2020年全国高考数学第二轮复习 选修4—5 不等式选讲 理

第六章不等式、推理与证明及不等式选讲(选修4－5)第一节不等关系与不等式1．实数大小顺序与运算性质之间的关系a－b＞0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a<b.2．不等式的基本性质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⇒ac2>bc2；若无c≠0这个条件，a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c＝0时，取“＝”)．[试一试]1．(2013·北京高考)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：选D 由性质知选D. 2.12－1________3＋1(填“>”或“<”)． 解析：12－1＝2＋1＜3＋1. 答案：<1．不等式的倒数性质 (1)a >b ，ab >0⇒1a <1b ；(2)a <0<b ⇒1a <1b ；(3)a >b >0,0<c <d ⇒a c >bd ；(4)0<a <x <b 或a <x <b <0⇒1b <1x <1a .2．不等式的分数性质 (1)真分数的性质：b a <b ＋m a ＋m ；b a >b －m a －m (b －m >0)； (2)假分数的性质：a b >a ＋m b ＋m ；a b <a －m b －m (b －m >0)． [练一练]若0<a <b ，c >0，则b ＋c a ＋c 与a ＋cb ＋c 的大小关系为________．答案：b ＋c a ＋c >a ＋c b ＋c的大小1.已知a 121212，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M <NB ．M >NC．M＝N D．不确定解析：选B 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.2．若实数a≠1，比较a＋2与31－a的大小．解：a＋2－31－a＝－a2－a－11－a＝a2＋a＋1a－1∴当a>1时，a＋2>31－a；当a<1时，a＋2<31－a.[类题通法]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．(3)特值法：若是选择题、填空题可以用特值法比较大小；若是解答题，可先用特值探究思路，再用作差或作商法判断．注意：用作商法时要注意商式中分母的正负，否则极易得出相反的结论．不等式的性质[典例]>b且c>d”的A．充分不必要条件B．既不充分也不必要条件C ．充分必要条件D ．必要不充分条件(2)若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋bc ＜0；③a －c ＞b －d ；④a ·(d －c )＞b (d －c )中成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] (1)由“a ＋c >b ＋d ”不能得知“a >b 且c >d ”，反过来，由“a >b 且c >d ”可得知“a ＋c >b ＋d ”，因此“a ＋c >b ＋d ”是“a >b 且c >d ”的必要不充分条件，选D.(2)法一：∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0， ∴ad ＜bc ，故①错误．∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0， ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0， ∴a (－c )＞(－b )(－d )，∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd ＜0，故②正确． ∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，∵a ＞b ，∴a ＋(－c )＞b ＋(－d )， a －c ＞b －d ，故③正确．∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a (d －c )＞b (d －c )， 故④正确，故选C. 法二：取特殊值． [答案] (1)D (2)C [类题通法]判断多个不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质，常见的反例构成方式可从以下几个方面思考：(1)不等式两边都乘以一个代数式时，考察所乘的代数式是正数、负数或0；(2)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时平方后不等号方向不一定保持不变； (3)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时取倒数后不等号方向不变等． [针对训练](2014·北京东城区综合练习)若a >b >0，则下列不等式不成立的是( ) A.1a <1bB ．|a |>|b |C ．a ＋b <2abD.⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b解析：选C ∵a >b >0，∴1a <1b，且|a |>|b |，a ＋b >2ab ，又2a >2b ，∴⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b ，选C. 不等式性质的应用[典例] ，2≤f (1)≤4.求 [解] f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b . f (－2)＝4a －2b .设m (a ＋b )＋n (a －b )＝4a －2b .则⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3.∴f (－2)＝(a ＋b )＋3(a －b )＝f (1)＋3f (－1)． ∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4， ∴5≤f (－2)≤10.即f (－2)的取值范围为[5,10]．解：由本例知f (－2)＝f (1)＋3f (－1)． 又∵1<f (－1)≤2,2≤f (1)<4， ∴5<3f (－1)＋f (1)<10， 故5<f (－2)<10.故f (－2)的取值范围为(5,10)． [类题通法]利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围．解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．[针对训练]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]．第二节一元二次不等式及其解法一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系1．二次项系数中含有参数时，则应先考虑二次项是否为零，然后再讨论二次项系数不为零时的情形，以便确定解集的形式．2．当Δ<0时，易混ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解集为R 还是∅. [试一试]1．(2013·浙江高考)设集合S ＝{x |x >－2}，T ＝{x |x 2＋3x －4≤0}，则(∁R S )∪T ＝( ) A ．(－2,1] B ．(－∞，－4] C ．(－∞，1]D ．[1，＋∞)解析：选C T ＝ {x |－4≤x ≤1}，根据补集定义， ∁R S ＝{x |x ≤－2}，所以(∁R S )∪T ＝{x |x ≤1}，选C.2．不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集是⎝⎛⎭⎫－12，13，则a ＋b 的值是( ) A ．10 B ．－10 C ．14D ．－14解析：选D 由题意知－12、13是ax 2＋bx ＋2＝0的两根．则a ＝－12，b ＝－2.a ＋b ＝－14.故选D.3．不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵不等式x 2＋ax ＋4<0的解集不是空集， ∴Δ＝a 2－4×4>0，即a 2>16. ∴a >4或a <－4.答案：(－∞，－4)∪(4，＋∞)1．由二次函数图像与一元二次不等式的关系得到的两个常用结论(1)不等式ax 2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ＝0，c >0，或⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0.(2)不等式ax 2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ＝0，c <0，或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.2．分类讨论思想解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏．[练一练]若不等式mx 2＋2mx ＋1>0的解集为R ，则m 的取值范围是________． 解析：①当m ＝0时，1>0显然成立． ②当m ≠0时，由条件知⎩⎪⎨⎪⎧m >0，Δ＝4m 2－4m <0.得0<m <1， 由①②知0≤m <1. 