高考理科练习(选修4-5第2节证明不等式的基本方法)

课后课时作业1.[2015·重庆高考]若函数f(x)＝|x ＋1|＋2|x －a|的最小值为5，则实数a ＝________.答案 －6或4解析 当a ≤－1时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1(x ≤a )x －2a －1(a<x ≤－1)3x －2a ＋1(x>－1)，∴f(x)min ＝－a －1，∴－a －1＝5，∴a ＝－6. 当a>－1时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1(x ≤－1)－x ＋2a ＋1(－1<x ≤a )3x －2a ＋1(x>a )，∴f(x)min ＝a ＋1，∴a ＋1＝5，∴a ＝4. 综上，a ＝－6或a ＝4.2．不等式|2x ＋1|－2|x －1|>0的解集为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x>14解析 |2x ＋1|－2|x －1|>0⇔|2x ＋1|>2|x －1|⇔(2x ＋1)2>4(x －1)2⇔12x>3⇔x>14，∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x>14.3．[2016·南昌月考]若实数a ，b ，c 满足a 2＋b 2＋c 2＝4，则3a ＋4b ＋5c 的最大值为________．答案 10 2解析 由柯西不等式得(3a ＋4b ＋5c)2≤(a 2＋b 2＋c 2)(9＋16＋25)＝200，所以－102≤3a ＋4b ＋5c ≤102，所以3a ＋4b ＋5c 的最大值为10 2.4．[2015·黄陵一模]设关于x 的不等式|x|＋|x －1|<a(a ∈R )．若a ＝2，则不等式的解集为________；若不等式的解集为∅，则a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－12，32 (－∞，1]解析 a ＝2时，不等式|x |＋|x －1|<2可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0－x ＋1－x <2或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1x ＋1－x <2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1x ＋x －1<2，解得－12<x ≤0或0<x <1或1≤x <32，即－12<x <32，故不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.因为|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，所以若不等式|x |＋|x －1|<a 的解集为∅，则a 的取值范围是(－∞，1]．5．[2015·江苏高考]解不等式x ＋|2x ＋3|≥2. 解原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－32－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－323x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.综上，原不等式的解集是⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－5或x ≥－13. 6．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 .7．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的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2. 由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{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 ≥a x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <aa －x ＋3x ≤0，即⎩⎨⎧x ≥ax ≤a 4或⎩⎨⎧x <a x ≤－a2.因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－a 2. 由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.8．[2013·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 ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ，解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，所以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． 所以f (x )的最小值为3.9．[2015·课标全国卷Ⅱ]设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d . ②若a ＋b >c ＋d ， 则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 10．[2016·大连模拟]已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－m )． (1)当m ＝5时，求函数f (x )的定义域；(2)若关于x 的不等式f (x )≥1的解集是R ，求m 的取值范围． 解 (1)由题意知，|x ＋1|＋|x －2|－5>0，则有⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2x ＋1＋x －2>5或⎩⎨⎧－1<x <2x ＋1－x ＋2>5或⎩⎨⎧x ≤－1－x －1－x ＋2>5，解得x <－2或x >3.