<b <2.∵4(a ＋b )2－(4＋ab )2＝4(a 2＋2ab ＋b 2)－(16＋8ab ＋a 2b 2)＝(a 2－4)·(4－b 2)<0，∴4(a ＋b )2<(4＋ab )2，∴2|a ＋b |<|4＋ab |.[备课札记]本例中f(x)若变为“f(x)＝|x＋1|＋|x－1|－a”且f(x)≥0对x∈R恒成立，求a的取值范围.解：由f (x )≥0知a ≤|x ＋1|＋|x －1|，又|x ＋1|＋|x －1|≥|(x ＋1)－(x －1)|＝2，∴a ≤2.故a 的取值范围为(2，＋∞)．[类题通法]证明绝对值不等式要紧有三种方式(1)利用绝对值的概念去掉绝对值符号，转化为一般不等式再证明；(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，数形结合进行证明．[针对训练]设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)求证：f (x )≥1；(2)假设f (x )＝a 2＋2a 2＋1成立，求x 的取值范围．解：(1)证明：f (x )＝|x －1|＋|x －2|≥|(x －1)－(x －2)|＝1.(2)∵a 2＋2a 2＋1＝a 2＋1＋1a 2＋1＝a 2＋1＋1a 2＋1≥2，∴要使f (x )＝a 2＋2a 2＋1成立，需且只需|x －1|＋|x －2|≥2，即⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，1－x ＋2－x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x <2，x －1＋2－x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －1＋x －2≥2， 解得x ≤12或x ≥52， 故x 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞. 考点三 绝对值不等式的综合应用[典例](1)当a ＝－2时，求不等式f (x )＜g (x )的解集；(2)设a ＞－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝－2时，不等式f (x )＜g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x－3＜0.设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，那么y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －5x ，x ＜12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x ＞1.其图像如下图．从图像可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0.因此原不等式的解集是{x |0＜x ＜2}．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝1＋a . 不等式f (x )≤g (x )化为1＋a ≤x ＋3.因此x ≥a －2对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12都成立． 故－a 2≥a －2，即a ≤43. 从而a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－1，43. [备课札记][类题通法]1．研究含有绝对值的函数问题时，依照绝对值的概念，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是经常使用的思维方式．2．关于求y ＝|x －a |＋|x －b |或y ＝|x ＋a |－|x －b |型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y ＝|x －a |＋|x －b |的函数只有最小值，形如y ＝|x －a |－|x －b |的函数既有最大值又有最小值．[针对训练](2021·镇江模拟)已知f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－1时，解关于x 的不等式f (x )>5；(2)已知关于x 的不等式f (x )＋a <2 014(a 是常数)的解集是非空集合，求实数a 的取值范围．解：(1)构造函数g (x )＝|x －1|＋|x －2|－5，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2x ≤1，－41<x <2，2x －8x ≥2.令g (x )>0，那么x <－1或x >4，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．(2)∵f (x )＋a ＝|x ＋a |＋|x －2|＋a ≥|a ＋2|＋a ，又关于x 的不等式f (x )＋a <2 014的解集是非空集合，∴|a ＋2|＋a <2 014，解得a <1 006.对应学生用书P189[课堂练通考点]1．(2021·江西高考)在实数范围内，不等式||x －2|－1|≤1的解集为________． 解析：依题意得－1≤|x －2|－1≤1，即|x －2|≤2，解得0≤x ≤4.答案：[0,4]2．(2021·重庆高考)假设关于实数x 的不等式|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，那么实数a 的取值范围是________．解析：|x －5|＋|x ＋3|≥|(x －5)－(x ＋3)|＝8，故a ≤8.答案：(－∞，8]3．(2021·南昌模拟)假设对任意的a ∈R ，不等式|x |＋|x －1|≥|1＋a |－|1－a |恒成立，那么实数x 的取值范围是________．解析：由|1＋a |－|1－a |≤2得|x |＋|x －1|≥2，当x <0时，－x ＋1－x ≥2，x ≤－12；当0≤x ≤1时，x ＋1－x ≥2，无解；当x >1时，x ＋x －1≥2，x ≥32.综上，x ≤－12或x ≥32. 答案：(－∞，－12]∪[32，＋∞) 4．