答案：[0,1)一元二次不等式的解法[典例] (1)0＜x 2－x －2≤4； (2)x 2－4ax －5a 2＞0(a ≠0)． [解] (1)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x －2＞0，x 2－x －2≤4⇔⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －2＞0，x 2－x －6≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ (x －2)(x ＋1)＞0，(x －3)(x ＋2)≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2或x ＜－1，－2≤x ≤3.借助于数轴，如图所示，原不等式的解集为{}x |－2≤x ＜－1或2＜x ≤3. (2)由x 2－4ax －5a 2＞0知(x －5a )(x ＋a )＞0. 由于a ≠0故分a ＞0与a ＜0讨论． 当a ＜0时，x ＜5a 或x ＞－a ； 当a ＞0时，x ＜－a 或x ＞5a .综上，a ＜0时，解集为{}x |x ＜5a 或x ＞－a ；a ＞0时，解集为{}x |x ＞5a 或x ＜－a . [类题通法]1．解一元二次不等式的一般步骤：(1)对不等式变形，使一端为0且二次项系数大于0，即ax 2＋bx ＋c ＞0(a ＞0)，ax 2＋bx ＋c ＜0(a ＞0)；(2)计算相应的判别式；(3)当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根； (4)根据对应二次函数的图像，写出不等式的解集．2．解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即Δ的符号进行分类，最后在根存在时，根据根的大小进行分类．[针对训练] 解下列不等式： (1)－3x 2－2x ＋8≥0； (2)ax 2－(a ＋1)x ＋1＜0(a ＞0)．解：(1)原不等式可化为3x 2＋2x －8≤0， 即(3x －4)(x ＋2)≤0. 解得－2 ≤x ≤43，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－2≤x ≤43. (2)原不等式变为(ax －1)(x －1)＜0， 因为a ＞0，所以a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x －1)＜0. 所以当a ＞1时，解为1a ＜x ＜1；当a ＝1时，解集为∅； 当0＜a ＜1时，解为1＜x ＜1a.综上，当0＜a ＜1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1＜x ＜1a ； 当a ＝1时，不等式的解集为∅；当a ＞1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1a＜x ＜1.一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图像与x 轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.归纳起来常见的命题角度有：(1)形如f (x )≥0(x ∈R )确定参数的范围； (2)形如f (x )≥0(x ∈[a ，b ])确定参数范围； (3)形如f (x )≥0(参数m ∈[a ，b ])确定x 的范围.角度一 形如f (x )≥0(x ∈R )确定参数的范围1．(2013·重庆高考)设0≤α≤π，不等式8x 2－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，则α的取值范围为________．解析：根据题意可得(8sin α)2－4×8cos 2α≤0，即2sin 2α－cos 2α≤0，2sin 2α－(1－2sin 2α)≤0，即－12≤sin α≤12.因为0≤α≤π，故α∈06π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，∪56ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 答案：06π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，∪56ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 角度二 形如f (x )≥0(x ∈[a ，b ])确定参数范围2．对任意x ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，求a 的取值范围． 解：函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的对称轴为x ＝－a －42＝4－a2.①当4－a2<－1，即a >6时，f (x )的值恒大于零等价于f (－1)＝1＋(a －4)×(－1)＋4－2a >0， 解得a <3，故有a ∈∅；②当－1≤4－a2≤1，即2≤a ≤6时，只要f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 22＋(a －4)×4－a 2＋4－2a >0，即a 2<0，故有a ∈∅； ③当4－a 2>1，即a <2时，只要f (1)＝1＋(a －4)＋4－2a >0，即a <1，故有a <1.综上可知，当a <1时，对任意x ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零． 角度三 形如f (x )≥0(参数m ∈[a ，b ])确定x 的范围3．对任意a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值恒大于零，求x 的取值范围． 解：由f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4， 令g (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4.由题意知在[－1,1]上，g (a )的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得x <1或x >3.故当x <1或x >3时，对任意的a ∈[－1,1]，函数f (x )的值恒大于零． [类题通法]恒成立问题及二次不等式恒成立的条件(1)解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．(2)对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方．一元二次不等式的应用[典例] 件，年销量是a 件．现经销商计划在2014年将该商品的价格降至5.5元/件到7.5元/件之间，经调查，顾客的期望价格是4元/件．经测算，该商品价格下降后新增的年销量与实际价格和顾客期望价格的差成反比，比例系数为k .该商品的成本价为3元/件．(1)写出该商品价格下降后，经销商的年收益y 与实际价格x 的函数关系式；(2)设k ＝2a ，当实际价格最低定为多少时，仍然可以保证经销商2014年的收益比2013年至少增长20%?[解] (1)设该商品价格下降后为x 元/件，则由题意可知年销量增加到⎝ ⎛⎭⎪⎫k x －4＋a 件，故经销商的年收益y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k x －4＋a (x －3)，5.5≤x ≤7.5.(2)当k ＝2a 时，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫2a x －4＋a (x －3)≥(8－3)a ×(1＋20%)，化简得x 2－11x ＋30x －4≥0，解得x ≥6或4<x ≤5.又5.5≤x ≤7.5，故6≤x ≤7.5，即当实际价格最低定为6元/件时，仍然可以保证经销商2014年的收益比2013年至少增长20%.[类题通法]构建不等式模型解决实际问题不等式的应用问题常常以函数为背景，多是解决实际生活、生产中的最优化问题等，解题时，要仔细审题，认清题目的条件以及要解决的问题，理清题目中各量之间的关系，建立恰当的不等式模型进行求解．[针对训练]某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x 成(1成＝10%)，售出商品数量就增加85x 成．要求售价不能低于成本价．(1)设该商店一天的营业额为y ，试求y 与x 之间的函数关系式y ＝f (x )，并写出定义域； (2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x 的取值范围． 解：(1)由题意得y ＝100⎝⎛⎭⎫1－x 10·100⎝⎛⎭⎫1＋850x . 因为售价不能低于成本价， 所以100⎝⎛⎭⎫1－x10－80≥0. 所以y ＝f (x )＝20(10－x )(50＋8x )，定义域为[0,2]． (2)由题意得20(10－x )(50＋8x )≥10 260， 化简得8x 2－30x ＋13≤0. 解得12≤x ≤134.所以x 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，2.第三节绝对值不等式(选修4－5)1．绝对值三角不等式(1)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．(2)定理2：如果a，b，c是实数，则|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)型不等式的解法有以下几种：①利用绝对值不等式的几何意义求解的思想；②利用“零点分段法”求解；③通过构造函数，利用函数的图象求解．1．对于绝对值三角不等式，易忽视等号成立的条件．