高三数学复习：选修4-5不等式选讲(试题版)【典型例题+高考真题=汇总

不等式选讲 选修4-51．已知函数（其中）.（1）当时，求不等式的解集；（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范围.2．设函数()241f x x =-+. (1)画出函数()y f x =的图象；(2)若不等式()f x a x ≤的解集非空，求a 的取值范围.3．已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|. (1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )<|a －1|的解集不是空集，求实数a 的取值范围． 4．已知函数()2123f x x x =++-，（Ⅰ）若关于x 的不等式()13f x a >-恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若关于t 的一次二次方程()20t f m -=有实根，求实数m 的取值范围． 5．选修4—5:不等式选讲已知函数ƒ(x)=|2x -a|+ |x -1|.（Ⅰ）当a=3时,求不等式ƒ(x)≥2的解集；(Ⅱ)若ƒ(x)≥5-x 对V.r6 R 恒成立,求实数a 的取值范围. 6．已知函数()()12f x x x m m R =-++∈ （1）若m=2时，解不等式()3f x ≤;（2）若关于x 的不等式()[]230,1f x x x ≤-∈在上有解，求实数m 的取值范围。

7．已知m ，n ∈R ＋，f (x )＝|x ＋m |＋|2x －n |. (1)当m ＝n ＝1时，求f (x )的最小值； (2)若f (x )的最小值为2，求证122m n +≥.8．选修4-5：不等式选讲已知函数()11f x m x x =---+.（1）当5m =时，求不等式()2f x >的解集；（2）若二次函数223y x x =++与函数()y f x =的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围.9．已知函数()312f x x x =-+-的最小值为m . （1）求m 的值；（2）设实数,a b 满足222a b m +=，证明： 2a b +≤10．设函数()2f x x a a =++.（1）若不等式()1f x ≤的解集为{|24}x x -≤≤，求实数a 的值；（2）在（1）的条件下，若不等式()24f x k k ≥--恒成立，求实数k 的取值范围. 11．(导学号：05856266)[选修4－5：不等式选讲] 设函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|. (Ⅰ)解不等式f (x )>0；(Ⅱ)若∃x 0∈R，使得f ()0x ＋2m 2<4m ，求实数m 的取值范围． 12．设函数()3f x x =+， ()21g x x =-. （1）解不等式()()f x g x <；（2）若()()24f x g x a x +>+对任意的实数x 恒成立，求a 的取值范围. 13．已知函数()2321f x x x =+-- (1)求不等式()2f x <的解集；(2)若存在x R ∈，使得()32f x a >-成立，求实数a 的取值范围. 14．选修4-5 不等式选讲已知函数f (x )＝|x －1|－2|x ＋1|的最大值为m . (1)求m ；(2)若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，a 2＋2b 2＋c 2＝2m ，求ab ＋bc 的最大值． 15．设函数()2f x x x a =-+-. (Ⅰ)若2a =-，解不等式；(Ⅱ)如果当x R ∈时， ()3f x a ≥-，求a 的取值范围．参考答案1．(1)；(2).【解析】试题分析：（1）方法一：分类讨论去掉绝对值，转化为一般的不等式，即可求解不等式的解集；方法二：去掉绝对值，得到分段函数，画出函数的图象，结合图象即可求解不等式的解集.（2）不等式即关于的不等式恒成立，利用绝对值不等式，得，进而求解实数的取值范围.试题解析：（1）当时，函数，则不等式为，①当时，原不等式为，解得：；②当时，原不等式为，解得：.此时不等式无解；③当时，原不等式为，解得：，原不等式的解集为.方法二：当时，函数，画出函数的图象，如图：结合图象可得原不等式的解集为.（2）不等式即为，即关于的不等式恒成立.而，所以， 解得或，解得或.所以的取值范围是.2．（1）见解析（2）()1,2,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭【解析】试题分析：（1）先讨论x 的范围，将函数f x （）写成分段函数，然后根据分段函数分段画出函数的图象即可；（II ）根据函数y f x =（）与函数y ax =的图象可知先寻找满足f x a x ≤（）的零界情况，从而求出a 的范围．