(2021·西安检测)已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m .假设函数f (x )的图像恒在函数g (x )图像的上方，那么m 的取值范围为________．解析：函数f (x )的图像恒在函数g (x )图像的上方，即为|x －2|>－|x ＋3|＋m 对任意实数x 恒成立，即|x －2|＋|x ＋3|>m 恒成立．因为对任意实数x 恒有|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x＋3)|＝5，因此m<5，即m的取值范围是(－∞，5)．答案：(－∞，5)5．(2021·长春模拟)已知实数t ，假设存在t ∈[12，3]使得不等式|t －1|－|2t －5|≥|x －1|＋|x －2|成立，求实数x 的取值范围．解：∵t ∈[12，3]，∴|t －1|－|2t －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －t ＋4，t ≥52，3t －6，1<t <52，t －4，t ≤1，可得其最大值为32. ∴只需解不等式|x －1|＋|x －2|≤32即可，当x ≥2时，可解得2≤x ≤94，当1<x <2时不等式恒成立，当x ≤1时可解得34≤x ≤1，综上可得x 的取值范围为[34，94]． [课下提升考能]1．(2021·福建高考)设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值． 解：(1)因为32∈A ，且12∉A ，因此⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ， 且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ， 解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，因此a ＝1. (2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0，即－1≤x ≤2时取到等号．因此f (x )的最小值为3.2．设函数f (x )＝|x －a |＋2x ，其中a >0.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥2x ＋1的解集；(2)假设x ∈(－2，＋∞)时，恒有f (x )>0，求a 的取值范围．解：(1)a ＝2时，|x －2|＋2x ≥2x ＋1，∴|x －2|≥1，∴x ≥3或x ≤1.∴不等式的解集为(－∞，1]∪[3，＋∞)．(2)依题意，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a ，x ≥a ，x ＋a ，x <a ，∵a >0，∴当x >－2时，f (x )≥x ＋a >－2＋a ，要使f (x )>0，只需－2＋a ≥0即可，∴a ≥2.故a 的取值范围为[2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝|x －a |－2|x －1|(a ∈R )．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的最大值；(2)解关于x 的不等式f (x )≥0.解：(1)当a ＝3时，f (x )＝|x －3|－2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －1，x ≥3，－3x ＋5，1<x <3，x ＋1，x ≤1.当x ≤1时，f (x )＝x ＋1，因此f (x )在(－∞，1]上单调递增；当1<x <3时，f (x )＝－3x ＋5，因此f (x )在(1,3)上单调递减；当x ≥3时，f (x )＝－x －1，因此f (x )在[3，＋∞)上单调递减．因此当x ＝1时，函数f (x )取得最大值2.(2)由f (x )≥0得|x －a |≥2|x －1|，两边平方得，(x －a )2≥4(x －1)2，即3x 2＋2(a －4)x ＋4－a 2≤0，得[x －(2－a )][3x －(2＋a )]≤0，故①当a >1时，不等式的解集为2－a ，2＋a 3； ②当a ＝1时，不等式的解集为{x |x ＝1}；③当a <1时，不等式的解集为[2＋a 3，2－a ]． 4．已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解关于x 的不等式f (x )＋x 2－1>0；(2)假设g (x )＝－|x ＋3|＋m ，f (x )<g (x )的解集非空，求实数m 的取值范围． 解：(1)由题意原不等式可化为：|x －1|>1－x 2，即x－1>1－x2或x－1<x2－1，由x－1>1－x2得x>1或x<－2；由x－1<x2－1得x>1或x<0.综上，原不等式的解为x>1或x<0.(2)原不等式等价于|x －1|＋|x ＋3|<m 的解集非空．令h (x )＝|x －1|＋|x ＋3|，即h (x )min <m ，又|x －1|＋|x ＋3|≥|x －1－x －3|＝4，因此h (x )min ＝4，因此m >4.5．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|－a .(1)当a ＝5时，求函数f (x )的概念域；(2)假设函数f (x )的概念域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)当a ＝5时，f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|－5，由|x ＋1|＋|x ＋2|－5≥0 得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥－1，2x －2≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤x <－1，－4≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x <－2，－8－2x ≥0， 解得x ≥1或x ≤－4.即函数f (x )的概念域为{x |x ≥1或x ≤－4}．(2)由题可知|x ＋1|＋|x ＋2|－a ≥0恒成立，即a ≤|x ＋1|＋|x ＋2|恒成立，而|x ＋1|＋|x ＋2|≥|(x ＋1)－(x ＋2)|＝1，因此a ≤1，即a 的取值范围为(－∞，1]．