对|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当a>－b>0时，等号成立，对|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，如果a<－b<0当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时左边等号成立，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理及c的符号判断，若c<0则不等式解集为R.[试一试]1．(2013·广东高考)不等式|x2－2|<2的解集是()A．(－1,1)B．(－2,2)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－2,0)∪(0,2)解析：选D由|x2－2|<2得－2<x2－2<2，即0<x2<4，所以－2<x<0或0<x<2.2．不等式|x －2|－|x －1|>0的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，32 B.⎝⎛⎭⎫－∞，－32 C.⎝⎛⎭⎫32，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－32，＋∞ 解析：选A 原不等式等价于|x －2|>|x －1|， 则(x －2)2>(x －1)2，解得x <32.含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(或叫定义法)：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象，利用函数图象求解．[练一练]1．已知不等式|2x －t |＋t －1<0的解集为(－12，12)，则t ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选B |2x －t |<1－t ，t －1<2x －t <1－t ， 2t －1<2x <1，t －12<x <12，∴t ＝0.2．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：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]绝对值不等式的解法1．在实数范围内，不等式|x －12|＋|x ＋12|≤3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2x ≤3⇒x ≤32；当－12≤x ≤12时，原不等式转化为1≤3，恒成立；当x <－12时，原不等式转化为－2x ≤3⇒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．不等式⎪⎪⎪⎪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，满足题意，则原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32.答案：⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤32 2．(2013·西安质检)若关于x 的不等式|x －a |<1的解集为(1,3)，则实数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)，所以通过对比可得a ＝2. 答案：23．如果关于x 的不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________．解析：法一：令y 1＝|x －3|－|x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， x >4，2x －7， 3≤x ≤4，－1，x <3.y 2＝a . 如图要使|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集，则a 的取集范围是a >－1.法二：注意到||x －3|－|x －4||≤|(x －3)－(x －4)|＝1，－1≤|x －3|－|x －4|≤1.若不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集是空集，则有|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，＋∞) [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．绝对值不等式的证明[典例] ，不等式f (x )<4M . (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 |.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]证明绝对值不等式主要有三种方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明； (2)利用三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明； (3)转化为函数问题，数形结合进行证明． [针对训练](2014·乌鲁木齐高三诊断性测验)设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|. (1)求证：f (x )≥1； (2)若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，＋∞.绝对值不等式的综合应用[|2x ＋a |，g (x )＝(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，则y ＝⎩⎨⎧－5x ，x ＜12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x ＞1.其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0.所以原不等式的解集是{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. 所以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. [类题通法]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，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．2．对于求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](2013·辽宁模拟)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 －2(x ≤1)，－4(1<x <2)，2x －8(x ≥2).令g (x )>0，则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.第四节二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题1．二元一次不等式(组)表示的平面区域2．1．画出平面区域．避免失误的重要方法就是首先使二元一次不等式化为ax ＋by ＋c >0(a >0)．2．线性规划问题中的最优解不一定是唯一的，即可行域内使目标函数取得最值的点不一定只有一个，也可能有无数多个，也可能没有．[试一试]1．(2013·全国卷Ⅱ)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －1≥0，x ≤3，则z ＝2x －3y 的最小值是( ) A ．－7 B ．－6 C ．－5D ．－3解析：选B 作出不等式组表示的可行域，如图(阴影部分)．易知直线z ＝2x －3y 过点C 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3，x －y ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4，∴z min ＝2×3－3×4＝－6，故选B. 2．如图所示的平面区域(阴影部分)满足不等式________．答案：x ＋y －1>01．确定二元一次不等式表示平面区域的方法二元一次不等式所表示的平面区域的确定，一般是取不在直线上的点(x 0，y 0)作为测试点来进行判定，满足不等式的则平面区域在测试点所在的直线的一侧，反之在直线的另一侧．2．求二元一次函数z ＝ax ＋by (ab ≠0)的最值的方法将函数z ＝ax ＋by 转化为直线的斜截式：y ＝－a b x ＋z b ，通过求直线的截距zb 的最值间接求出z 的最值．(1)当b >0时，截距z b 取最大值时，z 也取最大值；截距zb 取最小值时，z 也取最小值；(2)当b <0时，截距z b 取最大值时，z 取最小值；截距zb 取最小值时，z 取最大值．[练一练](2013·陕西高考)若点(x ，y )位于曲线y ＝|x －1|与y ＝2所围成的封闭区域，则2x －y 的最小值为________．解析：由题意知y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1(x ≥1)，1－x (x <1)，作出曲线y ＝|x －1|与y ＝2所围成的封闭区域，如图中阴影部分所示，即得过点A (－1,2)时，2x －y 取最小值－4.答案：－41.