2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习高效演练分层突破：选修4-5 第2讲 不等式的证明 Word版解析版

2021年高考数学一轮复习 不等式选讲课时跟踪训练（选修4-5） 文一、选择题1．若不等式|ax ＋2|<6的解集为(－1,2)，则实数a 等于( ) A ．8 B ．2 C ．－4 D ．－8解析：由|ax ＋2|<6，得－6<ax ＋2<6，即－8<ax <4， 不等式|ax ＋2|<6的解集为(－1,2)，易检验a ＝－4. 答案：C2．设a >0，b >0且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2a ，Q ＝a ＋b ，则( )A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q解析：P －Q ＝a 2b ＋b 2a－a －b＝a 2－b 2b ＋b 2－a 2a ＝a a 2－b 2－b a 2－b 2ab＝a －ba 2－b 2ab ＝a －b2a ＋bab>0，∴P >Q .答案：A3．不等式|2x ＋1|－2|x －1|>0的解集为( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1 B ．[1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞解析：对于不等式|2x ＋1|－2|x －1|>0，分三种情况讨论：①当x <－12时，－2x －1－2(－x ＋1)>0，∴－3>0，故x 不存在；②当－12≤x ≤1时，2x ＋1－2(－x ＋1)>0，∴14<x ≤1；③当x >1时，2x ＋1－2(x －1)>0,3>0，∴x >1.综上可知，x >14.答案：D4．(xx·江西卷)对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：∵|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1| ＝(|1－x |＋|x |)＋(|1－y |＋|1＋y |)≥|(1－x )＋x |＋|(1－y )＋(1＋y )|＝1＋2＝3，当且仅当(1－x )·x ≥0，(1－y )·(1＋y )≥0，即0≤x ≤1，－1≤y ≤1时等号成立，∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为3. 答案：C5．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为( )解析：(a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3.当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．∴(a ＋b ＋c )2≤3.故a ＋b ＋c 的最大值为 3.故应选C. 答案：C6．已知关于x 的不等式|x －a |＋1－x >0的解集为R ，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，1)解析：若x －1<0，则a ∈R ；若x －1≥0，则(x －a )2>(x －1)2对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立，即(a －1)[(a ＋1)－2x ]>0对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立，所以⎩⎨⎧a －1>0a ＋1>2x(舍去)或⎩⎨⎧a －1<0a ＋1<2x对任意的x ∈[1，＋∞]恒成立，解得a <1.综上，a <1.答案：D 二、填空题7．(xx·西安统考)若关于实数x 的不等式|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，则实数a 的取值范围是________．解析：|x －5|＋|x ＋3|≥|(x －5)－(x ＋3)|＝8，故a ≤8. 答案：(－∞，8]8．不等式|2x ＋1|＋|x －1|<2的解集为________．解析：当x ≤－12时，原不等式等价为－(2x ＋1)－(x －1)<2，即－3x <2，x >－23，此时－23<x ≤－12.当－12<x <1时，原不等式等价为(2x ＋1)－(x －1)<2，即x <0，此时－12<x <0.当x ≥1时，原不等式等价为(2x ＋1)＋(x －1)<2，即3x <2，x <23，此时不等式无解，综上，原不等式的解为－23<x <0，即原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，09．若不等式|x ＋1|－|x －4|≥a ＋4a，对任意的x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：只要函数f (x )＝|x ＋1|－|x －4|的最小值不小于a ＋4a即可．由于||x＋1|－|x －4||≤|(x ＋1)－(x －4)|＝5，所以－5≤|x ＋1|－|x －4|≤5，故只要－5≥a ＋4a 即可．当a >0时，将不等式－5≥a ＋4a整理，得a 2＋5a ＋4≤0，无解；当a <0时，将不等式－5≥a ＋4a整理，得a 2＋5a ＋4≥0，则有a ≤－4或－1≤a <0.综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，－4]∪[－1,0)．答案：(－∞，－4]∪[－1,0) 三、解答题如为解答，则是“解”或“证明”不能打成“解析”了10.已知不等式2|x －3|＋|x －4|<2a .(1)若a ＝1，求不等式的解集；(2)若已知不等式的解集不是空集，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，不等式即为2|x －3|＋|x －4|<2， 若x ≥4，则3x －10<2，x <4，∴舍去； 若3<x <4，则x －2<2，∴3<x <4； 若x ≤3，则10－3x <2，∴83<x ≤3.综上，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |83<x <4. (2)设f (x )＝2|x －3|＋|x －4|，则f (x )＝⎩⎨⎧3x －10，x ≥4，x －2，3<x <4，10－3x ，x ≤3.作出函数f (x )的图象，如图所示．由图象可知，f (x )≥1，∴2a >1，a >12，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 11．(xx·新课标全国卷Ⅱ)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)当a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a | ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a＋a ≥2.所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a ，当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.⎝⎭12．(xx·福建卷)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2＋q2＋r2)·(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.7y]23868 5D3C 崼26993 6971 楱;,G40026 9C5A 鱚38518 9676 陶27886 6CEE 泮21358 536E 卮37709 934D 鍍37263 918F 醏。

