高考数学二轮复习 第二部分 专题七 选考4系列 专题强化练十九 不等式选讲 理

第2讲 不等式选讲（选修4-5）A 级 基础通关1．已知函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |. (1)设a ＝1，求不等式f (x )≤7的解集；(2)已知a ＞－1，且f (x )的最小值等于3，求实数a 的值． 解：(1)a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|＋2|x －1|.当x ＜－1时，f (x )≤7即为－3x ＋1≤7，解得－2≤x ＜－1. 当－1≤x ≤1时，－x ＋3≤7，解得－1≤x ≤1. 当x ＞1时，3x －1≤7，解得1＜x ≤83.综上，f (x )≤7的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，83.(2)因为a ＞－1，所以f (x )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1，x ＜－1－x ＋2a ＋1，－1≤x ＜a ，3x －2a ＋1，x ≥a ，作出函数y ＝f (x )的图象，如图所示． 所以f (x )min ＝f (a )＝|a ＋1|. 因此|a ＋1|＝3(a ＞－1)，所以a ＝2.2．(2019·天一联考)已知函数f (x )＝2|x ＋1|－|x －m |(m ＞0)． (1)当m ＝2时，求不等式f (x )≤1的解集；(2)g (x )＝f (x )－2，g (x )的图象与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，若△ABC 的面积为12，求m 的值．解：(1)当m ＝2时，不等式f (x )≤1化为2|x ＋1|－|x －2|≤1. ①当x ＜－1时，不等式化为x ＋5≥0，解得－5≤x ＜－1. ②当－1≤x ＜2时，不等式化为3x ≤1，解得－1≤x ≤13.③当x ≥2时，不等式化为3＋x ≤0，解集为∅.⎩⎭⎪3(2)由题设得g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4－m ，x ＜－1，3x －m ，－1≤x ≤m ，x ＋m ，x ＞m .所以函数g (x )的图象与两坐标轴的交点分别为A (－m －4，0)，B (0，－m )，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，0.于是△ABC 的面积S ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 3－（－m －4）·|－m |＝23m (m ＋3)． 令S ＝23m (m ＋3)＝12，得m ＝3或m ＝－6(舍去)．故实数m 的值是3.3．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|.(1)若存在x 使不等式a －f (x )＞0成立，求实数a 的取值范围；(2)若不等式a ＋4a－f (x )≥0对任意正数a 恒成立，求实数x 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|≥|x －1－x －2|＝3. 题设条件等价于a ＞f (x )min ＝3， 所以实数a 的取值范围为(3，＋∞)．(2)a ＞0，a ＋4a ≥4(a ＝2时取等号)，因为不等式a ＋4a－f (x )≥0对任意正数a 恒成立，所以f (x )≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋4a min＝4，所以|x －1|＋|x ＋2|≤4⇒－52≤x ≤32，因此实数x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，32. 4．已知函数f (x )＝|x －1|＋|2x ＋m |(m ∈R)． (1)若m ＝2时，解不等式f (x )≤3；(2)若关于x 的不等式f (x )≤|2x －3|在x ∈[0，1]上有解，求实数m 的取值范围． 解：(1)当m ＝2时，不等式为|x －1|＋|2x ＋2|≤3， 若x ≤－1，则原不等式可化为－x ＋1－2x －2≤3， 解得x ≥－43，所以－43≤x ≤－1；若－1＜x ＜1，则原不等式可化为1－x ＋2x ＋2≤3， 解得x ≤0，所以－1＜x ≤0；若x ≥1，则原不等式可化为x －1＋2x ＋2≤3，不等式无解．⎩⎭⎪3(2)当x ∈[0，1]时，由f (x )≤|2x －3|.得1－x ＋|2x ＋m |≤3－2x ，则x －2≤2x ＋m ≤2－x . 因此，－x －2≤m ≤2－3x .由f (x )≤|2x －3|在x ∈[0，1]上有解． 知(－x －2)min ≤m ≤(2－3x )max ，则－3≤m ≤2. 故实数m 的取值范围为[－3，2]．5．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )＜2成立．(1)求实数m 的值；(2)若α，β＞1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94.(1)解：因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |＜2有解，则|m |＜2，解得－2＜m ＜2. 因为m ∈N *，所以m ＝1.(2)证明：因为α，β＞1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6， 所以α＋β＝4，所以4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ，即α＝83，β＝43时“＝”成立，故4α＋1β≥94. 6．(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，f (x )＝－x 2＋x ＋4， g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ＞1，2，－1≤x ≤1，－2x ，x ＜－1.①当x ＞1时，f (x )≥g (x )⇔－x 2＋x ＋4≥2x ， 解得1＜x ≤17－12. ②当－1≤x ≤1时，f (x )≥g (x )⇔(x －2)·(x ＋1)≤0， 则－1≤x ≤1.③当x ＜－1时，f (x )≥g (x )⇔x 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4，又x ＜－1，所以不等式此时的解集为空集．综上所述，f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤17－12. (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]．B 级 能力提升7．(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.(1)解：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≥（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（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.故a ≤－3或a ≥－1得证．8．已知函数f (x )＝|x ＋1|－|1－x |，g (x )＝|x ＋a 2|＋|x －b 2|，其中a ，b 均为正实数，且a ＋b ＝2.(1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)当x ∈R 时，求证f (x )≤g (x )．(1)解：f (x )＝|x ＋1|－|1－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.①当x ≤－1时，f (x )＝－2＜1，不等式f (x )≥1无解． ②当－1＜x ＜1时，f (x )＝2x ≥1，解得12≤x ＜1.③当x ≥1时，f (x )＝2＞1恒成立．综上，不等式f (x )≥1的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (2)证明：当x ∈R 时，f (x )＝|x ＋1|－|1－x |≤|x ＋1＋1－x |＝2，g (x )＝|x ＋a 2|＋|x －b 2|≥|x ＋a 2－(x －b 2)|＝|a 2＋b 2|＝a 2＋b 2.而a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ≥(a ＋b )2－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a ＋b ）22＝2，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即a 2＋b 2≥2， 因此f (x )≤2≤a 2＋b 2≤g (x )， 故不等式f (x )≤g (x )成立．。

第二讲 不等式选讲1．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解析：(1)a ＝1时，f (x )≥3x ＋2， 即|x －1|≥2，解得x ≥3成x ≤－1. 故不等式的解集是{}x | x ≥3或x ≤－1. (2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0，此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥ax －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a－(x －a )＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a x ≤a4或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式的解集为{x |x ≤－a2}， 由题意得－a2＝－1，故a ＝2.2．(2019·浉河区校级月考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝2.求证： (1)a b ＋b a ≤2； (2)2≤a 2＋b 2<16.证明：(1)∵a >0，b >0，a ＋b ＝2， ∴2≥2ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴0<ab ≤1，∴a b ＋b a ＝ab (a ＋b )＝2ab ≤2. (2)∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ，∴a ＋b ＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ，∴a 2＋b 2＝16－16ab ＋4ab －2ab ＝2ab －16ab ＋16＝2(ab －8ab ＋16)－16＝2(ab －4)2－16＝2(4－ab )2－16，∵0<ab ≤1， ∴3≤4－ab <4，∴9≤(4－ab )2<16， ∴2≤2(4－ab )2－16<16， 故2≤a 2＋b 2<16.3．