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋3y ≥4，3x ＋y ≤4所表示的平面区域的面积等于( )A.32 B.23 C.43D.34解析：选C 平面区域如图所示．解⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝4，3x ＋y ＝4得A (1,1)， 易得B (0,4)，C ⎝⎛⎭⎫0，43， |BC |＝4－43＝83.∴S △ABC ＝12×83×1＝43.2．若满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －2≤0，y ≥a 的整点(x ，y )恰有9个，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则整数a 的值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0解析：选C 不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分，当a ＝0时，只有4个整点(1,1)，(0,0)，(1,0)，(2,0)；当a ＝－1时，正好增加(－1，－1)，(0，－1)，(1，－1)，(2，－1)，(3，－1)5个整点，故选C.3．如图阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示为________．解析：两直线方程分别为x －2y ＋2＝0与x ＋y －1＝0. 由(0,0)点在直线x －2y ＋2＝0右下方可知x －2y ＋2≥0， 又(0,0)点在直线x ＋y －1＝0左下方可知x ＋y －1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0为所表示的可行域． 答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0[类题通法]二元一次不等式(组)表示平面区域的判断方法：直线定界，测试点定域．注意不等式中不等号有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．测试点可以选一个，也可以选多个，若直线不过原点，测试点常选取原点．求目标函数的最值线性规则问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.归纳起来常见的命题角度有：(1)求线性目标函数的最值； (2)求非线性目标的最值； (3)求线性规划中的参数. 角度一 求线性目标函数的最值1．(1)(2013·湖南高考)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤2x ，x ＋y ≤1，y ≥－1，则x ＋2y 的最大值是( )A ．－52B ．0 C.53D.52(2)如果函数x 、y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，x ＋y ＋1≤0，那么z ＝2x －y 的最大值为( )A ．2B ．1C ．－2D ．－3解析：(1)选C 不等式组表示的平面区域为图中阴影部分．平行移动y ＝－12x ＋12z ，可知该直线经过y ＝2x 与x ＋y ＝1的交点A ⎝⎛⎭⎫13，23时，z 有最大值为13＋43＝53.(2)选B 如图作出可行域，当z 经过直线y ＋1＝0与x ＋y ＋1＝0的交点(0，－1)时，z max＝1.角度二 求非线性目标的最值2．(1)(2013·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2≥0，x ＋2y －1≥0，3x ＋y －8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM 斜率的最小值为( )A ．2B ．1C ．－13D ．－12解析：选C 已知的不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，显然当点M 与点A 重合时直线OM 的斜率最小，由直线方程x ＋2y －1＝0和3x ＋y －8＝0，解得A (3，－1)，故OM 斜率的最小值为－13.(2)(2014·长春调研)若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧12≤x ≤1，y ≥－x ＋1，y ≤x ＋1，则y ＋1x的取值范围是________．解析：由题可知y ＋1x ＝y －(－1)x －0，即为求不等式所表示的平面区域内的点与(0，－1)的连线斜率k 的取值范围，由图可知k ∈[1,5]．答案：[1,5]角度三 求线性规划中的参数3．(1)(2013·浙江高考)设z ＝kx ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，2x －y －4≤0.若z 的最大值为12，则实数k ＝________.解析：画出可行域，根据线性规划知识，目标函数取最大值12时，最优解一定为(4,4)，这时12＝4k ＋4，k ＝2.答案：2(2)(2014·江西七校联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y －8≤0，x ≤3.若点⎝⎛⎭⎫3，52是使ax －y 取得最小值的唯一的可行解，则实数a 的取值范围为________．解析：记z ＝ax －y ，注意到当x ＝0时，y ＝－z ，即直线z ＝ax －y 在y 轴上的截距是－z .在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域，结合图形可知，满足题意的实数a 的取值范围为a <－12.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－12 [类题通法]1．求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义．2．常见的目标函数有： (1)截距型：形如z ＝ax ＋by .求这类目标函数的最值常将函数z ＝ax ＋by 转化为直线的斜截式：y ＝－a b x ＋zb ，通过求直线的截距zb的最值间接求出z 的最值．(2)距离型：形如z ＝(x －a )2＋(y －b )2. (3)斜率型：形如z ＝y －bx －a .注意：转化的等价性及几何意义．线性规划的实际应用[典例] (2013·两种型号的客车安排名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，则租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元[解析] 设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，则约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，y －x ≤7，y ＋x ≤21，x ，y ∈N ，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5,12)时，有最小值z min ＝36800(元)．[答案] C [类题通法]求解线性规划应用题的注意点(1)明确问题中的所有约束条件，并根据题意判断约束条件中是否能够取到等号． (2)注意结合实际问题的实际意义，判断所设未知数x ，y 的取值范围，特别注意分析x ，y 是否是整数、非负数等．(3)正确地写出目标函数，一般地，目标函数是等式的形式．[针对训练]某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品1桶需耗A 原料1千克、B 原料2千克；生产乙产品1桶需耗A 原料2千克，B 原料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A 、B 原料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是( )A ．1 800元B ．2 400元C ．2 800元D ．3 100元解析：选C 设每天分别生产甲产品x 桶，乙产品y 桶，相应的利润为z 元，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤12，2x ＋y ≤12，x ≥0，y ≥0，z ＝300x ＋400y ，在坐标平面内画出该不等式组表示的平面区域及直线300x ＋400y ＝0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点A (4,4)时，相应直线在y 轴上的截距达到最大，此时z ＝300x ＋400y 取得最大值，最大值是z ＝300×4＋400×4＝2 800，即该公司可获得的最大利润是2 800元．第五节基本不等式与柯西不等式(选修4－5)1．基本不等式ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号． 2．算术平均数与几何平均数设a >0，b >0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．3．利用基本不等式求最值问题 已知x >0，y >0，则：(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p .(简记：积定和最小)(2)如果和x ＋y 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是p 24.(简记：和定积最大)4．平均值不等式(1)定理：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．