选修4-5 不等式选讲[最新考纲][考情分析][核心素养] 1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：|a＋b|≤|a|＋|b|；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.3.了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.4.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.1.绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，与绝对值相关的参数问题是2021年高考考查的热点，题型为解答题，分值为10分.2.综合法、分析法、比较法证明不等式是2021年高考考查的热点，题型为解答题，分值为10分.1.逻辑推理2.数学运算‖知识梳理‖1．绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|1|a|＋|b|，当且仅当2ab≥0时，等号成立．定理2：如果a，b，c是实数，3|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当4(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的解集不等式a>0a＝0a<0 |x|<a {x|－a<x<a}∅∅|x|>a {x|x>a或x<－a}{x∈R|x≠0}R①|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． ►常用结论如果把实数a ，b 改为向量也成立，即|a ＋b |≤|a |＋|b |，这里|a ＋b |，|a|，|b|均为向量的模，当且仅当a 与b 方向相同或至少有一个向量为零时等号成立．3．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b2≥的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥立．4．比较法(1)比差法的依据是：a －b >0号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B >0，只需证AB ≥1.5．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的15推理、论证而得出命题(2)已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)若|x |>c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|<2的解集为∅.( )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a >b >0时等号成立．( ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立．( ) (5)对|a －b |≤|a |＋|b |当且仅当ab ≤0时等号成立．( )答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√二、走进教材2．(选修4－5P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为()A．[－2，1)∪[4，7) B．(－2，1]∪(4，7]C．(－2，－1]∪[4，7) D．(－2，1]∪[4，7)答案：D3．(选修4－5P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．答案：(－∞，4)三、易错自纠4．设a，b为满足ab<0的实数，那么()A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|解析：选B∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.5．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：∵|x－1|≤1，|y－2|≤1，∴－1≤x－1≤1，－1≤y－2≤1，∴|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤1＋2＋2＝5.答案：56．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]考点一绝对值不等式的解法【例1】(2019年全国卷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1≤x <2时，f (x )＝2(x －1)≥0；当x ≥2时，f (x )＝2x 2－4x ＋2>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，＋∞)． ►名师点津解绝对值不等式的常用方法基本性质法 对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a平方法 两边平方去掉绝对值符号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|跟踪训练|1．(2020届贵阳摸底)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|，x ∈R . (1)求不等式f (x )≤10的解集；(2)如果关于x 的不等式f (x )≥a －(x －7)2在R 上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4，x ≤－1，6，－1＜x ≤5，2x －4，x ＞5，当x ≤－1时，由－2x ＋4≤10得－3≤x ≤－1； 当－1＜x ≤5时，f (x )＝6＜10恒成立，则－1＜x ≤5； 当x ＞5时，由2x －4≤10得5＜x ≤7.综上可得，不等式f (x )≤10的解集为{x |－3≤x ≤7}．(2)设g (x )＝a －(x －7)2，则g (x )的图象是以x ＝7为对称轴的抛物线，如图所示，在同一坐标系中作出f (x )的图象．“关于x 的不等式f (x )≥a －(x －7)2在R 上恒成立”等价于2x －4≥a －(x －7)2在(5，＋∞)上恒成立，即a ≤x 2－12x ＋45在(5，＋∞)上恒成立，令φ(x )＝x 2－12x ＋45＝(x －6)2＋9，当x ＝6时，φ(x )min ＝9，经检验，y ＝2x －4恰为y ＝a －(x －7)2在(6，8)处的切线，∴a ≤9.考点二 不等式的证明——多维探究不等式的证明是考查热点，归纳起来常见的命题角度有：(1)用比较法证明不等式；(2)用综合法证明不等式；(3)用分析法证明不等式．●命题角度一 用比较法证明不等式【例2】 设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． [证明] ∵a ，b 是非负实数，∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5]．当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5， 所以(a －b )[(a )5－(b )5]≥0； 当a <b 时，a <b ，从而(a )5<(b )5， 所以(a －b )[(a )5－(b )5]>0. 故a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． ►名师点津作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负．作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小．