∴函数f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)． (2)由对数函数的性质知，f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－m )≥1＝log 22， ∴不等式f (x )≥1等价于|x ＋1|＋|x －2|≥2＋m .∵当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，而不等式|x ＋1|＋|x －2|≥m ＋2的解集是R ，∴m ＋2≤3，故m 的取值范围是(－∞，1]． 11．[2016·大同月考]设函数f (x )＝|2x －7|＋1. (1)求不等式f (x )≤|x －1|的解集；(2)若存在x 使不等式f (x )≤ax 成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意得|2x －7|＋1≤|x －1|. 当x <1时，－(2x －7)＋1≤－(x －1)，解得x ≥7，∴x 不存在．当1≤x ≤72时，－(2x －7)＋1≤x －1，解得x ≥3， ∴3≤x ≤72.当x >72时，(2x －7)＋1≤x －1，解得x ≤5， ∴72<x ≤5.综上，不等式的解集为[3,5]． (2)|2x －7|＋1≤ax .当x ≥72时，(a －2)x ＋6≥0能成立， 若a －2≥0，则a ≥2满足．若a －2<0，则(a －2)×72＋6≥0，解得27≤a <2. ∴a ≥27.当x <72时，(a ＋2)x －8≥0能成立， 若a ＋2<0，则a <－2满足． 若a ＋2＝0，则a ＝－2不满足． 若a ＋2>0，则(a ＋2)×72－8>0，解得a >27. ∴a >27或a <－2. 综上，a ≥27或a <－2.12．[2015·大庆二模]已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋1)≥0的解集为[0,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ，x ，y ，z ∈R ，且x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ，求证：ax ＋by ＋cz ≤1.解 (1)由f (x ＋1)≥0得|x |＋|x －1|≤m . ∵|x |＋|x －1|≥1恒成立，∴若m <1，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为∅，不合题意． 若m ≥1，①当x <0时，得x ≥1－m 2，所以1－m2≤x <0； ②当0≤x ≤1时，得x ＋1－x ≤m ，即m ≥1恒成立； ③当x >1时，得x ≤m ＋12，所以1<x ≤m ＋12.综上可知，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－m 2，m ＋12.由题意知，原不等式的解集为[0,1]， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m2＝0m ＋12＝1，解得m ＝1.(2)证明：∵x 2＋a 2≥2ax ，y 2＋b 2≥2by ，z 2＋c 2≥2cz ， 三式相加，得x 2＋y 2＋z 2＋a 2＋b 2＋c 2≥2ax ＋2by ＋2cz . 由题设及(1)，知x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ＝1， ∴2≥2(ax ＋by ＋cz )，即ax ＋by ＋cz ≤1，得证．。

选修4－5 不等式选讲第2课时不等式证明的基本方法(对应学生用书(理)200～202页)1. 设a 、b ∈R ＋，试比较a ＋b2与a ＋b 的大小． 解：∵ (a ＋b)2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a －b ）22≥0，∴ a ＋b ≥a ＋b2. 2. 若a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求a ＋b ＋c 的最大值．解：(1·a ＋1·b ＋1·c)2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c)＝3，即a ＋b ＋c 的最大值为 3.3. 设a 、b 、m ∈R ＋，且b a <b ＋m a ＋m ，求证：a ＞b.证明：由b a <b ＋m a ＋m ，得b a －b ＋m a ＋m ＝（b －a ）m a （a ＋m ）＜0.因为a 、b 、m ∈R ＋，所以b －a ＜0，即b ＜a.4. 若a 、b ∈R ＋，且a ≠b ，M ＝a b ＋ba，N ＝a ＋b ，求M 与N 的大小关系． 解：∵ a ≠b ，∴ a b ＋b>2a ，ba＋a>2b ， ∴a b ＋b ＋b a ＋a>2b ＋2a ，即a b ＋ba>b ＋a ，即M>N. 5. 用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >12(n>1，n ∈N *)的过程中，用n ＝k ＋1时左边的代数式减去n ＝k 时左边的代数式的结果是A ，求代数式A.解：当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1（k ＋1）＋（k ＋1），故左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1，即A ＝1（2k ＋1）（2k ＋2）.1. 不等式证明的常用方法(1) 比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是一种常用方法，基本不等式就是用比较法证得的．比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负．