6．已知函数f (x )＝|x －2|＋2|x －a |(a ∈R )．(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>3；(2)不等式f (x )≥1在区间(－∞，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，原不等式可化为 ①⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －2＋2x －2>3，解得x >73；②⎩⎪⎨⎪⎧1<x <2，2－x ＋2x －2>3，现在无解； ③⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤1，2－x ＋2－2x >3，解得x <13， ∴不等式的解集为(－∞，13)∪(73，＋∞)． (2)当a >2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2＋2a ，x ≤2，－x ＋2a －2，2<x <a ，3x －2－2a ，x ≥a ；当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋6，x ≤2，3x －6，x >2； 当a <2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋2＋2a ，x ≤a ，x －2a ＋2，a <x <2，3x －2－2a ，x ≥2.∴f (x )的最小值为f (2)或f (a )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ f a ≥1，f 2≥1，解得a ≤1或a ≥3. 故实数a 的取值范围为(－∞，1]∪[3，＋∞)．7．(2021·郑州模拟)已知函数f (x )＝|x －a |.(1)假设不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，假设f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)由f (x )≤3得，|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3.又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}， 因此⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2. (2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|，设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)， 于是g (x )＝|x －2|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －1，x <－3，5，－3≤x ≤2，2x ＋1，x >2，因此当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.从而假设f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，那么m的取值范围为(－∞，5]．8．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)知足以下条件：①当x∈R时，f(x)的最小值为0，且f(x－1)＝f(－x－1)恒成立；②当x∈(0,5)时，x≤f(x)≤2|x－1|＋1恒成立．(1)求f(1)的值；(2)求f(x)的解析式；(3)求最大的实数m(m>1)，使得存在实数t，当x∈[1，m]时，f(x＋t)≤x恒成立．解：(1)在②中令x＝1，有1≤f(x)≤1，故f(1)＝1.(2)由①知二次函数的图像关于直线x＝－1对称，且开口向上，故设此二次函数为f(x)＝a(x＋1)2(a>0)．因为f (1)＝1，因此a ＝14，因此f (x )＝14(x ＋1)2. (3)f (x )＝14(x ＋1)2的图像开口向上， 而y ＝f (x ＋t )的图像是由y ＝f (x )的图像向左或向右平移|t |个单位取得的，要在区间[1，m ]上使得y ＝f (x ＋t )的图像在y ＝x 的图像下方，且m 最大，那么1和m 应当是方程14(x ＋t ＋1)2＝x 的两个根．令x ＝1代入方程，得t ＝0或－4.当t ＝0时，方程的解为x 1＝x 2＝1(这与m >1矛盾，舍去)；当t ＝－4时，方程的解为x 1＝1，x 2＝9，因此m ＝9.又当t ＝－4时，对任意x ∈[1,9]，y ＝f (x －4)－x ＝14(x －3)2－x ＝14(x 2－10x ＋9)＝14(x －5)2－4≤0，即f (x －4)≤x 恒成立．因此最大的实数m 为9.第二节不等式的证明及柯西不等式对应学生用书P189 1．不等式证明的方式(1)比较法：①求差比较法：明白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，这种方式称为求差比较法．②求商比较法：由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明ab>1即可，这种方式称为求商比较法．(2)综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方式叫综合法．即“由因导果”的方式． (3)分析法： 证明不等式时，有时能够从求证的不等式动身，分析使那个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是不是具有的问题，若是能够确信这些充分条件都已经具有，那么就能够够判定原不等式成立，这种方式叫作分析法．即“执果索因”的方式．(4)反证法和放缩法：①先假设要证的命题不成立，以此为起点，结合已知条件，应用公理、概念、定理、性质等，进行正确的推理，取得和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方式叫作反证法． ②证明不等式时，通过把不等式中的某些部份的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方式叫作放缩法．