●命题角度二 用综合法证明不等式【例3】 (2019年全国卷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 ，且abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c ，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≥33（a ＋b ）3（b ＋c ）3（a ＋c ）3 ＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24，所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. ►名师点津1．综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．2．综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ； a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22.●命题角度三 用分析法证明不等式 【例4】 已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )<|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，求证：f (ab )>f (a )－f (－b )． [解] (1)由题意，知|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，即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)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． ►名师点津1．分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式(ab ≤a ＋b2，a >0，b >0)没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．2．用分析法求证“若A 则B ”这个命题的模式 为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… …只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 为真．|跟踪训练|2．(2020届石家庄摸底)(1)已知a ，b ，c 均为正实数，a ＋b ＋c ＝1，证明：1a ＋1b ＋1c ≥9；(2)已知a ，b ，c 均为正实数，abc ＝1，证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝b a ＋c a ＋1＋a b ＋c b ＋1＋a c ＋b c ＋1＝b a ＋ab ＋b c ＋c b ＋a c ＋ca＋3≥2b a ×a b＋2b c ×c b＋2a c ×ca＋3＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． (2)因为1a ＋1b ＋1c ＝121a ＋1b ＋1a ＋1c ＋1b ＋1c ≥12×⎝⎛⎭⎫21ab＋21ac＋21bc ， 又abc ＝1，所以1ab ＝c ，1ac ＝b ，1bc ＝a ，所以1a ＋1b ＋1c ≥c ＋b ＋a ，当且仅当a ＝b ＝c时等号成立．考点三 绝对值不等式的综合应用【例5】 (2020届湖北部分重点中学联考)已知a ，b 都是实数，a ≠0，f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)求使得f (x )＞2成立的x 的取值集合M ；(2)求证：当x ∈∁R M 时，|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对满足条件的所有a ，b 都成立． [解] (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x ≤1，1，1＜x ＜2，2x －3，x ≥2，由f (x )＞2得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，3－2x ＞2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，2x －3＞2，解得x ＜12或x ＞52. 所以实数x 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞，即M ＝⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞.(2)证明：因为M ＝⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞，所以当x ∈∁R M 时，f (x )≤2，即f (x )max ＝2. 因为|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )，a ≠0，所以|a ＋b |＋|a －b ||a |≥f (x )．又|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |＝2，所以|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )在x ∈∁R M 时恒成立． ►名师点津1．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．2．f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ； f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a .|跟踪训练|3．(2019届湘东五校联考)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：(1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5＋2x ，x <－1，3，－1≤x ≤1，5－2x ，x >1，由f (x )>2，得⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，5＋2x >2或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，3>2或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，5－2x >2，解得－32<x <32.所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫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.故实数m 的取值范围为{m |m ≥4}．。