(2019·烟台一模)已知函数f (x )＝|2x －1|－m |x ＋2|. (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若存在实数m 使得不等式f (x －2)>m 在x ∈[－1,1]恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)当m ＝1时，|2x －1|－|x ＋2|≥2，当x ≤－2时，原不等式转化为1－2x ＋x ＋2≥2，解得x ≤－2； 当－2<x ≤12时，原不等式转化为1－2x －x －2≥2，解得－2<x ≤－1；当x >12时，原不等式转化为2x －1－x －2≥2，解得x ≥5；综上，不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥5}．(2)由已知得：f (x －2)＝|2x －5|－m |x |>m ，即m <|2x －5||x |＋1.设g (x )＝|2x －5||x |＋1，x ∈[－1,1]，由题意m <g (x )min .当x ∈[0,1]时，g (x )＝－2x ＋5x ＋1＝－2＋7x ＋1为减函数，此时最小值为g (1)＝32；当x ∈[－1,0)时，g (x )＝－2x ＋5－x ＋1＝2－3x －1为增函数，此时最小值为g (－1)＝72.又32<72，所以g (x )min ＝32. 所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪m <32. 4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |. (1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，求a 的取值范围． 解析：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|， 故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1， 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1，①或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，2x ＋1－(3－2x )≥1，②或⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1.③①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >32.综上可得，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max . ∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4. ∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|， 故g (x )min ＝|a ＋1|.∴|a ＋1|≥4，解得a ≥3或a ≤－5. 故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}． 5．(2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x －3|. (1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值． 解析：(1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2，∴x >2；当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5，解得x <0，∴－2<x <0；当x ≤－2时，原不等式化为(3－2x )－(x ＋2)>5，解得x <－43，∴x ≤－2.综上，不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)． (2)∵f (x )＝|2x －3|，∴g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )＝|2x ＋2m －3|＋|2x －2m －3|≥|(2x ＋2m －3)－(2x －2m －3)|＝|4m |.∴依题意有4|m |＝4，解得m ＝±1.6．(2019·高考全国卷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.解析：(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≥(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(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。

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．热点一 含绝对值不等式的解法 含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a . (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a .(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．例1 (2018·湖南省长郡中学模拟)已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1. (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝|x －2|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4，当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|， 得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，由f (x )≥4－|x －4|，无解； 当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|， 得2x －6≥4，解得x ≥5.故不等式的解集为{x |x ≤1或x ≥5}． (2)令h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )， 则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a ，由|h (x )|≤2，当x ≤0或x ≥a 时，显然不成立． 当0<x <a 时，由|4x －2a |≤2， 解得a －12≤x ≤a ＋12.又知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.思维升华 (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．跟踪演练1 (2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)若函数g (x )＝||2x －2 018－a ＋||2x －2 019，若对于任意的x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1.由f (x )≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，x ＋2≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{}x |－1≤x ≤1.(2)由(1)知，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝32，g (x )＝||2x －2 018－a ＋||2x －2 019≥||2x －2 018－a －2x ＋2 019＝|a －1|， 则|a －1|≤32，解得－12≤a ≤52，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.热点二 绝对值不等式恒成立(存在)问题定理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．例2 设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －a |(a >0)． (1)当a ＝2时，求不等式f (x )>8的解集；(2)若∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，由f (x )>8， 得|2x ＋1|＋|x －2|>8，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，3x －1>8或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <2，x ＋3>8或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ＋1>8，得x >3或x ∈∅或x <－73，所以x >3或x <－73，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－73∪(3，＋∞)． (2)因为∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，所以f (x )min ≤32.因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1－a ，x ≥a ，x ＋a ＋1，－12<x <a ，－3x －1＋a ，x ≤－12，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋a ，所以12＋a ≤32，所以a ≤1.又a >0，所以实数a 的取值范围是(]0，1. 思维升华 绝对值不等式的成立问题的求解策略(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a ≥f (x )或a ≤f (x )的形式．(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)求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值． (4)得结论．跟踪演练2 (2018·东北三省三校模拟)已知函数f (x )＝||2x ＋b ＋||2x －b . (1)若b ＝1，解不等式f (x )>4；(2)若不等式f (a )>||b ＋1对任意的实数a 恒成立，求b 的取值范围． 