试题解析： (1)由于()25,2{23,2x x f x x x -+<=-≥，则()y fx =的图象如图所示：(2)由函数()y f x =与函数y ax =的图象可知，当且仅当12a ≥或2a <-时，函数()y f x =与函数y ax =的图象有交点，故不等式()f x a x ≤的解集非空时， a 的取值范围是()1,2,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭.3．（1）{|12}x x -≤≤；（2）()(),35,-∞-⋃+∞ 【解析】试题分析：(1)由题意结合不等式的性质零点分段可得不等式的解集为{}|12x x -≤≤.(2)由绝对值三角不等式的性质可得()4f x ≥，结合集合关系可得关于实数a 的不等式14,a ->求解绝对值不等式可得实数a 的取值范围为()(),35,-∞-⋃+∞.试题解析：(1)原不等式等价于()()3{221236x x x >++-≤或()()13{2221236x x x -≤≤+--≤或()()1{ 221236x x x <--+--≤，解得322x <≤或1322x -≤≤或112x -≤<-.∴原不等式的解集为{}|12x x -≤≤. (2)()()()212321234fx x x x x =++-≥+--=，14,3a a ∴->∴<-或5a >，∴实数a 的取值范围为()(),35,-∞-⋃+∞.点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．4．（Ⅰ）51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭；（Ⅱ）35{|}22m m -≤≤． 【解析】试题分析：(1)由题意结合绝对值三角不等式可得()f x 的最小值为4，据此可得134a -<，则实数a 的取值范围为51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭；(2)方程的判别式()32421230m m ∆=-++-≥，即21238m m ++-≤，零点分段可得实数m 的取值范围是35{|}22m m -≤≤．试题解析： （Ⅰ）因为()2123f x x x =++-≥()()21234x x +--=，所以134a-<，即513a -<<，所以实数a 的取值范围为51,3⎛⎫- ⎪⎝⎭；（Ⅱ）()32421230m m ∆=-++-≥，即21238m m ++-≤，所以不等式等价于()()3{221238m mm >++-≤或13{2221238m m m -≤≤+-+≤或()()1{221238m m m <--+--≤，所以3522m <≤，或1322m -≤≤，或3122m -≤<-，所以实数m 的取值范围是35{|}22mm -≤≤．5．(Ⅰ){x|x≤32或x≥2}.(Ⅱ)[6，+∞).【解析】试题分析：(Ⅰ) 3a =时，即求解2312x x -+-≥，分33,1,122x x x ≥<<≤三种情况，分别去掉绝对值得不等式的解集即可；(Ⅱ)根据题设条件得251x a x x -≥---恒成立，令()62,151{ 4,1x x g x x x x -≥=---=<，再根据再根据数形结合可求得a 的范围.试题解析：(Ⅰ)当3a =时,即求不等式2312x x -+-≥的解集. 33,1,122x x x ≥<<≤①当32x ≥时， 2312x x -+-≥，解得2x ≥；②当312x <<时， 3212x x -+-≥，解得0x ≤，此时无解；③当1x ≤时, 3212x x -+-≥，解得23x ≤.综上，原不等式的解集为2{ 3x x ≤或}2x ≥.(Ⅱ)由题设得不等式251x a x x -≥---对x R ∀∈恒成立.令()62,151{ 4,1x x g x x x x -≥=---=<，作出函数()g x 和2y x a =-的图象(如图所示),则只需满足32a ≥，即6a ≥.故所求实数a 的取值范围是[)6,+∞.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向． 6．（1）4{|0}3x x -≤≤；（2）32m -≤≤. 【解析】试题分析：（1）当2m =时，不等式为1223x x -++≤，根据分类讨论解不等式即可．（2）由题意可得当[]0,1x ∈时， 22x m x +≤-有解，即[]2230,1x m x x --≤≤-∈在上有解，故只需（()m in m ax 2)23x m x --≤≤-，由此可得结论． 试题解析：（1）当2m =时，不等式为1223x x -++≤，若1x ≤-，则原不等式可化为412233x x x -+--≤≥-，解得，所以413x -≤≤-；若11x -<<，则原不等式可化为12230x x x -++≤≤，解得，所以10x -<≤； 若1x ≥，则原不等式可化为212233x x x -++≤≤，解得，所以x ∈Φ．综上不等式的解集为4{|0}3x x -≤≤．（2）当[]0,1x ∈时，由()23f x x ≤-，得1232x x m x -++≤- 即22x m x +≤-故222223x x m x x m x -≤+≤---≤≤-，解得， 又由题意知（()m in m ax 2)23x m x --≤≤-， 所以32m -≤≤．故实数m 的取值范围为[]3,2-． 7．(1)32. (2)见解析.