[基础题组练]1．若函数f (x )＝(2a －5)·a x 是指数函数，则f (x )在定义域内( ) A ．为增函数 B ．为减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A.由指数函数的定义知2a －5＝1，解得a ＝3，所以f (x )＝3x ，所以f (x )在定义域内为增函数．2．设函数f (x )＝x 2－a与g (x )＝a x (a >1且a ≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M ＝(a －1)0.2与N ＝⎝⎛⎭⎫1a 0.1的大小关系是( )A ．M ＝NB ．M ≤NC ．M <ND ．M >N解析：选D.因为f (x )＝x 2－a 与g (x )＝a x (a >1且a ≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a >2，所以M ＝(a －1)0.2>1，N ＝⎝⎛⎭⎫1a 0.1<1，所以M >N ，故选D.3．已知f (x )＝3x －b (2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2，1)，则f (x )的值域为( ) A ．[9，81] B ．[3，9] C ．[1，9]D ．[1，＋∞)解析：选C.由f (x )过定点(2，1)可知b ＝2，所以f (x )＝3x －2且在[2，4]上是增函数，f (x )min＝f (2)＝1，f (x )max ＝f (4)＝9.4.已知函数y ＝kx ＋a 的图象如图所示，则函数y ＝a x ＋k 的图象可能是( )解析：选B.由函数y ＝kx ＋a 的图象可得k <0，0<a <1.因为函数y ＝kx ＋a 的图象与x 轴交点的横坐标大于1，所以k >－1，所以－1<k <0.函数y ＝a x ＋k 的图象可以看成把y ＝a x 的图象向右平移－k 个单位长度得到的，且函数y ＝a x ＋k 是减函数，故此函数与y 轴交点的纵坐标大于1，结合所给的选项，选B.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2－x ，x ≥0，2x －1，x <0，则函数f (x )是( )A ．偶函数，在[0，＋∞)内单调递增B ．偶函数，在[0，＋∞)内单调递减C ．奇函数，且单调递增D ．奇函数，且单调递减解析：选C.易知f (0)＝0，当x >0时，f (x )＝1－2－x ，－f (x )＝2－x －1，此时－x <0，则f (－x )＝2－x －1＝－f (x )；当x <0时，f (x )＝2x －1，－f (x )＝1－2x ，此时－x >0，则f (－x )＝1－2－(－x )＝1－2x ＝－f (x )．即函数f (x )是奇函数，且单调递增，故选C. 6．不等式2－x 2＋2x>⎝⎛⎭⎫12x ＋4的解集为 ．解析：不等式2－x 2＋2x>⎝⎛⎭⎫12x ＋4可化为⎝⎛⎭⎫12x 2－2x >⎝⎛⎭⎫12x ＋4，等价于x 2－2x <x ＋4，即x 2－3x －4<0，解得－1<x <4.答案：{x |－1<x <4}7．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，a ≠1)满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是 ．解析：由f (1)＝19得a 2＝19.又a >0，所以a ＝13，因此f (x )＝⎝⎛⎭⎫13|2x －4|. 因为g (x )＝|2x －4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的单调递减区间是[2，＋∞)． 答案：[2，＋∞)8．设偶函数g (x )＝a |x ＋b |在(0，＋∞)上单调递增，则g (a )与g (b －1)的大小关系是 ． 解析：由于g (x )＝a |x ＋b |是偶函数，知b ＝0， 又g (x )＝a |x |在(0，＋∞)上单调递增，得a >1. 则g (b －1)＝g (－1)＝g (1)，故g (a )>g (1)＝g (b －1)． 答案：g (a )>g (b －1) 9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫23|x |－a.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的最大值等于94，求a 的值．解：(1)令t ＝|x |－a ，则f (x )＝⎝⎛⎭⎫23t，不论a 取何值，t 在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又y ＝⎝⎛⎭⎫23t是单调递减的，因此f (x )的单调递增区间是(－∞，0]， 单调递减区间是(0，＋∞)． (2)由于f (x )的最大值是94，且94＝⎝⎛⎭⎫23－2， 所以函数g (x )＝|x |－a 应该有最小值－2，从而a ＝2.10．(2020·福建养正中学模拟)已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋2ax (－3≤x ≤3)． (1)若g (x )在[－3，3]上是单调函数，求a 的取值范围； (2)当a ＝－1时，求函数y ＝f (g (x ))的值域．解：(1)g (x )＝(x ＋a )2－a 2图象的对称轴为直线x ＝－a ，因为g (x )在[－3，3]上是单调函数，所以－a ≥3或－a ≤－3，即a ≤－3或a ≥3.故a 的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)当a ＝－1时，f (g (x ))＝2x 2－2x(－3≤x ≤3)．令u ＝x 2－2x ，y ＝2u .因为x ∈[－3，3]，所以u ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1∈[－1，15]． 而y ＝2u 是增函数，所以12≤y ≤215，所以函数y ＝f (g (x ))的值域是⎣⎡⎦⎤12，215.[综合题组练]1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)函数y ＝2x 2x ＋1(x ∈R )的值域为( )A ．(0，＋∞)B ．(0，1)C ．(1，＋∞)D.⎝⎛⎭⎫0，12 解析：选B.y ＝2x 2x ＋1＝2x＋1－12x ＋1＝1－12x ＋1，因为2x >0，所以1＋2x >1，所以0<12x ＋1<1，－1<－12x ＋1<0，0<1－12x ＋1<1，即0<y <1，所以函数y 的值域为(0，1)，故选B.2．已知函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m .若函数g (x )＝(3－10m )x 是单调递增函数，则a ＝ ．解析：根据题意，得3－10m >0，解得m <310；当a >1时，函数f (x )＝a x 在区间[－1，2]上单调递增，最大值为a 2＝8，解得a ＝22，最小值为m ＝a －1＝122＝24>310，不合题意，舍去；当0<a <1时，函数f (x )＝a x 在区间[－1，2]上单调递减，最大值为a －1＝8，解得a ＝18，最小值为m ＝a 2＝164<310，满足题意．综上，a ＝18.答案：183．已知定义域为R 的函数f (x )＝－2x ＋b2x ＋1＋a 是奇函数．(1)求a ，b 的值；(2)解关于t 的不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－1)<0.解：(1)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0， 即－1＋b 2＋a ＝0，解得b ＝1， 所以f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋a.又由f (1)＝－f (－1)知－2＋14＋a ＝－－12＋11＋a ，解得a ＝2.(2)由(1)知f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋2＝－12＋12x ＋1.由上式易知f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f (x )在R 上是减函数)．又因为f (x )是奇函数，所以不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－1)<0等价于f (t 2－2t )<－f (2t 2－1)＝f (－2t 2＋1)．所以t 2－2t >－2t 2＋1即3t 2－2t －1>0.解得t >1或t <－13，所以该不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫t |t >1或t <－13.。