解 (1)当b ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －1|>4， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，4x >4⇒x >1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－4x >4⇒x <－1或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <12，2>4⇒x ∈∅，所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(2)f (a )＝|2a ＋b |＋|2a －b |＝|2a ＋b |＋|b －2a |≥|(2a ＋b )＋(b －2a )|＝|2b |， 当且仅当(2a ＋b )(b －2a )≥0时，f (a )min ＝|2b |， 所以|2b |>|b ＋1|，所以(2b )2>(b ＋1)2， 即(3b ＋1)(b －1)>0，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)．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a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，那么a ＋b2≥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 ＋b ＋c3≥3abc ，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)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 例3 (2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1. ①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5. 又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5. ∴原不等式的解集为[]1，5. (2)证明 由绝对值不等式的性质，得|x －1|＋||x －3≥||(1－x )＋()x －3＝2，当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立， ∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4， a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝()m －12m＋(n －1)2n＝m ＋n ＋1m ＋1n－4＝4mn ≥4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝1，当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．思维升华 (1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力． (2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．跟踪演练3 (2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集． (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |.(1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6. 当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)． 由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴||ab ＋1>|a ＋b |.真题体验1．(2017·全国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]，求实数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]上的最小值必为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 4＋b 4－2a 2b 2) ＝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，(当且仅当a ＝b 时，等号成立) 因此a ＋b ≤2. 押题预测1．已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R . (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥4；(2)若∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<3成立，求a 的取值范围．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． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|. 由f (x )≥4，得|x －2|＋|2x ＋1|≥4. 当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥4， 解得x ≥53，所以x ≥2；当－12<x <2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥4，解得x ≥1，所以1≤x <2；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥4，解得x ≤－1，所以x ≤－1.所以原不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}． (2)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∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<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)． 2．已知x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4.(1)要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，求实数a 的取值范围；(2)求证：x 2＋2y 2≥323，并指出等号成立的条件．押题依据 不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点．本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意、分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值． 解 (1)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4， 所以x 4＋y4＝1.由基本不等式，得 1x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4＋y 4 ＝12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥12＋12y x ·xy＝1， 当且仅当x ＝y ＝2时取等号．要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，只需不等式|a ＋2|－|a －1|≤1成立即可． 构造函数f (a )＝|a ＋2|－|a －1|， 则等价于解不等式f (a )≤1. 因为f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，a ≤－2，2a ＋1，－2<a <1，3，a ≥1，所以解不等式f (a )≤1，得a ≤0. 所以实数a 的取值范围为(－∞，0]． (2)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4， 所以y ＝4－x (0<x <4)，于是x 2＋2y 2＝x 2＋2(4－x )2＝3x 2－16x ＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －832＋323≥323，当x ＝83，y ＝43时等号成立．A 组 专题通关1．(2018·全国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 恒成立，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，＋∞)上恒成立，因此a ＋b 的最小值为5. 2．(2018·全国Ⅱ)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.可得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|，当且仅当x ＋a 与2－x 同号时等号成立．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，＋∞)．3．(2018·江西省景德镇市第一中学模拟)已知函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )≤9；(2)若方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )≤9，即|2x －4|＋|x ＋1|≤9，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >2，3x －3≤9或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤2，5－x ≤9或⎩⎪⎨⎪⎧ x <－1，－3x ＋3≤9，解得2<x ≤4或－1≤x ≤2或－2≤x <－1.∴不等式的解集为[－2,4]．(2)当x ∈[0,2]时，f (x )＝5－x .由题意知，f (x )＝－x 2＋a ，即a ＝x 2－x ＋5，x ∈[0,2]，故方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，即函数y ＝a 和函数y ＝x 2－x ＋5的图象在区间[0,2]上有交点， ∵当x ∈[0,2]时，y ＝x 2－x ＋5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤194，7， ∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤194，7. 4．(2018·百校联盟TOP20联考)已知f (x )＝|2x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )≤4的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝－2时，由f (x )≤4，得2|x －1|－|x －2|≤4，当x ≤1时，由2(1－x )－(2－x )≤4，得－4≤x ≤1；当1<x <2时，由2(x －1)－(2－x )≤4，得1<x <2；当x ≥2时，由2(x －1)－(x －2)≤4，得2≤x ≤4.综上所述，f (x )≤4的解集为[－4,4]．