我们称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．(2)一般形式的算术—几何平均值不等式：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．5．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，则(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，则|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 2)2＋(y 1－y 2)2.(4)柯西不等式的一般形式：设a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 为实数，则(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．1．求最值时要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是考虑等号成立的条件． 2．多次使用基本不等式时，易忽视取等号的条件的一致性． 3．使用柯西不等式或平均值不等式时易忽视等号成立的条件． [试一试]1．“a >0且b >0”是“a ＋b2≥ab ”成立的( )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答案：A2．已知0<x <1，则x (3－3x )取得最大值时x 的值为( ) A.13B.12C.34D.23解析：选B 由0<x <1，故3－3x >0，则x (3－3x )＝13×3x (3－3x )≤13×94＝34，当且仅当3x ＝3－3x ，即x ＝12时等号成立．3．已知x 2＋y 2＝10，则3x ＋4y 的最大值为( ) A ．510 B ．410 C ．310D ．210解析：选A ∵(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 ＝510.1．活用几个重要的不等式a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )；b a ＋ab ≥2(a ，b 同号)．ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )；⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22(a ，b ∈R )． 2．巧用“拆”“拼”“凑”在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．[练一练] 若x >1，则x ＋4x －1的最小值为________． 解析：x ＋4x －1＝x －1＋4x －1＋1≥4＋1＝5.当且仅当x －1＝4x －1，即x ＝3时等号成立．答案：5利用基本不等式求最值[典例] (1)(2013·四川高考)已知函数f (x )＝4x ＋ax(x ＞0，a ＞0)在x ＝3时取得最小值，则a ＝________.[解析] f (x )＝4x ＋ax ≥24x ·a x ＝4a (x >0，a >0)，当且仅当4x ＝ax，即a ＝4x 2时取等号，则由题意知a ＝4×32＝36.[答案] 36(2)(2014·长春调研)若两个正实数x ，y 满足2x ＋1y ＝1，并且x ＋2y >m 2＋2m 恒成立，则实数m 的取值范围是________．[解析] x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝⎛⎭⎫2x ＋1y ＝2＋4y x ＋x y ＋2≥8，当且仅当4y x ＝xy ，即x ＝2y ＝4时等号成立．由x ＋2y >m 2＋2m 恒成立，可知m 2＋2m <8，m 2＋2m －8<0，解得－4<m <2.[答案] (－4,2)(3)(2013·山东高考改编)设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，则zxy 的最小值为________．[解析] z ＝x 2－3xy ＋4y 2(x ，y ，z ∈R ＋)，∴z xy ＝x 2－3xy ＋4y 2xy ＝x y ＋4y x－3≥2x y ·4yx－3＝1. 当且仅当x y ＝4yx ，即x ＝2y ＝4时“＝”成立．[答案] 1解：由(3)知当zxy取最小值时x ＝2y .∴z ＝x 2－3xy ＋4y 2＝4y 2－6y 2＋4y 2＝2y 2，∴x ＋2y －z ＝2y ＋2y －2y 2＝－2y 2＋4y ＝－2(y －1)2＋2. ∴当y ＝1时，x ＋2y －z 取最大值2. [类题通法]两个正数的和与积的转化基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，因此可以用在一些不等式的证明中，还可以用于求代数式的最值或取值范围．如果条件等式中，同时含有两个变量的和与积的形式，就可以直接利用基本不等式对两个正数的和与积进行转化，然后通过解不等式进行求解．[针对训练](1)当x ＞0时，则f (x )＝2xx 2＋1的最大值为________． (2)已知log 2a ＋log 2b ≥1，则3a ＋9b 的最小值为________．(3)已知x ＞0，y ＞0，xy ＝x ＋2y ，若xy ≥m －2恒成立，则实数m 的最大值是________． 解析：(1)∵x ＞0，∴f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x ≤22＝1，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号．(2)由log 2a ＋log 2b ≥1得log 2(ab )≥1，即ab ≥2，∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3a ＋2b2(当且仅当3a ＝32b ，即a ＝2b 时取等号)．又∵a ＋2b ≥22ab ≥4(当且仅当a ＝2b 时取等号)， ∴3a ＋9b ≥2×32＝18.即当a ＝2b 时，3a ＋9b 有最小值18.(3)由x ＞0，y ＞0，xy ＝x ＋2y ≥22xy ，得xy ≥8，于是由m －2≤xy 恒成立，得m －2≤8，即m ≤10.故m 的最大值为10.答案：(1)1 (2)18 (3)10基本不等式的实际应用[典例] 经调查测算，该产品的年销售量(即该厂的年产量)x 万件与年促销费用m 万元(m ≥0)满足x ＝3－k m ＋1(k 为常数)，如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2013年生产该产品的固定投入为8万元．每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．(1)将2013年该产品的利润y 万元表示为年促销费用m 万元的函数； (2)该厂家2013年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？ [解] (1)由题意知，当m ＝0时，x ＝1(万件)， ∴1＝3－k ⇒k ＝2，∴x ＝3－2m ＋1，。

第2讲 选修4－5 不等式选讲[考情考向·高考导航]高考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．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a )． (1)当a ＝1时,求不等式f (x )＜0的解集； (2)若x ∈(－∞,1)时,f (x )＜0,求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时,f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)． 当x ＜1时,f (x )＝－2(x －1)2＜0；当x ≥1时,f (x )≥0.所以,不等式f (x )＜0的解集为(－∞,1)． (2)因为f (a )＝0,所以a ≥1.当a ≥1,x ∈(－∞,1)时,f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)＜0. 所以,a 的取值范围是[1,＋∞)．2．(2017·全国Ⅰ卷)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 的取值范围是[－1,1]．[主干整合]1．绝对值不等式的性质定理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,等号成立．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直观求解． (2)利用零点分段法求解．(3)构造函数,利用函数的图象求解． 4．基本不等式定理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 ＋c3≥3abc ,当且仅当a ＝b ＝c 时,等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均数不等式)如果a 1,a 2,…,a n 为n 个正数(n ∈N *,n ＞1),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．热点一 绝对值不等式的解法[例1] 已知f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3. (1)求不等式f (x )≤2的解集．(2)若直线y ＝kx －2与函数f (x )的图象有公共点,求k 的取值范围．