[基础题组练 ]1 的定义域为 ( )1．函数y＝ln（ x－ 1）A ． (1，＋∞ ) B． [1，＋∞ )C．(1， 2)∪ (2，＋∞ ) D． (1， 2)∪ [3，＋∞ )分析：选 C.由 ln( x－ 1)≠ 0，得 x－ 1>0 且 x－ 1≠ 1.由此解得 x>1 且 x≠ 2，即函数 y＝1的定义域是 (1 ， 2) ∪ (2，＋∞ )．ln（ x－1）12．已知 f 2x－ 1 ＝ 2x－5，且 f(a)＝ 6，则 a 等于 ()7 7A．－4 B.44 4C.3 D．－31分析：选 B. 令 t＝2x－ 1，则 x＝ 2t＋ 2，因此 f(t)＝ 2(2t＋ 2)－ 5＝ 4t－ 1，7因此 f(a)＝ 4a－ 1＝ 6，即 a＝ .4x2－ 2x（x≤ 0），3． (2020 江·西南昌一模 )设函数 f(x)＝f（ x－ 3）（ x>0），则 f(5) 的值为 ( )A．－ 7 B．－ 11C．0 D.2分析：选 D. f(5)＝ f(5－ 3)＝ f(2) ＝f(2－ 3)＝ f(－ 1)＝ (－ 1)2－ 2－1＝12.应选 D.1＋ x＝ x 2＋ 1 1 ，则 f(x)等于 ( )4．已知 fx 2 ＋x xA ． (x ＋ 1)2(x ≠ 1)B ． (x － 1)2(x ≠1)C ．x 2－ x ＋ 1(x ≠ 1)D ． x 2＋ x ＋ 1(x ≠ 1)分析： 选 C.f 1＋ xx 2＋ 1 1x ＋ 1 2 x ＋ 1 ＋1，令 x ＋ 1 ＝ t(t ≠ 1) ，则 f(t)＝t 2－ t ＋ 1，x ＝ x 2 ＋x＝ x － x x 即 f(x)＝ x 2－ x ＋ 1(x ≠ 1)．1， x>1，则 f(f(2))＝，函数 f(x)的值域是5．设函数 f( x)＝x．－ x －2， x ≤ 1，分析： 由于 f(2) ＝12，1 ＝－ 1 5 因此 f(f(2)) ＝ f2 －2＝－ .22当 x>1 时， f(x)∈ (0， 1)，当 x ≤ 1 时， f(x)∈ [－ 3，＋∞ )，因此 f(x)∈ [－ 3，＋ ∞) ．答案： － 5[－ 3，＋∞ ) 26．若函数 f( x)在闭区间 [ － 1， 2]上的图象如下图，则此函数的分析式为 ．分析： 由题图可知 ，当－ 1≤ x<0 时，f(x)＝ x ＋ 1；当 0≤ x ≤ 2 时， f(x)＝－12x ，因此 f(x)x ＋ 1， － 1≤ x<0，＝1－ 2x ， 0≤x ≤ 2.x＋1，－ 1≤ x<0，答案： f(x)＝ 1－ x， 0≤ x≤ 2217．已知 f(x)＝2x＋ 1， x≤ 0，则使 f(x)≥－ 1 建立的 x 的取值范围是．－（ x－ 1）2， x＞0，x≤ 0，x＞0，分析：由题意知 1 或－（ x－ 1）2≥ －1，2x＋ 1≥ － 1解得－ 4≤ x≤ 0 或 0＜ x≤ 2，故 x 的取值范围是 [－ 4， 2]．答案： [－ 4， 2]ax＋ b， x<0，且 f(－ 2)＝ 3， f(－ 1)＝ f(1) ．8．设函数 f( x)＝2x， x≥ 0，(1)求 f(x)的分析式；(2)画出 f(x)的图象．－2a＋b＝ 3，解： (1) 由 f( － 2)＝ 3， f( － 1)＝ f(1) 得解得a＝－ 1 ， b ＝ 1 ，因此f(x) ＝－a＋b＝ 2，－x＋ 1，x<0，2x， x≥ 0.(2)f(x)的图象如下图．[综合题组练 ]1．(2020 海·淀期末 )以下四个函数：① y ＝ 3－ x ；② y ＝ 2 x －12(x>0) ；③ y ＝ x ＋ 2x － 10；④ yx （ x ≤ 0），＝ 1 此中定义域与值域同样的函数的个数为()x （ x>0 ） .A ． 1B ． 2C ．3D ． 4分析： 选 B.① y ＝ 3－ x 的定义域与值域均为 R ， ② y ＝ 2x －1( x>0) 的定义域为 (0，＋ ∞ )，x （ x ≤0）， 值域为 1，＋∞ ，③y ＝x 2＋ 2x － 10 的定义域为 R ，值域为 [ － 11，＋ ∞)，④ y ＝ 12（ x>0）x的定义域和值域均为 R .因此定义域与值域同样的函数是①④， 共有 2 个，应选 B.2．(创新式 )设 f(x)，g(x)都是定义在实数集上的函数，定义函数 (f ·g)(x)：? x ∈ R ，( f ·g)( x)x ， x>0 ，e x ， x ≤ 0，)＝f(g(x))．若 f( x)＝则 (x 2， x ≤ 0，g(x)＝ln x ，x>0 ，A ． (f ·f)( x)＝ f( x)B ． (f ·g)(x)＝ f(x)C ．( g ·f)( x)＝ g(x)D ． (g ·g)(x)＝ g(x)f （ x ）， f （x ）>0 ，分析：选 A. 对于 A ，(f ·f)(x)＝ f(f(x))＝当 x>0 时，f(x)＝ x>0，(f ·f)(x)f 2（ x ）， f （ x ）≤ 0，＝ f(x)＝ x ；当 x<0 时， f(x)＝ x 2>0， (f ·f)( x)＝ f(x)＝ x 2；当 x ＝ 0 时， (f ·f)( x)＝ f 2(x) ＝0＝ 02，因此对随意的 x ∈ R ，有 (f ·f)( x)＝ f(x)，故 A 正确 ，选 A.2－x ＋ 1， x ≤ 0， 3． (2020 ·夏银川一中一模宁)已知函数 f(x) ＝ 则 f( x ＋1) －9≤ 0 的解集－ x ， x>0，为 ．2－x＋ 1，x≤ 0，分析：由于 f(x)＝－x， x>0，x≤ －1，因此当 x＋ 1≤ 0 时，－（x＋1）解得－ 4≤ x≤ － 1；2 －8≤ 0，x>－ 1，解得 x>－ 1.当 x＋ 1>0 时，－x＋ 1－ 9≤ 0，综上，x≥ － 4，即 f(x＋ 1)－ 9≤ 0 的解集为 [－ 4，＋∞ )．答案： [－ 4，＋∞ )4．(创新式 )设函数 f(x)的定义域为D，若对随意的x∈D ，都存在 y∈ D ，使得 f(y)＝－ f(x) 建立，则称函数f(x)为“漂亮函数”，以下所给出的几个函数：①f(x)＝x2；② f(x)＝1；x－1③f(x)＝ln(2 x＋ 3)；④ f(x)＝ 2sin x－ 1.此中是“漂亮函数”的序号有．分析：由已知，在函数定义域内，对随意的x 都存在着y，使 x 所对应的函数值f(x)与y所对应的函数值 f(y)互为相反数，即 f(y)＝－ f(x)．故只有当函数的值域对于原点对称时才会知足“ 漂亮函数” 的条件．①中函数的值域为 [0，＋∞ )，值域不对于原点对称，故①不切合题意；②中函数的值域为 (－∞， 0)∪ (0，＋∞ )，值域对于原点对称，故②切合题意；③中函数的值域为 (－∞，＋∞ )，值域对于原点对称，故③切合题意；④中函数 f(x)＝ 2sin x－ 1 的值域为 [－ 3，1]，不对于原点对称，故④不切合题意．故此题正确答案为②③ .答案：②③。

章末分层突破
!
错误
[自我校对]
①作差法
②综合法
③执果索因
④放缩法
⑤间接证明
主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是
证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．
设≥＞，求证：＋≥＋.
【规范解答】＋－(＋)
＝(－)＋(－)＝(－)(－)．
∵≥＞，∴－≥－≥－≥，
从而(－)(－)≥，
故＋≥＋成立．
[再练一题]
．若＝)，＝)，＝)，则( )
．＜＜．＜＜
．＜＜＜＜
【解析】与比较：＝)＝)，＝)＝).∵＞，∴＞，
与比较：＝)＝)，＝)＝).∵＞，
∴＞，
与比较：＝)＝)，＝).
∵＞，＞，
∴＞＞，故选.
【答案】
由因导果”逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手．因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．
已知实数，，不全为零，求证：
＋＋＞(＋＋)．
【规范解答】因为＝
≥＝≥＋，
同理可证：≥＋，≥＋.