2．几个经常使用大体不等式(1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：设a 1，a 2，b 1，b 2均为实数，那么(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2(当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立)．②柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，那么|α||β|≥|α·β|.③二维形式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么 x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥ x 1－x 22＋y 1－y 22.④柯西不等式的一样形式：设a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 为实数，那么(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0或存在一个数k ，使a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(2)平均值不等式：①定理：若是a ，b ，c 为正数，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．②咱们称a ＋b ＋c 3为正数a ，b ，c 的算术平均值，3abc 为正数a ，b ，c 的几何平均值，定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式，简称为平均值不等式．③一样形式的算术—几何平均值不等式：若是a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，那么a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 1．利用柯西不等式或平均值不等式时易轻忽等号成立的条件． 2．易混淆分析法与综合法，分析法是执果索因，综合法是由因导果．[试一试]1．已知x 2＋y 2＝10，那么3x ＋4y 的最大值为______．解析：∵(32＋42)(x 2＋y 2)≥(3x ＋4y )2，当且仅当3y ＝4x 时等号成立，∴25×10≥(3x ＋4y )2，∴(3x ＋4y )max ＝510.答案：510 2．已知a ，b ，c ∈R ＋，那么1a ＋1b ＋1c 与1ab ＋1bc ＋1ac的大小关系是________． 解析：21a ＋1b ＋1c ＝1a ＋1b ＋1b ＋1c ＋1c ＋1a ≥2ab ＋2bc ＋2ca. 因此1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac. 答案：1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac放缩法证明不等式的技术(1)放缩法原理简单，但放缩技术性强，而且应用普遍，经常使用的放缩法有增项、减项，利用分式的性质、函数的性质、不等式的性质等．其理论依据是不等式的传递性，利用此方式时要注意把握放大或缩小的度．(2)常见的放缩技术有：①1k k －1>1k 2>1k k ＋1(k ≥2，k ∈N *)；②2k－1＋k>22k>2k＋k＋1(k≥2，且k∈N*)．[练一练]设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，那么M与1的大小关系是__________．解析：∵210＋1>210,210＋2>210，…，211－1>210，∴M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210＝1.210个答案：M<1对应学生用书P190考点一比较法证明不等式1.设t＝a2解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.答案：s≥t2．已知c>b>a，求证：a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.证明：ab2＋bc2＋ca2－(a2b＋b2c＋c2a)＝a(b2－c2)＋b(c2－a2)＋c(a2－b2)＝a(b2－c2)＋b(c2－b2＋b2－a2)＋c(a2－b2)＝a(b2－c2)＋b(c2－b2)＋b(b2－a2)＋c(a2－b2)＝(c2－b2)(b－a)＋(b2－a2)(b－c)＝(b－a)·(c－b)[b＋c－(b＋a)]＝(b－a)(c－b)(c－a)．∵c>b>a，∴b－a>0，c－b>0，c－a>0.∴ab2＋bc2＋ca2>a2b＋b2c＋c2a.即a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.3．求证：当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b 2.证明：a a b b ab a ＋b 2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2， 当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＝1. 当a >b >0时，a b >1，a －b2>0， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1. 当b >a >0时，0<a b <1，a －b2<0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1. 综上可知，当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b 2成立．[备课札记][类题通法]关于多项式的大小比较问题通常能够用比较法，而比较法中最经常使用的是作差法和作商法．作差法中作差后的关键是对差的符号进行判定，通常运用配方、因式分解等方式，作商法要注意两式的符号．