(2)由不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |，得|2x ＋a |－|x －2|＋3|x －2|≥3a 2，即为|2x ＋a |＋|4－2x |≥3a 2，即关于x 的不等式|2x ＋a |＋|2x －4|≥3a 2恒成立，而|2x ＋a |＋|2x －4|≥|(2x ＋a )－(2x －4)|＝|a ＋4|，当且仅当(2x ＋a )(2x －4)≤0时等号成立，所以|a ＋4|≥3a 2，解得a ＋4≥3a 2或a ＋4≤－3a 2，解得－1≤a ≤43或a ∈∅. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，43. 5．(2018·上饶模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|.(1)求不等式f (x )≤8－|x －3|的解集；(2)若正数m ，n 满足m ＋3n ＝mn ，求证：f (m )＋f (－3n )≥24.(1)解 此不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－2x －1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ≤3，2x ＋1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧ x >3，2x ＋1＋x －3≤8，即不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，103. (2)证明 ∵m >0，n >0，m ＋3n ＝mn ，∴m ＋3n ＝13(m ·3n )≤13×(m ＋3n )24， 即m ＋3n ≥12，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝3n ，m ＋3n ＝mn ， 即⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝6，n ＝2时取等号，∴f (m )＋f (－3n )＝|2m ＋1|＋|－6n ＋1|≥|2m ＋6n |，当且仅当(2m ＋1)(－6n ＋1)≤0，即n ≥16时取等号，又|2m ＋6n |≥24，当且仅当m ＝6，n ＝2时，取等号，∴f (m )＋f (－3n )≥24.B 组 能力提高6．(2018·榆林模拟)已知函数f (x )＝|3x －1|－|2x ＋1|＋a .(1)求不等式f (x )>a 的解集；(2)若恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )>a ，得|3x －1|>|2x ＋1|，不等式两边同时平方，得9x 2－6x ＋1>4x 2＋4x ＋1，即5x 2>10x ，解得x <0或x >2.所以不等式f (x )>a 的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)设g (x )＝|3x －1|－|2x ＋1| ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2－x ，x ≤－12，－5x ，－12<x <13，x －2，x ≥13，作出函数g (x )的图象，如图所示，因为g (0)＝g (2)＝0，g (3)<g (4)＝2<g (－1)＝3，又恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (3)<0，f (4)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a <0，2＋a ≥0，故a 的取值范围为[)－2，－1.7．(2018·百校联盟TOP20联考)已知函数f (x )＝x 2＋|x －2|.(1)解不等式f (x )>2|x |；(2)若f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2(a >0，b >0，c >0)对任意x ∈R 恒成立，求证：ab ·c <7232. (1)解 由f (x )>2|x |，得x 2＋|x －2|>2|x |，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x 2＋x －2>2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <2，x 2＋2－x >2x或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤0，x 2＋2－x >－2x ，解得x >2或0<x <1或x ≤0，即x >2或x <1.所以不等式f (x )>2|x |的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)证明 当x ≥2时，f (x )＝x 2＋x －2≥22＋2－2＝4； 当x <2时，f (x )＝x 2－x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋74≥74， 所以f (x )的最小值为74. 因为f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2对任意x ∈R 恒成立，所以a 2＋2b 2＋3c 2≤74. 又a 2＋2b 2＋3c 2＝a 2＋c 2＋2(b 2＋c 2)≥2ac ＋4bc ≥42abc 2，且等号不能同时成立，所以42abc 2<74，即ab ·c <7232. 8．设函数f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |.(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥12； (2)若对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，求实数b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )≥12等价于 |x ＋1|－|x |≥12. ①当x ≤－1时，不等式化为－x －1＋x ≥12，无解； ②当－1<x <0时，不等式化为x ＋1＋x ≥12， 解得－14≤x <0； ③当x ≥0时，不等式化为x ＋1－x ≥12， 解得x ≥0.综上所述，不等式f (x )≥12的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞. (2)∵不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤f (x )max ，∵a ∈[0,1]，∴f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |≤|x ＋a －x ＋1－a |＝|a ＋1－a |＝a ＋1－a ，∴f (x )max ＝a ＋1－a .对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤[a ＋1－a ]min ，令g (a )＝a ＋1－a ，∴g 2(a )＝1＋2a ·1－a ＝1＋2a (1－a )＝1＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14. ∴当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，g (a )单调递增，当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，g (a )单调递减，当且仅当a ＝0或a ＝1时，g (a )min ＝1，∴b 的取值范围为(－∞，1]．。

专题七 选修4系列第2讲 不等式选讲1．(2014·全国Ⅰ卷)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．(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2.当且仅当“1a＝a ，即a ＝1时”取等号，∴f (x )≥2. (2)解：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．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．(导学号 55460156)(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.(1)解：∵f (x )＝k －|x －3|，∴f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为－k ，k ]．∵f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，∵a ，b ，c 为正实数． ∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a＋ 2a 3c ·3c a＋22b 3c ·3c 2b ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．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a 的取值范围．解：(1)当a ＝－3时，不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.①若x ≤2时，由①式，得5－2x ≥3，∴x ≤1.若2<x <3时，由①式知，解集为∅.若x ≥3时，由①式，得2x －5≥3，∴x ≥4.综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}．(2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，②当1≤x ≤2时，②式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，解之得－2－a ≤x ≤2－a .由条件，1，2]是f (x )≤|x －4|的解集的子集，∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0.故满足条件的实数a 的取值范围是－3，0]．4．(2016·长郡模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .(导学号 55460157)(1)求1a ＋1b的最小值m ； (2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的实数m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m 2成立，说明理由． 解：(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a >0，b >0)，则ab ≤1，又1a ＋1b ≥2ab≥2， 当且仅当a ＝b 时取等号，∴1a ＋1b的最小值m ＝2. (2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1t －（x －t ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ≥2， 对于(1)中的m ＝2，m 2＝1<2.