由于，，不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，
所以三式累加得：
＋＋
＞＋＋＝(＋＋)，
所以有＋＋＞(＋＋)．。

复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一比较法证明不等式比较法证明不等式的大致步骤是：作差(或商)—恒等变形—判断差的符号(或商与1的大小)，其中，恒等变形是关键，目的在于判断差的符号或商与1的大小．[例1]已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：因为2a3－b3－(2ab2－a2b)＝(2a3－2ab2)＋(a2b－b3)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a＋b)(a－b)(2a＋b)．又因为a≥b>0，所以a＋b>0，a－b≥0，2a＋b>0，所以(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0，所以2a3－b3－(2ab2－a2b)≥0，所以2a3－b3≥2ab2－a2b.归纳升华变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方、因式分解，可运用一切恒等变形的方法．[变式训练]已知a＞0，b＞0，a≠b，求证：a6＋b6＞a4b2＋a2b4.证明：因为a6＋b6－(a4b2＋a2b4)＝a4(a2－b2)＋b4(b2－a2)＝(a2－b2)(a4－b4)＝(a2－b2)(a2－b2)(a2＋b2)＝(a＋b)2(a－b)2(a2＋b2)．因为a＞0，b＞0，a≠b，所以(a＋b)2＞0，(a－b)2＞0，a2＋b2＞0，所以(a6＋b6)－(a4b2＋a2b4)＞0，所以a6＋b6＞a4b2＋a2b4.专题二综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误． [例2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：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 )， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 归纳升华用综合法证明不等式，可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．[变式训练] 设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8. 证明：因为a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，所以1ab ≥4. 所以1a ＋1b ＋1ab ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab ≥2ab ·21ab＋4＝8， 所以1a ＋1b ＋1ab≥8， 当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立． 专题三 用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更为有效．[例3]求证：3＋6＜4＋ 5.证明：欲证3＋6＜4＋5，只需证(3＋6)2＜(4＋5)2，只需证9＋62＜9＋45，即证62＜4 5.只需证(62)2＜(45)2，即证72＜80.上式明显成立，所以原不等式成立．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．[变式训练]已知a＞b＞0，求证：a－b＜a－b.证明：要证a－b＜a－b，即证a＜b＋a－b，只需证a＜b＋2（a－b）b＋a－b，只需证0＜2（a－b）b.由a＞b＞0知最后一个不等式成立，故原不等式成立．专题四用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4]若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.证明：法一：假设a＋b＞2，则a＞2－b，故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，即2＞8－12b＋6b2，即(b－1)2＜0，这不可能，假设不成立，从而a＋b≤2.法二：假设a＋b＞2，则(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8.由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)＞6.故ab(a＋b)＞2.又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，所以ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)，所以a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0，这不可能，假设不成立，故a ＋b ≤2.归纳升华反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)．(2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾．(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．[变式训练] 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0. 证明：假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，则有a ＋b ＋c ≤0.因为a ＋b ＋c ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)，所以a ＋b ＋c ＞0.这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故假设不成立．所以a ，b ，c 中至少有一个大于0.专题五 用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项、添项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小． [例5] 设a ，b ，c ∈R ＋且abc ＝1，求证：11＋a ＋b ＋11＋b ＋c ＋11＋c ＋a≤1. 证明：设a ＝x 3，b ＝y 3，c ＝z 3且x ，y ，z ∈R ＋.由题意得：xyz ＝1，所以1＋a ＋b ＝xyz ＋x 3＋y 3.所以x 3＋y 3－(x 2y ＋xy 2)＝x 2(x －y )＋y 2(y －x )＝(x －y )2(x ＋y )≥0. 所以x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2.所以1＋a ＋b ＝xyz ＋x 3＋y 3≥xyz ＋xy (x ＋y )＝xy (x ＋y ＋z )．所以11＋a ＋b ≤1xy （x ＋y ＋z ）＝z x ＋y ＋z. 同理，可得11＋b ＋c ≤x x ＋y ＋z ，11＋c ＋a ≤y x ＋y ＋z， 三式相加得11＋a ＋b ＋11＋b ＋c ＋11＋c ＋a ≤x ＋y ＋z x ＋y ＋z＝1. 所以命题得证．归纳升华用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．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；全量不小于部分；每次缩小其和变小，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．同时，放缩有时需便于求和．[变式训练] 若n 是大于1的自然数，求证112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1k 2＜1k （k －1）＝1k －1－1k(k ＝2，3，4，…，n )， 所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜11＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n ＝11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2， 故112＋122＋132＋…＋1n 2＜2. 专题六 函数与方程思想函数与方程思想是先构造辅助函数，将所给问题转化为函数的性质(如单调性、奇偶性、最值等)问题．运用此方法要能够根据问题的结构特征恰当地构造函数，准确地利用函数的性质解决问题．[例6] 已知a ，b 是正实数，且a ＋b ＝1，求证1ab ＋ab ≥174. 证明：因为a ，b 都是正实数，a ＋b ＝1，所以0＜ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋b 22＝14. 