考点二 综合法与分析法[典例] (1)已知a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9. (2)已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a .[证明]：(1)法一：1a ＋1b ＋1c ＝(a ＋b ＋c )1a ＋1b ＋1c ≥3·3abc ·3·31abc ＝9(当且仅当a ＝b＝c ＝13时等号成立)．法二：1a ＋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．) (2)要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2，只需证2a 2－ab －b 2>0，只需证(a －b )(2a ＋b )>0，只需证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0.∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立. 在本例(1)的条件下 求证：(a ＋1a )2＋(b ＋1b)2＋(c ＋1c )2≥1003. 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ＝13(12＋12＋12)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ＋b ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c 2 ≥13⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2 b a ·a b ＋2 c b ·bc ＋2 a c ·c a2 ＝13×(1＋9)2＝1003. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立． [备课札记][类题通法]分析法与综合法常常结合利用，实际是以分析法为主，借助综合法，使证明的问题明朗化．[针对训练]已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－c2－ab<a<c＋c2－ab.证明：法一(分析法)要证c－c2－ab<a<c＋c2－ab，即证－c2－ab<a－c<c2－ab，即证|a－c|<c2－ab，即证(a－c)2<c2－ab，即证a2－2ac<－ab.因为a>0，因此只要证a－2c<－b，即证a＋b<2c.由已知条件知，上式显然成立，因此原不等式成立．法二(综合法)因为a＋b<2c，因此a－2c<－b.又因为a>0，因此a2－2ac<－ab，因此(a－c)2<c2－ab，因此|a－c|<c2－ab，因此－c2－ab<a－c<c2－ab，因此c－c2－ab<a<c＋c2－ab.考点三放缩法证明不等式[典例] 123n x1＋x2＋x3＋…＋x n＝1.求证：1x1－x31＋1x2－x32＋1x3－x33＋…＋1x n－x3n>4.[证明] ∵0<x i<1，∴1x i－x3i>1x i，其中i＝1,2,3，…，n，1x1－x31＋1x2－x32＋1x3－x33＋…＋1x n－x3n>1x1＋1x2＋1x3＋…＋1x n≥nn1x1x2x3…x n.∴∵ n x 1x 2x 3…x n ≤x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n n ＝1n ， ∴ n1x 1x 2x 3…x n ≥n ， ∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n >n 2≥22＝4， ∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n >4.[备课札记][类题通法]放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技术是不等式的传递性．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．[针对训练]设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)<1. 证明：由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n； 当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n； …当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n， ∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n＝1. 考点四 柯西不等式求最值[典例] (2021·南通模拟)假设正数a ，b ，c 知足a ＋b ＋c ＝1，那么13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为________．解析：由柯西不等式知：⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13a ＋2×3a ＋2＋13b ＋2×3b ＋2＋13c ＋2×3c ＋22＝32＝9. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[3(a ＋b ＋c )＋6]≥9， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2×9≥9. ∴13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1. 当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a ＝b ＝c ＝13时，取到最小值1. 答案：1[备课札记][类题通法]利用柯西不等式求最值的一样结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在利用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．[针对训练]已知实数a ，b ，c ，d 知足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，求证：1≤a ≤2. 