∴满足条件的实数x不存在．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(导学号55460158)(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.(1)解：∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时，取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≤2ab，由①知，ab≤1，故a＋b≥2ab.6．(2016·广州调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.(导学号55460159)(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)．(1)解：①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－1时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，2此时原不等式无解；③当x≥－1时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.2综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，∴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a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.∴(a2－1)(b2－1)>0成立，∴原不等式成立．。

【人教A 版】2020年高考数学二轮复习《不等式选讲》讲义及拔高题型精讲卷一、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 a 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）0,0,22a ba b ab +>>≥（当且仅当等号成立条件为a b =）；30,0,0,3a b c a b c abc++>>>≥（当且仅当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：2222||ad bc a b c d ⋅⇔+≤++a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++ .当且仅当向量12(,,,)n a a a a =与向量12(,,,)n b b b 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:利用柯西不等式证明解不等式柯西不等式不仅具有优美的代数表现形式及向量表现形式，而且有明显的几何意义，它与基本不等式具有密切的关系，其作用类似于基本不等式可用来求最大（小）值或证明不等式，不过它的特点更明显应用更直接.1.二维形式的柯西不等式设1212,,,x x y y ∈R，2222211221212()()()x y x y x x y y ++≥+.等号成立1221x y x y ⇔=.证明设1122(,),(,)x y x y ==a b ，由|cos ⋅=a b a ||b |a,b，得cos |⋅=a ba,b a ||b |，又|cos |1≤a,b ，即1|⋅≤|a b |a ||b |，|⋅≤|a b |a ||b |，故2222212121122()()()x x y y x y x y +≤++等号成立即1221x y x y =.2.一般形式的柯西不等式设12,,,na a a 及12,,,nb b b 为任意实数，则21122()n n a b a b a b +++≤ 2222221212()()n n a a a b b b ++++++ ，当且仅当1212n na a ab b b === （规定i a =时i b =，1,2,,i n = ）时等号成立.证法一：当ia 全为0时，命题显然成立.否则21nii a=>∑，考查关于x 的二次函数21()()ni i i f x a x b ==-∑，显然()0f x ≥恒成立.注意到222111()()2()nnnii i ii i i f x a x a b x b====-+∑∑∑，而()0f x ≥恒成立，且21nii a=>∑，故()f x 的判别式不大于零，即2221114()40nn n i i ii i i i a b a b ===∆=-⋅≤∑∑∑，整理后得222111()n nniii i i i i a ba b ===⋅≥∑∑∑.证法二：向量的内积证法.令12(,,,)n a a a = a ，12(,,,)n b b b = b ，θ为a 与b 的夹角.因为|cos ⋅=a b a ||b |a,b ，且|cos |1≤a,b ，所以|cos ||⋅=≤|a b |a ||b ||a,b a ||b |222|⇒⋅≤|a b |a ||b |，即21122()n n a b a b a b +++≤ 2222221212()()n n a a a b b b ++++++ ，等号成立0θ⇔=︒或180︒⇔a,b 平行1212n na a ab b b ⇔=== .柯西不等式提示了任意两组实数积之和的平方与平方和之间的关系，应用它可以简单地证明许多复杂的不等式，下面举例说明.1已知函数()|2|,f x m x m =--∈R ，且(2)0f x +≥的解集为[1,1]-.①求m 的值；②若,,a b c +∈R ，且11123m a b c ++=，求证：239a b c ++≥.解析①因为(2)||f x m x +=-，(2)0f x +≥等价于||x m ≤.由||x m ≤有解，得0m ≥，且其解集为{|}x m x m -≤≤.又(2)0f x +≥的解集为[1,1]-，故1m =.②由①知111123a b c ++=，又,,a b c +∈R ，由柯西不等式得11123(23)()23a b c a b c a b c ++=++++2111(23)923a b c a b c ≥⋅+⋅+⋅=.2.已知1a b c ++=，0,0,0a b c >>>，求证：31313132a b c +++++≤.解析由柯西不等式有()()2313131313131(111)18a b c a b c ++++++++++⋅++=≤.当且仅当313131a b c +=+=+即13a b c ===时等号成立.故31313132a b c +++++≤.3.已知0,0,0a b c >>>，22cos sin a b c θθ+<.求证：22cos sin a b c θθ+<.解析由柯西不等式及0a >,0b >,0c >,2222222(cos sin )(cos sin )(cos sin )a b a b θθθθθθ++≥+.即222(cos sin )c a b θθ>+,又因为0c >,所以22cos sin a b c θθ+<.4.设实数,,a b c 满足2223232a b c ++=，求证：39271a b c ---++≥.解析由柯西不等式，222222(23)[1(2)+(3)][(2)(3)]9a b c a b c ++≤+++=2.所以233a b c ++≤，所以33(23)3392733331a b ca b c ----++-++≥≥=.5.已知n *∈N ,且2n ≥，求证：1111112172342122n n <-+-++-<- .解析因为111111234212n n -+-+⋯+--111111(1)2()232242n n =+++⋯+-++⋯+111111(1)()23212n n =+++⋯+-++⋯+111122n n n =++⋯+++.所以原不等式等价于4111271222n n n <++⋯+<++.由柯西不等式有2111()[(1)(2)(2)]122n n n n n n n ++⋯+++++⋯+>++.故2111241122(1)(2)(2)73n n n n n n n n ++⋯+>=≥++++++⋯++.又由柯西不等式有2222222111111()(111)[]122(1)(2)(2)n n n n n n ++⋯+<++⋯+++⋯+++++()()()()1111[]112212n n n n n n n <++⋯++++-1111()22n n n =-=.所以11121222n n n ++⋯+<++.6.已知正实数,,a b c 满足1abc =，求证：3331113()()()2a b c b c a c a b ++≥+++.解析由1abc =,得()2221b c a b c ab ac=++,从而原不等式等价于22222232b c c a a b ab ac bc ba ca cb ++≥+++.左边()()()()2bc ca ab ab ac bc ba ca cb ++≥+++++()12ab bc ca =++()333322abc ≥=.7.已知,11122=-+-a b b a 求证：122=+b a 。

第二讲不等式选讲含绝对值不等式的解法及应用授课提示：对应学生用书第79页[悟通——方法结论]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．(2017·高考全国卷Ⅰ)（10分）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． [规范解答] (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；(2分)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.(4分)所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧x ⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤－1＋172. (5分)(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.(8分)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]．(10分)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．[练通——即学即用]1．(2018·洛阳模拟)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．解析：(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]．2．(2018·浦东五校联考)已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x ＋1|. (1)当m ＝5时，求不等式f (x )＞2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围． 解析：(1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5＋2x (x ＜－1)，3(－1≤x ≤1)，5－2x (x ＞1)，由f (x )＞2得不等式的解集为{x |－32＜x ＜32}．