【解析】试题分析：（1）代入m ＝n ＝1，却掉绝对值，得到分段函数，判定分段函数的单调性，确定函数的最小值；（2）由题意得，函数的最小值为2，得22n m += ，利用基本不等式求解最值，即可证明.试题解析：(1)∵f (x )＝∴f (x )在(－∞，)是减函数，在(，＋∞)是增函数，∴当x ＝时，f (x )取最小值.(2)∵f (x )＝，∴f (x )在(－∞，)是减函数，在(，＋∞)是增函数， ∴当x ＝时，f (x )取最小值f ()＝m ＋.∵m ，n ∈R，∴＋＝ (＋)(m ＋) ＝ (2＋＋)≥2点晴:本题主要考查了绝含有绝对值的函数的最小值问题及分段函数的图象与性质、基本不等式的应用，属于中档试题，着重考查了分类讨论思想与转化与化归思想的应用，本题的解答中，根据绝对值的概念合理去掉绝对值号，转化为分段函数，利用分段函数的图象与性质，确定函数的最小值，构造基本不等式的条件，利用基本不等式是解答问题的关键. 【答案】(1) 3322x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭(2) 4m ≥ 【解析】试题分析：（1）当m=5时，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．（2）由二次函数y=x 2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f （x ）在x=﹣1处取得最大值m ﹣2，故有m ﹣2≥2，由此求得m 的范围． 试题解析：（1）当5m =时， ()()()()521{311 521x x f x x x x +<-=-≤≤->，由()2f x >得不等式的解集为3322x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭. （2）由二次函数()222312y x x x =++=++， 知函数在1x =-取得最小值2，因为()()()()21{211 21m x x f x m x m x x +<-=--≤≤->，在1x =-处取得最大值2m -，所以要是二次函数223y x x =++与函数()y f x =的图象恒有公共点. 只需22m -≥，即4m ≥. 9．（1）53；（2）见解析【解析】试题分析： ()1写出分段函数，求得()f x 在1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，在1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减，即可求出m 的值； ()2计算()22a b +，利用基本不等式即可得出结论。

选修4—5 不等式选讲真题试做1．(2012·天津高考，文9)集合A ＝{ x ∈R |}|x －2|≤5中的最小整数为__________． 2．(2012·上海高考，文2)若集合A ＝{x |2x －1＞0}，B ＝{x ||x |＜1}，则A ∩B ＝__________.3．(2012·江西高考，理15(2))在实数范围内，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6的解集为__________．4．(2012·课标全国高考，理24)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．5．(2012·辽宁高考，文24)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值； (2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．考向分析该部分主要有三个考点，一是带有绝对值的不等式的求解；二是与绝对值不等式有关的参数范围问题；三是不等式的证明与运用．对于带有绝对值不等式，主要考查形如|x |＜a 或|x |＞a 及|x －a |±|x －b |＜c 或|x －a |±|x －b |＞c 的不等式的解法，考查绝对值的几何意义及零点分区间去绝对值符号后转化为不等式组的方法．试题多以填空题或解答题的形式出现．对于与绝对值不等式有关的参数范围问题，此类问题常与绝对值不等式的解法、函数的值域等问题结合，试题以解答题为主．对于不等式的证明问题，此类问题涉及的知识点多，综合性强，方法灵活，主要考查比较法、综合法等在证明不等式中的应用，试题多以解答题的形式出现．预测在今后高考中，对该部分的考查如果是带有绝对值的不等式，往往在解不等式的同时考查参数的取值范围、函数与方程思想等；如果是不等式的证明与运用，往往就是平均值不等式．试题难度中等．热点例析热点一 绝对值不等式的解法【例１】不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为__________． 规律方法 1．绝对值不等式的解法(1)|x |＜a ⇔－a ＜x ＜a ；|x |＞a ⇔x ＞a 或x ＜－a ； (2)|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ；|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≤－c 或ax ＋b ≥c ；(3)|x －a |＋|x －b |≥c 和|x －a |＋|x －b |≤c 的解法有三种：一是根据绝对值的意义结合数轴直观求解；二是用零点分区间去绝对值，转化为三个不等式组求解；三是构造函数利用函数图象求解．