[审题指导] (1)看到f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3,联想到分x ≤1、1＜x ＜4、x ≥4三种情况去绝对值号．(2)看到y ＝kx －2联想到此直线恒过定点(0,－2)． [解析] (1)由f (x )≤2, 得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，2－2x ≤2，或⎩⎪⎨⎪⎧1＜x ＜4，0≤2，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥4，2x －8≤2，解得0≤x ≤5,故不等式f (x )≤2的解集为[0,5]．(2)f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3＝⎩⎪⎨⎪⎧2－2x ，x ≤1，0，1＜x ＜4，2x －8，x ≥4，作出函数f (x )的图象,如图所示,直线y ＝kx －2过定点C (0,－2), 当此直线经过点B (4,0)时,k ＝12；当此直线与直线AD 平行时,k ＝－2,故由图可知,k ∈(－∞,－2)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、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．(2019·聊城三模)已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集． 解析：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤2，2x －7，2＜x ＜5，3，x ≥5.当2＜x ＜5时,－3＜2x －7＜3. 所以－3≤f (3)≤3. (2)由(1)可知,当x ≤2时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2＜x ＜5时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ＜5}； 当x ≥5时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上,不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．热点二 不等式的证明逻辑 推理 素养逻辑推理——不等式证明中心的核心素养通过不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式,表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系,对式子进行等价变形,进而通过证明不等式,体验逻辑推理的核心素养.[例2] (2019·全国Ⅰ卷)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.[审题指导] (1)利用重要不等式a 2＋b 2≥2ab 构造三个不等式相加,再结合abc ＝1进行证明．(2)利用平均值不等式进行证明．[解析] (1)证明：因为a 2＋b 2≥2ab ,b 2＋c 2≥2ab ,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)证明：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.(2019·苏州二模)已知f (x )＝|2x －1|＋x ＋12的最小值为m .(1)求m 的值；(2)已知a ,b ,c 是正实数,且a ＋b ＋c ＝m ,求证：2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc . 解析：(1)当x ≥12时,f (x )＝3x －12在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12＋∞上单调递增,且f (x )≥32－12＝1；当x ＜12时,f (x )＝32－x 在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12上单调递减,且f (x )＞32－12＝1.综上可得x ＝12时,f (x )取得最小值1,即m ＝1.(2)证明：a ,b ,c 是正实数,且a ＋b ＋c ＝1, 由a 3＋b 3－a 2b －b 2a ＝a 2(a －b )＋b 2(b －a ) ＝(a －b )(a 2－b 2)＝(a ＋b )(a －b )2≥0, 则有a 3＋b 3－a 2b －b 2a ≥0,即a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ＝ab (a ＋b )＝ab (1－c )＝ab －abc , 所以a 3＋b 3≥ab －abc ,同理可得b 3＋c 3≥bc －abc ；c 3＋a 3≥ca －abc ,上面三式相加得,2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc ,当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取得等号．不等式证明的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．如果已知条件与待证结论直接联系不明显,可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的,则考虑用反证法．在必要的情况下,可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题[例3] (2019·日照三模)已知函数f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|,a ∈R ,g (x )＝x 2－2x －4＋4x －12.(1)若f (2a 2－1)＞4|a －1|,求实数a 的取值范围；(2)若存在实数x ,y ,使f (x )＋g (y )≤0,求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f (2a 2－1)＞4|a －1|, ∴|2a 2－2a |＋|a 2－1|＞4|a －1|, ∴|a －1|(2|a |＋|a ＋1|－4)＞0, ∴|2a |＋|a ＋1|＞4且a ≠1.①若a ≤－1,则－2a －a －1＞4,∴a ＜－53；②若－1＜a ＜0,则－2a ＋a ＋1＞4,∴a ＜－3,此时无解； ③若a ≥0且a ≠1,则2a ＋a ＋1＞4,∴a ＞1. 综上所述,a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53∪(1,＋∞)． (2)∵g (x )＝(x －1)2＋4x －12－5≥2 x －12·4x －12－5＝－1,显然可取等号,∴g (x )min ＝－1.于是,若存在实数x ,y ,使f (x )＋g (y )≤0,只需f (x )min ≤1.又f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|≥|(x ＋1－2a )－(x －a 2)|＝(a －1)2, ∴(a －1)2≤1,∴－1≤a －1≤1,∴0≤a ≤2,即a ∈[0,2]．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(2018·全国Ⅰ卷)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时,求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立,求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时,f (x )＝|x ＋1|－|x －1|, 即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式f (x )＞1的解集为{x |x ＞12}．(2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|＜1成立． 若a ≤0,则当x ∈(0,1)时|ax －1|≥1；若a ＞0,|ax －1|＜1的解集为0＜x ＜2a ,所以2a≥1,故0＜a ≤2.综上,a 的取值范围为(0,2]．限时45分钟 满分50分解答题(本大题共5小题,每小题10分,共50分) 1．(2018·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0,＋∞)时,f (x )≤ax ＋b ,求a ＋b 的最小值． 解：(1)当x ≤－12时,f (x )＝－2x －1－x ＋1＝－3x ,当－12<x <1时,f (x )＝2x ＋1－x ＋1＝x ＋2.当x ≥1时,f (x )＝2x ＋1＋x －1＝3x , 由此可画出函数f (x )的图象．(2)由图象可得,b ≥2,a ≥3, 所以a ＋b 的最小值为5.2．(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |,其中a ∈R . (1)当a ＝1时,求不等式f (x )≥6的解集；(2)若存在x 0∈R ,使得f (x 0)＜2 020a ,求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝1时,f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1＜x ＜2，2x －1，x ≥2.