(2)因为y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，所以该函数在x ＝－1处取得最小值2，因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2x (x ＜－1)，m －2(－1≤x ≤1)，m －2x (x ＞1)在x ＝－1处取得最大值m －2，所以要使二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点， 只需m －2≥2，即m ≥4.含绝对值不等式的恒成立问题授课提示：对应学生用书第80页[悟通——方法结论]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．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷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． 解析：(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. 2．(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． 解析：(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 . 当x ＝2时，即不等式3k ≥k 成立，∴k ≥0. 当x ≤－2或x ≥0时，∵|x ＋1|≥1，∴不等式|x －2|＋k |x ＋1|≥k 恒成立． 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.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.不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：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 .不等式的证明授课提示：对应学生用书第80页[悟通——方法结论] 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．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷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．(2018·南宁、柳州联考)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.解析：(1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0＜x ＜1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ⇒x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为{x |x ≥43或x ≤－23}．(2)证明：法一：∵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 ， ∴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．法二：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4，由柯西不等式得(a 2b ＋b 2a )(b ＋a )≥(a ＋b )2，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a 2b b ＝b 2aa，即a ＝b ＝2时等号成立．不等式证明的常用方法对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．(2)如果所证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．(3)能转化为比较大小的可以用比较法． (4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．授课提示：对应学生用书第160页1．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|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )＜1.解析：(1)∵f (x )＜|x |＋1，∴|2x －1|＜|x |＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1＜x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜12，1－2x ＜x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x ＜－x ＋1，得12≤x ＜2或0＜x ＜12或无解． 故不等式f (x )＜|x |＋1的解集为{x |0＜x ＜2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56＜1.2．(2018·高考全国卷Ⅲ)设函数ƒ(x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝ƒ(x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，ƒ(x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．解析：(1)ƒ(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.y ＝ƒ(x )的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝ƒ(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，ƒ(x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.3．(2018·福州四校联考)(1)求不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集；(2)设a ，b 均为正数，h ＝max ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2a ，a 2＋b 2ab ，2b ，证明：h ≥2. 解析：(1)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，则不等式的解集为(－12，12)．(2)证明：h ≥2a ，h ≥a 2＋b 2ab ，h ≥2b，h 3≥4(a 2＋b 2)ab ≥4×2abab＝8，当且仅当a ＝b 时取等号，∴h ≥2.4．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x . (1)当a ＝3时，求不等式f (x )＞0的解集；(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x ＞0，即|3x －1|＞x ， ∴3x －1＜－x 或3x －1＞x ，解得x ＞12或x ＜14，故f (x )＞0的解集为{x |x ＜14或x ＞12}．(2)当a ＞0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≥1a，2(1－a )x ＋1，x ＜1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧ 2a－1＞0，2(1－a )≤0，得1≤a ＜2；当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点； 当a ＜0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1a，2(1－a )x ＋1，x ＞1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧2a－1＜0，2(1－a )≤0，此时无解．综上可知，当1≤a ＜2时，函数f (x )的图象与x 轴无交点．。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……第二讲不等式选讲含绝对值不等式的解法及应用授课提示：对应学生用书第79页[悟通——方法结论]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．(2017·高考全国卷Ⅰ)（10分）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． [规范解答] (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；(2分)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.(4分)所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧x ⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤－1＋172. (5分)(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.(8分)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]．(10分)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．[练通——即学即用]1．(2018·洛阳模拟)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．解析：(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]．2．(2018·浦东五校联考)已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x ＋1|. (1)当m ＝5时，求不等式f (x )＞2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围． 解析：(1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5＋2x (x ＜－1)，3(－1≤x ≤1)，5－2x (x ＞1)，由f (x )＞2得不等式的解集为{x |－32＜x ＜32}．(2)因为y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，所以该函数在x ＝－1处取得最小值2，因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2x (x ＜－1)，m －2(－1≤x ≤1)，m －2x (x ＞1)在x ＝－1处取得最大值m －2，所以要使二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点， 只需m －2≥2，即m ≥4.