证明：由柯西不等式得(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，由已知可得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，b＋c＋d＝3－a，∴5－a2≥(3－a)2，即1≤a≤2.当且仅当2b12＝3c13＝6d16，即2b＝3c＝6d时等号成立．对应学生用书P192[课堂练通考点]1．(2021·陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，那么(am＋bn)(bm＋an )的最小值为________．解析：(am ＋bn )(bm ＋an )＝ab (m 2＋n 2)＋mn (a 2＋b 2)≥2abmn ＋mn (a 2＋b 2)＝4ab ＋2(a 2＋b 2)＝2(2ab ＋a 2＋b 2)＝2(a ＋b )2＝2(当且仅当m ＝n ＝2时取等号)． 答案：2 2．已知x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，那么利用柯西不等式判定a 2＋b 2与(x ＋y )2的大小关系为________．解析：∵x 2a 2＋y 2b 2＝1，∴a 2＋b 2＝(a 2＋b 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a 2＋y 2b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ·y b 2 ＝(x ＋y )2.答案：a 2＋b 2≥(x ＋y )23．设x ，y ，z 均为实数，那么2x ＋y －z x 2＋2y 2＋z 2的最大值是________． 解析：由柯西不等式知(x 2＋2y 2＋z 2)[ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋(－1)2 ]≥(2x ＋y －z )2⇒2x ＋y －z x 2＋2y 2＋z 2≤222. 当且仅当x2＝2y ＝－z >0时等号成立． 答案：222 4．(2021·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，因此3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .因此a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.[课下提升考能]1．已知x ，y ，z ∈R ，假设x 4＋y 4＋z 4＝1.求证：x 2＋y 2＋z 2≤ 3.证明：x ，y ，z ∈R ，且x 4＋y 4＋z 4＝1为定值，利用柯西不等式取得 (x 2＋y 2＋z 2)2≤(12＋12＋12)[(x 2)2＋(y 2)2＋(z 2)2]． 从而(x 2＋y 2＋z 2)2≤3⇒x 2＋y 2＋z 2≤3. 当且仅当x 21＝y 21＝z 21时取“＝”号， 又x 4＋y 4＋z 4＝1，因此x 2＝y 2＝z 2＝33时取“＝”号． 2．(2021·大连模拟)已知a >0，b >0，c >0，a ＋b >c . 求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c. 证明：∵a >0，b >0，∴a 1＋a >a 1＋a ＋b ，b 1＋b >b 1＋a ＋b. ∴a 1＋a ＋b 1＋b >a ＋b1＋a ＋b .而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x在(0，＋∞)上递增，且a ＋b >c ，∴f (a ＋b )>f (c )，则a ＋b 1＋a ＋b >c1＋c ，因此a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c， 故原不等式成立．3．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明：2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b >0，因此a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .4．已知a ，b ，c ∈R ＋.求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥c ba ＋a cb ＋b ac .证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴b 2a ＋c 2b ≥2 b 2a ·c 2b ＝2c ba ， 同理，c 2b ＋a 2c ≥2a c b ，a 2c ＋b 2a ≥2b ac， 三式相加可得b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥c ba ＋a cb ＋b ac .5．已知f (x )＝1＋x 2，a ≠b ，求证|f (a )－f (b )|<|a －b |.证明：∵|f (a )－f (b )|＝|1＋a 2－1＋b 2|＝ |a 2－b 2|1＋a 2＋1＋b 2＝|a －b ||a ＋b |1＋a 2＋1＋b 2. 又|a ＋b |≤|a |＋|b |＝a 2＋b 2<1＋a 2＋1＋b 2. ∴|a ＋b |1＋a 2＋1＋b 2<1.∵a ≠b ，∴|a －b |>0，∴|f (a )－f (b )|<|a －b |.6．(2021·金华模拟)已知x，y，z是正实数．求证：x2y＋z＋y2x＋z＋z2x＋y≥x＋y＋z2.证明：∵x ，y ，z 是正实数，令a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x y ＋z ，y x ＋z ，z x ＋y ， b ＝(y ＋z ，x ＋z ，x ＋y )，∵|a·b|2≤|a|2|b|2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x y ＋z ·y ＋z ＋y x ＋z ·x ＋z ＋z x ＋y ·x ＋y 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y ＋z ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y [(y ＋z )＋(x ＋z )＋(x ＋y )]，当且仅当x ＝y ＝z 时，等号成立．