比较法证明不等式的步骤：作差(商)、变形、判断符号．其中的变形主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．(2) 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式．(3) 分析法：分析法就是从所要证明的不等式出发，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”．2. 不等式证明的其他方法和技巧(1) 反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定结论是正确的证明方法．(2) 放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C1≥C2≥…≥C n≥B，利用传递性达到证明的目的．(3) 数学归纳法[备课札记]题型1 用比较法证明不等式例1求证：a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.证明：∵ (a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b)2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0. ∴ a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1. 备选变式（教师专享） 已知a>0，b>0，求证：a b ＋ba≥a ＋ b. 证明：(证法1)∵ ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a －(a ＋b)＝⎝⎛⎭⎫a b －b ＋⎝⎛⎭⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa ＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴ 原不等式成立．(证法2)由于a b ＋b a a ＋b ＝a a ＋b b ab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋bab－1≥2abab－1＝1.又a>0，b>0，ab>0，∴a b ＋ba≥a ＋ b. 题型2 用分析法、综合法证明不等式 例2 已知x 、y 、z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：(证法1：综合法)因为x 、y 、z 都是正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z .同理可得yzx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y .将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. (证法2：分析法)因为x 、y 、z 均为正数，要证x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .只要证x 2＋y 2＋z 2xyz ≥yz ＋zx ＋xyxyz ，只要证x 2＋y 2＋z 2≥yz ＋zx ＋xy ，只要证(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0，而(x －y)2＋(y －z)2＋(z －x)2≥0显然成立，所以原不等式成立．变式训练已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 即证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋2， 即证a 2＋1a 2≥2，此式显然成立．∴ 原不等式成立．题型3 均值不等式与柯西不等式的应用 例3 求证：a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证明：∵ (12＋12＋12)(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c)2， ∴ a 2＋b 2＋c 23≥（a ＋b ＋c ）29，即a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3.变式训练若实数x 、y 、z 满足x ＋2y ＋3z ＝a(a 为常数)，求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 解：∵ (12＋22＋32)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋3z)2＝a 2，即14(x 2＋y 2＋z 2)≥a 2， ∴ x 2＋y 2＋z 2≥a 214，即x 2＋y 2＋z 2的最小值为a 214.备选变式（教师专享）用数学归纳法证明：当n 是不小于5的自然数时，总有2n >n 2成立． 证明：(1) 当n ＝5时，25>52，结论成立．(2) 假设当n ＝k(k ∈N ，k ≥5)时，结论成立，即有2k >k 2，那么当n ＝k ＋1时，左边＝2k ＋1＝2·2k >2·k 2＝(k ＋1)2＋(k 2－2k －1)＝(k ＋1)2＋(k －1－2)(k －1＋2)>(k ＋1)2＝右边.∴ 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．∴ 由(1)、(2)可知，不等式 2n >n 2对n ∈N ，n ≥5时恒成立．例4 求函数y ＝1－x ＋4＋2x 的最大值．解：∵y 2＝(1－x ＋2·2＋x)2≤[12＋(2)2](1－x ＋2＋x)＝3×3，∴ y ≤3，当且仅当11－x ＝22＋x时取“＝”号，即当x ＝0时，y max ＝3.备选变式（教师专享）(2011·湖南改编)设x 、y ∈R ，求⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值． 