含绝对值不等式的恒成立问题授课提示：对应学生用书第80页[悟通——方法结论]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．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷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． 解析：(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. 2．(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． 解析：(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 . 当x ＝2时，即不等式3k ≥k 成立，∴k ≥0. 当x ≤－2或x ≥0时，∵|x ＋1|≥1，∴不等式|x －2|＋k |x ＋1|≥k 恒成立． 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.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.不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：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 .不等式的证明授课提示：对应学生用书第80页[悟通——方法结论] 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．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷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．(2018·南宁、柳州联考)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.解析：(1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0＜x ＜1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ⇒x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为{x |x ≥43或x ≤－23}．(2)证明：法一：∵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 ， ∴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．法二：∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，即a ＋b ＝4，由柯西不等式得(a 2b ＋b 2a )(b ＋a )≥(a ＋b )2，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a 2b b ＝b 2aa，即a ＝b ＝2时等号成立．不等式证明的常用方法对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．(2)如果所证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．(3)能转化为比较大小的可以用比较法． (4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．授课提示：对应学生用书第160页1．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|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )＜1.解析：(1)∵f (x )＜|x |＋1，∴|2x －1|＜|x |＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1＜x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜12，1－2x ＜x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x ＜－x ＋1，得12≤x ＜2或0＜x ＜12或无解． 故不等式f (x )＜|x |＋1的解集为{x |0＜x ＜2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56＜1.2．(2018·高考全国卷Ⅲ)设函数ƒ(x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝ƒ(x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，ƒ(x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．解析：(1)ƒ(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.y ＝ƒ(x )的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝ƒ(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，ƒ(x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.3．(2018·福州四校联考)(1)求不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集；(2)设a ，b 均为正数，h ＝max ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2a ，a 2＋b 2ab ，2b ，证明：h ≥2. 解析：(1)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，则不等式的解集为(－12，12)．(2)证明：h ≥2a ，h ≥a 2＋b 2ab ，h ≥2b，h 3≥4(a 2＋b 2)ab ≥4×2abab＝8，当且仅当a ＝b 时取等号，∴h ≥2.4．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x . (1)当a ＝3时，求不等式f (x )＞0的解集；(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x ＞0，即|3x －1|＞x ， ∴3x －1＜－x 或3x －1＞x ，解得x ＞12或x ＜14，故f (x )＞0的解集为{x |x ＜14或x ＞12}．(2)当a ＞0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≥1a，2(1－a )x ＋1，x ＜1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧ 2a－1＞0，2(1－a )≤0，得1≤a ＜2；当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点； 当a ＜0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1a，2(1－a )x ＋1，x ＞1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧2a－1＜0，2(1－a )≤0，此时无解．综上可知，当1≤a ＜2时，函数f (x )的图象与x 轴无交点．。

第2讲选修4－5：不等式选讲JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱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．⊙︱真题分布︱(理科)年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷23 分段函数的图象,以及利用图象解不等式10 Ⅱ卷23绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题10 Ⅲ卷23 不等式的基本性质以及基本不等式的应用102019 Ⅰ卷23 重要不等式、基本不等式、证明10 Ⅱ卷23 绝对值不等式的解法、分类讨论10 Ⅲ卷23 柯西不等式求最值102018 Ⅰ卷23含绝对值的不等式的求解、利用不等式恒成立求参数范围10 Ⅱ卷23含绝对值不等式的求解、利用不等式恒成立求参数的取值范围10 Ⅲ卷23含绝对值的函数的图象,利用不等式恒成立求两参数和的最值10年份卷别题号考查角度分值2020 Ⅰ卷23 分段函数的图象,以及利用图象解不等式10 Ⅱ卷23绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题10 Ⅲ卷23 不等式的基本性质以及基本不等式的应用102019Ⅰ卷23 重要不等式、基本不等式、证明10 Ⅱ卷23 绝对值不等式的解法、分类讨论10Ⅲ卷 23 柯西不等式求最值10 2018 Ⅰ卷23含绝对值的不等式的求解、利用不等式恒成立求参数范围10Ⅱ卷 23 含绝对值不等式的求解、利用不等式恒成立求参数的取值范围10Ⅲ卷 23 含绝对值的函数的图象,利用不等式恒成立求两参数和的最值10KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点 考点一 绝对值不等式的解法知识再现含有绝对值的不等式的解法(1)|f(x)|＞a(a ＞0)⇔f(x)＞a 或f(x)＜－a ； (2)|f(x)|＜a(a ＞0)⇔－a ＜f(x)＜a ；(3)对形如|x －a|＋|x －b|≤c ,|x －a|＋|x －b|≥c 的不等式,可利用绝对值不等式的几何意义求解．典例悟通典例1 (2020·沙坪坝区校级模拟)设函数f(x)＝|x －1|＋|2x ＋a|.(1)若a ＝2,求f(x)≤8的解集；(2)若f(x)≥3－|x －1|,x ∈R,求a 的取值范围． 【解析】 (1)当a ＝2时,f(x)＝|x －1|＋|2x ＋2|,∵f(x)≤8,∴当x≥1时,x －1＋2x ＋2≤8,解得x≤73,∴1≤x≤73,当－1＜x ＜1时,1－x ＋2x ＋2≤8,解得x≤5,∴－1＜x ＜1,当x≤－1时,1－x －2x －2≤8,解得－3≤x , ∴－3≤x≤－1,综上,不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3，73.(2)由f(x)≥3－|x －1|,得|2x ＋a|＋|2x －2|≥3,又g(x)＝|2x ＋a|＋|2x －2|≥|(2x＋a)－(2x －2)|＝|a ＋2|,∴g(x)min ＝|a ＋2|≥3,∴a ＋2≤－3或a ＋2≥3,∴a≤－5或a≥1,∴a 的取值范围是(－∞,－5]∪[1,＋∞)．方法感悟1．