所以f (x )≥6⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－2x ＋1≥6或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜2，3≥6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，2x －1≥6，解得x ≤－52或x ≥72,因此不等式f (x )≥6的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－52或x ≥72.(2)f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |≥|(x －2)－(x ＋a )|＝|a ＋2|,故f (x )min ＝|a ＋2|.由题意知,⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋2|＜2 020a ，a ＞0，解得a ＞22 019,所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫22 019，＋∞.3．(2020·唐山摸底考试)已知f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )＞0的解集；(2)若x ∈R 时,不等式f (x )≤a ＋x 恒成立,求a 的取值范围． 解析：(1)由题意得|x ＋1|＞|2x －1|, 所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0,解得0＜x ＜2, 故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}． (2)由已知可得,a ≥f (x )－x 恒成立,设g (x )＝f (x )－x ,则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ＜－1，2x ，－1≤x ≤12，－2x ＋2，x ＞12.由g (x )的单调性可知,x ＝12时,g (x )取得最大值1,所以a 的取值范围是[1,＋∞)．4．(2019·全国Ⅲ卷)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：两个问都是考查柯西不等式,属于柯西不等式的常见题型．(1)[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2](12＋12＋12)≥[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x ＋y ＋z ＋1)2＝4故(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43等号成立当且仅当x －1＝y ＋1＝z ＋1而又因x ＋y＋z ＝1,解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53y ＝－13z ＝－13时等号成立所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)因为(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13,所以[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)≥1.根据柯西不等式等号成立条件,当x －2＝y －1＝z －a ,即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－a ＋23y ＝1－a ＋23z ＝a －a ＋23时有[(x－2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)＝(x －2＋y －1＋z －a )2＝(a ＋2)2成立．所以(a ＋2)2≥1成立,所以有a ≤－3或a ≥－1.5．(2020·辽宁重点协作校模拟)已知函数f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|,g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|,其中a ,b ,c 均为正实数,且ab ＋bc ＋ac ＝1.(1)当b ＝1时,求不等式f (x )≥1的解集； (2)当x ∈R 时,求证f (x )≤g (x )．解析：(1)由题意,当b ＝1时,f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1，当x ≤－1时,f (x )＝－2＜1,不等式f (x )≥1无解,不等式f (x )≥1的解集为∅； 当－1＜x ＜1时,f (x )＝2x ,由不等式f (x )≥1, 解得x ≥12,所以12≤x ＜1；当x ≥1时,f (x )＝2≥1恒成立,所以不等式f (x )≥1的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (2)证明：当x ∈R 时,f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1| ≤|x ＋b 2＋(－x ＋1)|＝|b 2＋1|＝b 2＋1；g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|≥|x ＋a 2＋c 2－(x －2b 2)| ＝|a 2＋c 2＋2b 2|＝a 2＋c 2＋2b 2. 而a 2＋c 2＋2b 2－(b 2＋1)＝a 2＋c 2＋b 2－1 ＝12(a 2＋c 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2)－1 ≥ab ＋bc ＋ac －1＝0,当且仅当a＝b＝c＝33时,等号成立,即a2＋c2＋2b2≥b2＋1,即f(x)≤g(x)．。

选修4－5不等式选讲最新考纲：1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：(1)|a ＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)．(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R).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－c|＋|x－b|≥a.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.通过一些简单问题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、数学归纳法．ab≤0且|a ab≥0且|a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＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均值不等式)如果a1、a2、…、a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．4．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑n a 2i )(∑n b 2i )≥(∑n a i b i )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个A ．{x |0<x <2}B ．{x |1<x <2}C ．{x |0<x <1}D ．{x |1<x <3}[解析] 解法一：x ＝1时，满足不等关系，排除C 、D 、B ，故选A.解法二：令f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1，x ≥12，1－3x ，x <12，则f (x )<1的解集为{x |0<x <2}．[答案] A 3．设|a |<1，|b |<1，则|a ＋b |＋|a －b |与2的大小关系是( )A C [[4A [[答案] C5．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] 利用数轴及不等式的几何意义可得x 到a 与到1的距离和小于3，所以a 的取值范围为－2≤a ≤4.[答案]－2≤a≤4考点一含绝对值的不等式的解法解|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型不等式，其一般步骤是：(1)令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根．(2)把这些根由小到大排序，它们把定义域分为若干个区间．(3)(4)A．(C．[[当当x>5时，不等式可化为(x－1)－(x－5)<2，即4<2，显然不成立，所以此时不等式无解．综上，不等式的解集为(－∞，4)．故选A.(2)∵|ax－2|<3，∴－1<ax<5.当a>0时，－1a<x<5a，与已知条件不符；当a＝0时，x∈R，与已知条件不符；当a<0时，5a<x<－1a，又不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪－53<x<13，故a＝－3.[答案](1)A(2)－3用零点分段法解绝对值不等式的步骤：(1)求零点；(2)划区间、去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(1)(2)[解]当x当当x所以(2)f(当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|?4－x－(2－x)≥|x＋a|?