解：由柯西不等式，得⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2≥(1＋2)2＝9.∴ ⎝⎛⎭⎫x 2＋1y 2⎝⎛⎭⎫1x 2＋4y 2的最小值为9.1. (2013·陕西)已知a 、b 、m 、n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，求(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值．解：利用柯西不等式求解，(am ＋bn)(an ＋bm)≥(am·an ＋bn·bm)2＝mn·(a ＋b)2＝2·1＝2，且仅当am an ＝bn bmm ＝n 时取最小值2.2. (2013·湖北)设x 、y 、z ∈R ，且满足x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求x ＋y ＋z 的值．解：由柯西不等式可知(x ＋2y ＋3z)2＝14≤(x 2＋y 2＋z 2)·(12＋22＋32)，因为x 2＋y 2＋z 2＝1，所以当且仅当x 1＝y 2＝z3时取等号．此时y ＝2x ，z ＝3x 代入x ＋2y ＋3z ＝14得x ＝1414，即y ＝21414，z ＝31414， 所以x ＋y ＋z ＝3147. 3. (2013·江苏)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 3－2ab 2)＋(a 2b －b 3) ＝2a(a 2－b 2)＋b(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b)＝(a ＋b)(a －b)(2a ＋b)，又a ≥b>0，∴ a ＋b>0，a －b ≥0，2a ＋b ≥0， ∴ (a ＋b)(a －b)(2a ＋b)≥0， ∴ 2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， ∴ 2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b. 4. (2013·新课标Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ca ≤13；(2) a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明：(1) 由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca. 由题设得(a ＋b ＋c)2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以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. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.1. 已知正数a 、b 、c 满足abc ＝1，求证：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)≥27. 证明：(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1)≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立)． 2. 已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]． (1) 求m 的值；(2) 若a ，b ，c ∈R ，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1) ∵ f(x ＋2)＝m －|x|≥0，∴ |x|≤m ，∴ m ≥0，－m ≤x ≤m ，∴ f(x ＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m ＝1.(2) 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，a 、b 、c ∈R ，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥(a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c)2＝9. 3. 已知x ，y ，z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1(1) 若2x 2＋3y 2＋6z 2＝1，求x ，y ，z 的值．(2) 若2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立，求正数t 的取值范围．解：(1) ∵ (2x 2＋3y 2＋6z 2)(12＋13＋16)≥(x ＋y ＋z)2＝1，当且仅当2x 12＝3y 13＝6z16时取“＝”．∴ 2x ＝3y ＝6z ，又∵ x ＋y ＋z ＝1，∴ x ＝12，y ＝13，z ＝16.(2) ∵ (2x 2＋3y 2＋tz 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋1t ≥(x ＋y ＋z)2＝1，∴ (2x 2＋3y 2＋tz 2)min ＝156＋1t . ∵ 2x 2＋3y 2＋tz 2≥1恒成立， ∴156＋1t ≥1.∴ t ≥6. 4. (1) 求函数y ＝x －1＋5－x 的最大值；(2) 若函数y ＝a x ＋1＋6－4x 最大值为25，求正数a 的值．解：(1) ∵ (x －1＋5－x)2≤(1＋1)(x －1＋5－x)＝8, ∴ x －1＋5－x ≤2 2. 当且仅当1·x －1＝1·5－x 即x ＝3时，y max ＝2 2.(2) (a x ＋1＋6－4x)2＝⎝⎛⎭⎫a x ＋1＋232－x 2≤(a 2＋4)(x ＋1＋32－x)＝52(a 2＋4)， 由已知52(a 2＋4)＝20得a ＝±2，又∵ a>0，∴ a ＝2.1. 