用零点区间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、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．跟踪训练1．(2020·未央区校级模拟)已知函数f(x)＝－x 2＋ax ＋4,g(x)＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)求不等式g(x)＜3的解集；(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1],求实数a 的取值范围． 【解析】 (1)g(x)＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x>12，－1≤x≤1－2x ，x<－1.∵g(x)＜3,∴⎩⎪⎨⎪⎧2x<3x>1或－1≤x≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－2x<3x<－1,∴1<x<32或－1≤x≤1或－32<x<－1,∴－32<x<32,∴不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32. (2)当x ∈[－1,1]时,g(x)＝2,若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1],则 当x ∈[－1,1]时,f(x)≥2,又f(x)在[－1,1]的最小值为min{f(－1),f(1)}, ∴只需f(－1)≥2 且 f(1)≥2,∴－1≤a≤1, ∴a 的取值范围为[－1,1]考点二 绝对值不等式恒(能)成立问题知识再现定理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,等号成立典例悟通典例2 (2020·运城模拟)已知函数f(x)＝|2x －a|＋|x －1|,a ∈R.(1)若不等式f(x)≤2－|x －1|无解,求实数a 的取值范围； (2)当a ＜2时,函数f(x)的最小值为2,求实数a 的值． 【解析】 (1)∵f(x)＝|2x －a|＋|x －1|, ∴由f(x)≤2－|x －1|,得|2x －a|＋|2x －2|≤2,∵不等式f(x)≤2－|x －1|无解,∴(|2x －a|＋|2x －2|)min ＞2, 又∵|2x －a|＋|2x －2|≥|(2x－a)－(2x －2)|＝|a －2|, ∴|a －2|＞2,∴a ＞4或a ＜0,∴实数a 的取值范围是(－∞,0)∪(4,＋∞)． (2)∵a ＜2,∴a2<1,∴f(x)＝|2x －a|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x ≤a2x －a ＋1，a 2<x<13x －a －1，x≥1,由图可知当x ＝a 2时,f(x)min ＝1－a2＝2,∴a ＝－2＜2符合题意,∴a ＝－2．方法感悟1．求含绝对值号函数的最值的两种方法 (1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解； (2)将函数化为分段函数,数形结合求解． 2．恒成立(存在)问题的等价转化f(x)≥M f(x)≤M 任意x 恒成立⇔ f(x)min ≥M f(x)max ≤M 存在x 成立⇔f(x)max ≥Mf(x)min ≤M跟踪训练2．(2019·汉中三模)已知函数f(x)＝|x －2|,g(x)＝|x ＋1|－x. (1)解不等式f(x)>g(x)；(2)若存在实数x,使不等式m －g(x)≥f(x)＋x(m ∈R)能成立,求实数m 的最小值． 【解析】 (1)由题意不等式f(x)>g(x)可化为 |x －2|＋x>|x ＋1|,当x<－1时,－(x －2)＋x>－(x ＋1),解得x>－3, 即－3<x<－1；当－1≤x≤2时,－(x －2)＋x>x ＋1,解得x<1, 即－1≤x<1；当x>2时,x －2＋x>x ＋1,解得x>3,即x>3, 综上所述,不等式f(x)>g(x)的解集为 {x|－3<x<1或x>3}．(2)由不等式m －g(x)≥f(x)＋x(m ∈R),可得m≥|x－2|＋|x ＋1|,所以m≥(|x－2|＋|x ＋1|)min ,因为|x －2|＋|x ＋1|≥|x－2－(x ＋1)|＝3,所以m≥3,故实数m 的最小值是3．考点三 不等式的证明知识再现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a 2＋b 2≥2ab ,当且仅当a ＝b 时,等号成立． 定理2：如果a 、b 为正数,则a ＋b2≥ab,当且仅当a ＝b 时,等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数,则a ＋b ＋c 3≥3abc,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)如果a 1,a 2,…,a n 为n 个正数,则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥na 1a 2…a n ,当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时,等号成立．典例悟通典例3 (2020·乌鲁木齐三模)设a,b 均为正数,且a 2＋b 2＝2,证明：(1)(a ＋b)(a 3＋b 3)≥4； (2)a ＋b ≤2．【证明】 (1)∵a 2＋b 2＝2,要证(a ＋b)(a 3＋b 3)≥4, 只需要证明a 4＋b 4＋ab 3＋ba 3≥(a 2＋b 2)2,也就是要证明a 4＋b 4＋ab 3＋ba 3－a 4－b 4－2a 2b 2≥0,即证ab(a －b)2≥0, ∵a,b 均为正数,∴ab(a －b)2≥0, ∴(a ＋b)(a 3＋b 3)≥4．(2)∵a,b 均为正数,∴a ＋b≥2ab, ∴2(a ＋b)≥(a ＋b)2, ∴a ＋b ≤2a ＋b ≤22a 2＋b2又∵a 2＋b 2＝2, ∴a ＋b ≤2．方法感悟 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、放缩法等． (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)利用放缩法证明不等式,就是舍掉式中的一些正项或负项,或者在分式中放大或缩小分子、分母,还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子,从而达到证明不等式的目的．(3)含绝对值不等式的证明主要分两类：一类是比较简单的不等式可通过平方法或换元法等转化为常见不等式证明；另一类利用绝对值三角不等式,通过添项,拆项证明或利用放缩法,分析综合法证明．跟踪训练3．(2020·沙坪坝区校级模拟)已知对于任意x≥－1,不等式(1＋x)3≥1＋3x 成立． (1)求证：对于任意x≥－1,(1＋x)4≥1＋4x ； (2)若a ＞0,b ＞0,求证：(a ＋b)4≥a 4＋4a 3b. 【解析】 证明：(1)∵x≥－1,∴x ＋1≥0． 又对于任意x≥－1,不等式(1＋x)3≥1＋3x 成立,∴(1＋x)4＝(1＋x)3(1＋x)≥(1＋3x)(1＋x)＝1＋4x ＋3x 2≥1＋4x, 即(1＋x)4≥1＋4x. (2)欲证(a ＋b)4≥a 4＋4a 3b,只需⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a 4≥1＋4a 3b a 4,即证⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a 4≥1＋4·b a ∵a,b ＞0,∴ba>0>－1,由(1)知取x ＝ba时上式成立,从而原不等式得证．ZHEN TI HUI FANG WU GAO KAO真题回放·悟高考1．(2020·全国卷Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|3x ＋1|－2|x －1|. (1)画出y ＝f(x)的图象；(2)求不等式f(x)>f(x ＋1)的解集．【解析】 (1)因为f ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x≥15x －1，－13<x<1－x －3，x≤－13,作出图象,如图所示：(2)将函数f ()x 的图象向左平移1个单位,可得函数f ()x ＋1的图象,如图所示：由－x －3＝5()x ＋1－1,解得x ＝－76.所以不等式f(x)>f(x ＋1)的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－76. 2．(2020·全国卷Ⅱ卷)已知函数f(x)＝||x －a 2＋|x －2a ＋1|.(1)当a ＝2时,求不等式f(x)≥4的解集； (2)若f(x)≥4,求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝2时,f ()x ＝||x －4＋||x －3. 当x≤3时,f ()x ＝4－x ＋3－x ＝7－2x≥4, 解得：x ≤32；当3<x<4时,f ()x ＝4－x ＋x －3＝1≥4,无解； 当x≥4时,f ()x ＝x －4＋x －3＝2x －7≥4, 解得：x≥112；综上所述：f ()x ≥4的解集为⎩⎨⎧|x x ≤32或⎭⎬⎫x ≥112 .(2)f ()x ＝||x －a 2＋||x －2a ＋1≥||()x －a 2－()x －2a ＋1＝||－a 2＋2a －1＝()a －12(当且仅当2a －1≤x≤a 2时取等号),∴()a －12≥4,解得：a≤－1或a≥3,∴a 的取值范围为(]－∞，－1∪[)3，＋∞.3．(2020·全国卷Ⅲ卷)设a,b,c ∈R,a ＋b ＋c ＝0,abc ＝1． (1)证明：ab ＋bc ＋ca<0；(2)用max{a,b,c}表示a,b,c 中的最大值,证明：max{a,b,c}≥34. 【解析】 (1)∵(a ＋b ＋c)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0, ∴ab ＋bc ＋ca ＝－12()a 2＋b 2＋c 2∵abc ＝1,∴a,b,c 均不为0,则a 2＋b 2＋c 2>0, ∴ab ＋bc ＋ca ＝－12()a 2＋b 2＋c 2<0．(2)不妨设max{a,b,c}＝a,由a ＋b ＋c ＝0,abc ＝1可知,a>0,b<0,c<0,∵a ＝－b －c,a ＝1bc ,∴a 3＝a 2·a＝()b ＋c 2bc ＝b 2＋c 2＋2bc bc ≥2bc ＋2bc bc＝4．当且仅当b ＝c 时,取等号, ∴a≥34,即max{a,b,c}≥34.4．(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,＋∞)．5．(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≥24．6．(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．【解析】 (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≥2＋a23,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2＋a23.由题设知2＋a23≥13,解得a≤－3或a≥－1．。