即(x ＋y ＋z )2≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2z ＋y ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y ·(x ＋y ＋z )， ∴x 2y ＋z ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y ≥x ＋y ＋z2. 7．设a ，b ，c 均为正实数．求证：12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b . 证明：∵a ，b ，c 均为正实数，∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b，当且仅当a ＝b 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c ，当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当c ＝a 时等号成立； 三个不等式相加即得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b ， 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．8．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3；(2)假设x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是不是仍然成立？若是成立，请给出证明，若是不成立，请举出一个使它不成立的x 值．解：(1)证明：x是正实数，由大体不等式知，x＋1≥2x，1＋x2≥2x，x3＋1≥2x3，故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2x·2x·2x3＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．(2)假设x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．由(1)知，当x >0时，不等式成立； 当x ≤0时，8x 3≤0.而(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1) ＝(x ＋1)2(x 2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥0， 现在不等式仍然成立．。

1. 了解曲线的极坐标方程的求法．1. 阅读：选修44第10～12页．基础诊断1. 点M 的直角坐标为(3，－1)，在ρ≥0，0≤θ<2π的要求下，它的极坐标为________．2. 极坐标方程ρ2cos θ－ρ＝0转化为直角坐标方程为________________．3. 在极坐标系中，定点A ⎝⎛⎭⎫1，π2，点B 在直线 ρcos θ＋ρsin θ＝0上运动，当线段AB 最短时，点B 的极坐标是________．4. 在极坐标系中，直线ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2被圆ρ＝4截得的弦长为________．考向例1 (1) 化直角坐标方程x ＋y －8y ＝0为极坐标方程； (2) 化极坐标方程ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3为直角坐标方程．(1) 在极坐标系中，曲线C 1：ρsin 2θ＝cos θ和曲线C 2：ρsin θ＝1.求曲线C 1和曲线C 2交点的直角坐标； (2) 在极坐标系中，求圆ρ＝2cos θ垂直于极轴的两条切线方程．考向例2 在极坐标系中，已知圆C 经过点P(2，π4), 圆心为直线ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．将圆x 2＋y 2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C. (1) 写出曲线C 的方程；(2) 设直线l ：2x ＋y －2＝0与曲线C 的交点为P 1，P 2，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P 1P 2的中点且与直线l 垂直的直线的极坐标方程．考向例3 已知直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝4和圆C ：ρ＝2k·cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4(k ≠0)．若直线l 上的点到圆C 的最小距离等于2.求实数k 的值和圆心C 的直角坐标．自测反馈1. 将下列直角坐标方程化为极坐标方程． (1) x ＋2y －3＝0； (2) x 2＋()y －22＝9.2. 将下列极坐标方程转化为直角坐标方程． (1) θ＝π4；(2) ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π6＝1； (3) ρ＝5sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6.3. 在极坐标系中，点(1，0)到直线ρ(cos θ＋sin θ)＝2的距离为________．4. 在极坐标系中，设圆ρ＝3上的点到直线ρ(cos θ＋3sin θ)＝2的距离为d ，则d 的最大值为________．1. 直角坐标方程化为极坐标方程比较容易，只要运用公式直接代入即可；而极坐标方程化为直角坐标方程则相对困难一些，解此类问题常通过变形，构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．2. 对于在极坐标系下不便处理的问题，可考虑将其转化为直角坐标下的问题，但要注意转化的等价性．3. 