算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，n>1且n ∈N *，则a 1＋a 2＋…＋a nn叫做这n 个正数的算术平均数，na 1a 2…a n 叫做这n 个正数的几何平均数．基本不等式：a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n (n ∈N *，a i ∈R ＋，1≤i ≤n)．2. 绝对值三角形不等式若a 、b 是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 推论1：|a 1＋a 2＋…＋a n |≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.推论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．3. 柯西不等式若a 、b 、c 、d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd)2. 4. 三角不等式设x 1、y 1、x 2、y 2∈R ，则x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2.请使用课时训练（B ）第2课时（见活页）.[备课札记]。

描述：高中数学选修4-5(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案
第二讲 证明不等式的基本方法 二 综合法与分析法
一、知识清单
不等式证明的基本方法
二、知识讲解
1.不等式证明的基本方法
比较法
要证明一个不等式也可以如同进行实数大小比较一样，采用做差、变形、确定符号的方式进行，我们将这种方法称之为比较法（comparison method）．
分析法和综合法
从欲证的不等式出发，执“果”索“因”，层层推求使结论成立的充分条件，直至能够可定这些充分条件已经具备为止，进而断言原不等式式成立，我们把这种方法称之为分析法（analysis method）．从已知的基本不等式出发，利用不等式的基本性质导出欲证不等式，这种证明方法称为综合法（synthesis method）．所谓综合法就是由“因”导“果”，从题设条件出发，利用已知定义、公理、定理等逐步推进，证得所要求证的结论的方法．
反证法和放缩法
反证法（reduction to absurdtity）是先假设所要证的不等式不成立，也就是说不等式的反面成立，以此为出发点，结合已知条件，进行推理论证，最后推出和已知条件或已知条件不等式相矛盾的结果，从而断定假设错误，因而确定要证的不等式成立．
放缩法是不等式证明的基本方法，在不等式证明中几乎无处不在．它的依据是不等式的基本性质：”若，，则．“一般可考虑利用添项、舍项、已知不等式及函数的单调性等欲证不等式的左边或右边进行放大或缩小．
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a >b b >c
a >c。

证明不等式的基本方法(25分钟40分)1. (10分)已知函数f(x)=|x+2|.(1)解不等式f(x)>4-|x+1|.(2)已知a+b=2(a>0,b>0),求证:-f(x)≤+. 【解析】(1)不等式f(x)>4-|x+1|,即|x+1|+|x+2|>4,当x<-2时,不等式化为-(x+1)-(x+2)>4,解得x<-3.5; 当-2≤x≤-1时,不等式化为-(x+1)+(x+2)>4,无解; 当x>-1时,不等式化为(x+1)+(x+2)>4,解得x>0.5; 综上所述:不等式的解集为(-∞,-3.5)∪(0.5,+∞).(2)因为+=(a+b)=≥4.5,当且仅当a=,b=时等号成立.由题意知,-f(x)=-|x+2|≤=4.5,所以-f(x)≤+.2. (10分)设函数f(x)=|x-3|,g(x)=|x-2|.(1)解不等式f(x)+g(x)<2.(2)对任意的实数x,y,若f(x)≤1,g(y)≤1,求证:|x-2y+1|≤3.【解析】(1)当x<2时,原不等式可化为3-x+2-x<2,可得x>,所以<x<2.当2≤x≤3时,原不等式可化为3-x+x-2<2,恒成立,所以2≤x≤3.当x>3时,原不等式可化为x-3+x-2<2,可得x<,所以3<x<.综上,不等式的解集为.(2)|x-2y+1|=|(x-3)-2(y-2)|≤|x-3|+2|y-2|≤1+2=3.3. (10分) (2018·海口模拟)已知函数f(x)=|x-1|-|x+2|.(1)求不等式-2<f(x)<0的解集A.(2)若m,n∈A,证明:|1-4mn|>2|m-n|.【解析】(1)依题意f(x)=|x-1|-|x+2|=由-2<-2x-1<0解得-<x<,故A=.(2)m,n∈A,由(1)可知m2<,n2<,因为|1-4mn|2-4|m-n|2=(1-8mn+16m2n2)- 4(m2-2mn+n2)=(4m2-1)(4n2-1)>0,故|1-4mn|2>4|m-n|2,故|1-4mn|>2|m-n|.4. (10分) (2018·潍坊模拟)已知函数f(x)=|x+4|,不等式f(x)>8-|2x-2|的解集为M.(1)求M.(2)设a,b∈M,证明:f(ab)>f(2a)-f(-2b).【解析】(1)将f(x)=|x+4|代入不等式整理得|x+4|+|2x-2|>8.①当x≤-4时不等式转化为-x-4-2x+2>8,解得x<-,所以此时x≤-4;②当-4<x<1时不等式转化为x+4+2-2x>8,解得x<-2,所以此时-4<x<-2,③当x≥1时,不等式转化为x+4+2x-2>8,解得x>2,所以此时x>2,综上,M={x|x<-2或x>2}.(2)因为f(2a)-f(-2b)=|2a+4|-|-2b+4|≤|2a+4+2b-4|=|2a+2b|,所以要证f(ab)>f(2a)-f(-2b),只需证|ab+4|>|2a+2b|,即证(ab+4)2>(2a+2b)2,即证a2b2+8ab+16>4a2+8ab+4b2,即证a2b2-4a2-4b2+16>0,即证(a2-4)(b2-4)>0.因为a,b∈M,所以a2>4,b2>4,所以(a2-4)(b2-4)>0成立,所以原不等式成立.。