－2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．考点二 利用绝对值的几何意义或图象解不等式对于形如|x －a |＋|x －b |>c 或|x －a |＋|x －b |<c 的不等式，利用绝对值的几何意义或者画出左、右两边函数的图象去解不等式，更为直观、简捷，它体现了数形结合思想方法的优越性．|x －a |＋|x －b |的几何意义是数轴上表示x 的点与点a 和点b 的距离之和，应注意x 的系数为1.(1)(2014·重庆卷)若不等式|x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．(2)[[∴a 2(2)B ，则原则y 要使|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，从图象中可以看出，只要k <－3即可．故k <－3满足题意．[答案] (1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1－174，－1＋174 (2)(－∞，－3) 解含参数的不等式存在性问题，只要求出存在满足条件的x 即可；不等式的恒成立问题，可转化为最值问题，即f (x )<a 恒成立?a >f (x )max ，f (x )>a 恒成立?a <f (x )min .对点训练(2015·唐山一模)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a，a∈R，g(x)＝|2x－1|.(1)若当g(x)≤5时，恒有f(x)≤6，求a的最大值；(2)若当x∈R时，恒有f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．[解](1)g(x)≤5?|2x－1|≤5?－5≤2x－1≤5?－2≤x≤3；f(x)≤6?|2x－a|≤6－a?a－6≤2x－a≤6－a?a－3≤x≤3.故a(2)f((1)(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．[解题指导]切入点：不等式的性质；关键点：不等式的恒等变形．[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因为因此(1)(2)a2 b＋[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.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤1 3.(2)因为a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c，故a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.所以a2b＋b2c＋c2a≥1.———————方法规律总结————————[12条件．3．[121[解析]|2x－1|<3?－3<2x－1<3?－1<x<2.[答案](－1,2)2．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝__________.[解析]∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.[答案] 23．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[4[[5．________[故a [6．[解析] 当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a <－1时，f (x )＝⎩⎨⎧ －3x －1＋2a ，x ≤a ，x －1－2a ，a <x ≤－1，3x ＋1－2a ，x >－1，f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，解得a ＝－6；当a >－1时，f (x )＝⎩⎨⎧ －3x －1＋2a ，x ≤－1，－x ＋1＋2a ，－1<x ≤a ，3x ＋1－2a ，x >a ，f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，解得a ＝4.[答案] －6或4 7．若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是__________．[解析] ∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＝∴f (x ∴|a [8．[(a －1)[(a对任意的x ∈[1[9[＝[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2c 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c 2＝18， ∴2a ＋2b ＋2c ≥2，∴2a ＋2b ＋2c 的最小值为2.[答案] 210．(2014·陕西卷)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则m2＋n2的最小值为________．[解析]由柯西不等式，得(a2＋b2)(m2＋n2)≥(am＋bn)2，即5(m2＋n2)≥25，∴m2＋n2≥5，当且仅当an＝bm时，等号成立．∴m2＋n2的最小值为 5.[答案] 511[＝(|1≥|(1∴|x[12．[x＋1)－(x－4)|＝＋4a整理，得a2＋51≤a<0.综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[－1,0)．[答案](－∞，－4]∪[－1,0)二、解答题13．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(2)f(x)∴2a14．(1)(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 ⎛⎫2a －1，的面积为2(2所以15(1)(2)[解]f (x )⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－32或x ≥32. (2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件；若a <1，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋a ＋1，x ≤a ，1－a ，a <x <1，2x －?a ＋1?，x ≥1，f (x )的最小值为1－a ； 若a >1，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋a ＋1，x ≤1，a －1，1<x <a ，2x －?a ＋1?，x ≥a ，f (x )∴a 16(1)(2)[解]又a 所以a ＋b ＋c ＝4.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87.当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝8，＝18，＝2时等号成立．故14a。

选修4－5 不等式选讲第一节绝对值不等式考点点击1.理解绝对值不等式的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|a＋b|≤|a|＋|b|；(2)|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。

理清基础1．绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当__________时，等号成立。

定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－b|≤|a－c|＋|c－b|，当且仅当____________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：①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c。

总结归纳3种方法——求解绝对值不等式的方法形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有如下解法：(1)零点分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a＜b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集。

(2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的点的集合。

(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解。

考点一含绝对值不等式的解法【例1】解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5。

►归纳提升解绝对值不等式的注意点解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x的系数为1(或可化为1)，可选用几何法或图象法求解较为简洁。

若x的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍。

强化训练1解不等式|x＋3|－|2x－1|＜x2＋1。

考点二含参数的绝对值不等式问题【例2】已知不等式|x＋1|－|x－3|＞a。