令f (x )＝x ＋1x(0＜x ＜1)， 设0＜x 1＜x 2＜1，则f (x 1)－f (x 2)＝1x 1＋x 1－1x 2－x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 1x 2. 因为0＜x 1＜x 2＜1，所以x 1－x 2＜0，0＜x 1x 2＜1.所以1－1x 1x 2＜0. 所以f (x 1)－f (x 2)＞0，所以f (x 1)＞f (x 2)．因此函数f (x )在(0，1)上单调递减．所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝174， 令x ＝ab ，得1ab ＋ab ≥174. [变式训练] 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证a 1＋a ，b 1＋b，c 1＋c也可以构成一个三角形． 证明：设f (x )＝x 1＋x，x ∈[0，＋∞)，0≤x 1＜x 2， 则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1（1＋x 1）（1＋x 2）＞0. 故f (x )在[0，＋∞)上为单调增函数．因为a ，b ，c 为三角形的三条边，所以a ＋b ＞c .因为c 1＋c ＜a ＋b 1＋（a ＋b ）＝a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b ＜a 1＋a ＋b 1＋b，所以c 1＋c ＜a 1＋a ＋b 1＋b， 同理可证a 1＋a ＜b 1＋b ＋c 1＋c ，b 1＋b ＜c 1＋c ＋a 1＋a， 所以以a 1＋a ，b 1＋b ，c 1＋c为边可以构成一个三角形．。

2021届课标版高考数学一轮复习考点分层训练选修4 - 5不等式选讲1.[改编题]若a,b,c∈R,且满足|a - c|<b,给出下列结论:①a+b>c;②b+c>a;③a - c>b;④|a|+|b|>|c|.其中错误的个数为()A.1B.2C.3D.42.若不等式|3x - b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3,则b的取值范围为.3.[2018江苏高考改编]若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,则x2+y2+z2的最小值为.4.[2019浙江,16,4分]已知a∈R,函数f (x)=ax3 - x.若存在t∈R,使得|f (t+2) - f (t)|≤,则实数a的最大值是.5.[2017浙江,17,4分]已知a∈R,函数f (x)=|x+- a|+a在区间[1,4]上的最大值是5,则a的取值范围是.6.[2020石家庄摸底考试](1)已知a,b,c均为正实数,且a+b+c=1,证明≥9;(2)已知a,b,c均为正实数,且abc=1,证明≤.考法1绝对值不等式的解法1[2019全国卷Ⅱ,23,10分][理]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.(1)根据a=1,将原不等式化为|x - 1|x+|x - 2|(x - 1)<0,分别讨论x<1,1≤x<2,x≥2三种情况,即可求出结果.(2)分别讨论a≥1和a<1两种情况,即可得出结果.(1)当a=1时,原不等式可化为|x - 1|x+|x - 2|(x - 1)<0.当x<1时,原不等式可化为(1 - x)x+(2 - x)(x - 1)<0,即(x - 1)2>0,显然成立,此时解集为( - ∞,1);当1≤x<2时,原不等式可化为(x - 1)x+(2 - x)(x - 1)<0,解得x<1,此时解集为∅;当x≥2时,原不等式可化为(x - 1)x+(x - 2)(x - 1)<0,即(x - 1)2<0,显然不成立,此时解集为∅.综上,原不等式的解集为( - ∞,1).(2)当a≥1时,因为x∈( - ∞,1),所以f (x)<0可化为(a - x)x+(2 - x)(x - a)<0,即(x - a)(x - 1)>0,显然恒成立,所以a≥1满足题意.当a<1时,f (x)=因为当a≤x<1时,f (x)<0显然不成立,所以a<1不满足题意.。

[基础题组练]1．在平面直角坐标系中，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，并在两坐标系中取相同的长度单位．已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，α为直线的倾斜角)．(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与曲线C 有唯一的公共点，求角α的大小． 解：(1)当α＝π2时，直线l 的普通方程为x ＝－1；当α≠π2时，直线l 的普通方程为y ＝(x ＋1)tan α.由ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ， 所以x 2＋y 2＝2x ，即为曲线C 的直角坐标方程．(2)把x ＝－1＋t cos α，y ＝t sin α代入x 2＋y 2＝2x ，整理得t 2－4t cos α＋3＝0. 由Δ＝16cos 2α－12＝0，得cos 2α＝34，所以cos α＝32或cos α＝－32， 故直线l 的倾斜角α为π6或5π6.2．以极点为原点，以极轴为x 轴正半轴建立平面直角坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝10，曲线C ′的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋5cos α，y ＝－4＋5sin α，(α为参数)．(1)判断两曲线C 和C ′的位置关系；(2)若直线l 与曲线C 和C ′均相切，求直线l 的极坐标方程． 解：(1)由ρ＝10得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝100，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋5cos α，y ＝－4＋5sin α得曲线C ′的普通方程为(x －3)2＋(y ＋4)2＝25. 曲线C 表示以(0，0)为圆心，10为半径的圆；曲线C ′表示以(3，－4)为圆心，5为半径的圆．因为两圆心间的距离5等于两圆半径的差，所以圆C 和圆C ′的位置关系是内切．(2)由(1)建立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝100，（x －3）2＋（y ＋4）2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝－8，可知两圆的切点坐标为(6，－8)，且公切线的斜率为34，所以直线l 的直角坐标方程为y ＋8＝34(x －6)，即3x －4y －50＝0，所以极坐标方程为3ρcos θ－4ρsin θ－50＝0.3．(2020·成都市第二次诊断性检测)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，α为倾斜角)，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos β，y ＝2sin β(β为参数，β∈[0，π])．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)写出曲线C 的普通方程和直线l 的极坐标方程； (2)若直线l 与曲线C 恰有一个公共点P ，求点P 的极坐标．解：(1)由曲线C 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos βy ＝2sin β，得(x －4)2＋y 2＝4.因为β∈[0，π]，所以曲线C 的普通方程为(x －4)2＋y 2＝4(y ≥0)．因为直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，α为倾斜角)，所以直线l 的倾斜角为α，且过原点O (极点)． 所以直线l 的极坐标方程为θ＝α，ρ∈R . (2)由(1)可知，曲线C 为半圆弧．若直线l 与曲线C 恰有一个公共点P ，则直线l 与半圆弧相切． 设P (ρ，θ)(ρ>0)．由题意，得sin θ＝24＝12，故θ＝π6.而ρ2＋22＝42，所以ρ＝2 3. 所以点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，π6. 4．(2020·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4. (1)求曲线C 的直角坐标方程和点P 的直角坐标；(2)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |. 解：(1)由ρ2＝21＋sin 2θ得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2，① 将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4， 所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1，1)．