你还有哪些体悟，写下来：第15课 极坐标方程与直角坐标方程的互化基础诊断1. ⎝⎛⎭⎫2，11π6 解析：由题意得⎩⎨⎧ρcos θ＝3，ρsin θ＝－1，又因为ρ≥0，0≤θ<2π，所以解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝2，θ＝11π6，则点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，11π6. 2. x 2＋y 2＝0或x ＝1 解析：ρ2cos θ－ρ＝0，即为ρ＝ρ2cos θ，若ρ>0，则ρcos θ＝1，化为直角坐标方程为x ＝1；若ρ＝0，则ρ2cos θ－ρ＝0化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝0.3. ⎝⎛⎭⎫22，3π4 解析：直线ρcos θ＋ρsin θ＝0化为直角坐标方程为x ＋y ＝0，点A ⎝⎛⎭⎫1，π2化为直角坐标为(0，1)．线段AB 最短时，即过点A 作直线的垂线，交点为B.由此可求得直线AB 方程为x －y ＋1＝0，所以交点B 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫－12，12，化成极坐标为⎝⎛⎭⎫22，3π4. 4. 43 解析：由题意可得直线与圆的交点是⎝⎛⎭⎫4，－π12和⎝⎛⎭⎫4，7π12，所以弦长为42＋42－2×4×4×cos ⎣⎡⎦⎤7π12－⎝⎛⎭⎫－π12＝4 3. 范例导航例1 解析：(1) 因为直角坐标方程为x 2＋y 2－8y ＝0，所以该方程表示以(0，4)为圆心，4为半径的圆，故该方程化为极坐标方程为ρ＝8sin θ.(2) 在ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3中，可化简为ρ＝3cos θ＋33sin θ，两边同时乘以ρ得ρ2＝3ρcos θ＋33ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2－3x －33y ＝0.解析：(1) 曲线C 1：ρsin 2θ＝cos θ化为直角坐标方程为y 2＝x ， 曲线C 2：ρsin θ＝1化为直角坐标方程为y ＝1，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，故交点的直角坐标为(1，1)．(2) 由题可得该圆的圆心为(1，0)，半径为1，所以该圆垂直于极轴的两条切线方程为x ＝2或x ＝0，化为极坐标方程为θ＝π2或ρcos θ＝2.【注】 两种形式的方程互化的前提条件：(1) 以直角坐标系中的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴且在两坐标系中取相同的长度单位．(2) 先将方程两边同乘以ρ，化成直角坐标方程．例2 解析：在ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝－32中，令θ＝0得ρ＝1，因为圆C 经过点P ⎝⎛⎭⎫2，π4，所以圆C 的半径PC ＝（2）2＋12－2×1×2×cos π4＝1，于是圆C 过极点，所以极坐标方程为ρ＝2cos θ.解析：(1) x 2＋y24＝1.(2) 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2.不妨设点P 1(1，0)，P 2(0，2)，则线段P 1P 2的中点坐标为⎝⎛⎭⎫12，1，则所求直线斜率为k ＝12，所求直线的直角坐标方程为y －1＝12⎝⎛⎭⎫x －12，化为极坐标方程为2ρcos θ－4ρsin θ＝－3， 即ρ＝34sin θ－2cos θ.【注】 (1) 建立适当的极坐标系，设点P(ρ，θ)是曲线上的任意一点，直接列出极径ρ和极角θ之间的关系式，再进行整理、化简. (2) 在极坐标系下不能处理的问题，将它转化到直角坐标系下来处理．例3 解析：因为ρ＝2k cos θ－2k sin θ，ρ2＝2kρcos θ－2kρsin θ，所以圆C 的直角坐标为x 2＋y 2－2kx ＋2ky ＝0，即⎝⎛⎭⎫x －22k 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋22k 2＝k 2. 故圆心C 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫22k ，－22k .因为22ρsin θ－22ρcos θ＝4，所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋42＝0，即|k ＋4|＝2＋|k|，两边平方，得||k ＝2k ＋3，解得k ＝－1，实数k 的值为－1.【注】 主要考查把点的极坐标化为直角坐标的方法，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的综合应用．自测反馈1. 解析：(1) 将x ＝ρ cos θ，y ＝ρ sin θ代入x ＋2y －3＝0，得ρ cos θ＋2ρsin θ－3＝0，即ρ(cos θ＋2sin θ)＝3.(2) x 2＋(y －2)2＝9即为x 2＋y 2－4y ＝5，将x ＝ρ cos θ，y ＝ρ sin θ代入得ρ2－4ρsin θ＝5.2. 解析：(1) 因为θ＝π4，所以x ＝ρ cos θ＝22ρ，y ＝ρ sin θ＝22ρ，故θ＝π4化为直角坐标方程为y ＝x.(2) ρ cos ⎝⎛⎭⎫θ－π6＝1可化为32ρ cos θ＋12ρ sin θ＝1，即3ρ cos θ＋ρ sin θ－2＝0. 又x ＝ρ cos θ，y ＝ρ sin θ，所以ρ cos ⎝⎛⎭⎫θ－π6＝1化为直角坐标方程为3x ＋y －2＝0. (3) ρ＝5sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6可化为ρ＝532sin θ－52cos θ，两边同乘以ρ，得ρ2＝532ρ sin θ－52ρ cos θ. 则ρ＝5sin ⎝⎛⎭⎫θ－π6化为直角坐标方程为x 2＋y 2＋52x －532y ＝0. 3.22解析：因为ρ(cos θ＋sin θ)＝2，所以直线的直角坐标方程为x ＋y ＝2，故点(1，0)到直线的距离d ＝|1＋0－2|2＝22.4. 4 解析：由题意可知圆的圆心为(0，0)，半径为3，又因为ρ(cos θ＋3sin θ)＝2，所以直线的直角坐标方程为x ＋3y －2＝0，所以圆心到直线的距离为|0＋0－2|1＋（3）2＝1，所以 d max ＝1＋3＝4.。