(2)将⎩⎨⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t 代入x 22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000>0，故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22，所以|PM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝5541. 5．(2020·湖南省湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7－t ，y ＝－2＋t (t 为参数)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C ：ρ＝42sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4. (1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)设曲线C 与直线l 的交点为A ，B ，Q 是曲线C 上的动点，求△ABQ 面积的最大值．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7－t ，y ＝－2＋t 消去t 得x ＋y －5＝0，所以直线l 的普通方程为x ＋y －5＝0.由ρ＝42sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝4sin θ＋4cos θ，得ρ2＝4ρsin θ＋4ρcos θ， 化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝4x ＋4y ，所以曲线C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝8.(2)由(1)知，曲线C 是以(2，2)为圆心，22为半径的圆，直线l 过点P (3，2)，可知点P 在圆内．将直线l 的参数方程化为⎩⎨⎧x ＝7－22ty ＝－2＋22t ，代入圆的直角坐标方程，得t 2－92t ＋33＝0.设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝92，t 1t 2＝33， 所以|AB |＝|t 2－t 1|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝30.又圆心(2，2)到直线l 的距离d ＝|2＋2－5|2＝22，所以△ABQ 面积的最大值为12×30×⎝⎛⎭⎫22＋22＝5152. 6．(2020·吉林第三次调研测试)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1－22t ，y ＝1＋22t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cos θ.(1)求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2交于A ，B 两点，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4，求1|P A |＋1|PB |的值． 解：(1)曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1－22t ，y ＝1＋22t ，(t 为参数)，两式相加消去t 可得普通方程为x ＋y －2＝0.由ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，曲线C 2的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cos θ，可得曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)把曲线C 1的参数方程⎩⎨⎧x ＝1－22t ，y ＝1＋22t (t 为参数)代入y 2＝4x ，得t 2＋62t －6＝0，设t 1，t 2是A ，B 对应的参数，则t 1＋t 1＝－62，t 1·t 2＝－6， 所以1|P A |＋1|PB |＝|P A |＋|PB ||P A |·|PB |＝|t 1－t 2||t 1·t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1·t 2|t 1·t 2|＝966＝263. [综合题组练]1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α⎝⎛⎭⎫t 为参数且t >0，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos β，y ＝1＋sin β⎝⎛⎭⎫β为参数，且β∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 3的极坐标方程为ρ＝1＋cos θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，曲线C 4的极坐标方程为ρcos θ＝1.(1)求C 3与C 4的交点到极点的距离；(2)设C 1与C 2交于P 点，C 1与C 3交于Q 点，当α在⎝⎛⎭⎫0，π2上变化时，求|OP |＋|OQ |的最大值． 解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝1＋cos θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，ρcos θ＝1得ρ2－ρ－1＝0，解得ρ＝1＋52，即交点到极点的距离为1＋52.(2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α⎝⎛⎭⎫α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，ρ>0， 曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，联立C 1，C 2的极坐标方程得ρ＝2sin α，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 即|OP |＝2sin α，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 曲线C 1与曲线C 3的极坐标方程联立得ρ＝1＋cos α，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 即|OQ |＝1＋cos α，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以|OP |＋|OQ |＝1＋2sin α＋cos α＝1＋5sin(α＋φ)，其中φ的终边经过点(2，1)， 当α＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z 时，|OP |＋|OQ |取得最大值，为1＋ 5.2．(2020·原创冲刺卷二)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＋y ＝4，曲线C 2：⎩⎨⎧x ＝2cos αy ＝3sin α(α为参数)．在同一平面直角坐标系中，曲线C 2上的点经过坐标变换⎩⎨⎧x ′＝12x ＋1，y ′＝33y ，得到曲线C 3，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线C 1的极坐标方程和曲线C 3的极坐标方程；(2)若射线l ：θ＝α(ρ>0)分别交C 1与C 3于A ，B 两点，求|OB ||OA |的取值范围．解：(1)由C 1：x ＋y ＝4，得直线C 1的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝4， 由曲线C 2的参数方程得其普通方程为x 24＋y 23＝1，由⎩⎨⎧x ′＝12x ＋1，y ′＝33y可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2（x ′－1），y ＝3y ′，将其代入x 24＋y 23＝1，可得(x ′－1)2＋y ′2＝1，所以曲线C 3的极坐标方程为ρ＝2cos θ. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，则－π4<α<π2，由题可得ρ1＝4cos α＋sin α，ρ2＝2cos α，所以|OB ||OA |＝ρ2ρ1＝14×2cos α(cos α＋sin α)＝14(cos 2α＋sin 2α＋1)＝14⎣⎡⎦⎤2cos ⎝⎛⎭⎫2α－π4＋1， 因为－π4<α<π2，所以－22<cos ⎝⎛⎭⎫2α－π4≤1， 所以0<14⎣⎡⎦⎤2cos ⎝⎛⎭⎫2α－π4＋1≤14(2＋1)． 所以|OB ||OA |的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，14（2＋1）.。