2．绝对值三角不等式(1)|a |－|b |≤||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |； (2)|a －c |≤|a －b |＋|b －c |.变式训练1 不等式|2x －1|＜3的解集为__________． 热点二 与绝对值不等式有关的参数范围问题【例２】不等式|2x ＋1|＋|x ＋a |＋|3x －3|＜5的解集非空，则a 的取值范围为__________．规律方法 解决含参数的绝对值不等式问题，往往有以下两种方法： (1)对参数分类讨论，将其转化为分类函数来处理；(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f (x )的最值或值域，再根据题目要求，进一步求解参数的范围．变式训练2 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果关于x 的不等式f (x )≤2有解，求a 的取值范围． 热点三 不等式的证明问题【例２】(1)若|a |＜1，|b |＜1，比较|a ＋b |＋|a －b |与2的大小，并说明理由；(2)设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |＞m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2＜2.规律方法 证明不等式的基本方法：(1)证明不等式的基本方法有：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．(2)不等式的证明还有一些常用方法：拆项法、添项法、换元法、逆代法、判别式法、函数的单调性法、数形结合法等．其中换元法主要有三角代换、均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性．变式训练3 设f (x )＝x 2－x ＋13，实数a 满足|x －a |＜1，求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)．1．已知a 1，a 2∈(0,1)，记M ＝a 1a 2，N ＝a 1＋a 2－1，则M 与N 的大小关系是( )． A ．M ＜N B ．M ＞N C ．M ＝N D ．不确定2．若存在实数x 满足不等式|x －4|＋|x －3|＜a ，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－∞，1) B ．(1，＋∞) C ．(－1,1) D ．(3,4)3．已知集合A ＝{x ||x ＋3|＋|x －4|≤9}，B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ＝4t ＋1t－6，t ∈(0，＋∞)，则集合A ∩B ＝__________.4．不等式|2x ＋1|＋|3x －2|≥5的解集是__________． 5．(2012·河北唐山三模，24)设f (x )＝|x －3|＋|x －4|， (1)解不等式f (x )≤2；(2)若存在实数x 满足f (x )≤ax －1，试求实数a 的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．－3 2．⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |12<x <13．⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤324．解：(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4； 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1}∪{x |x ≥4}． (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 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]．5．解：(1)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2. 又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}， 所以当a ≤0时，不合题意．当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】{x |x ≥1} 解析：原不等式可化为： ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－3，－x －3＋x －2≥3或⎩⎪⎨⎪⎧－3<x <2，x ＋3＋x －2≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x ＋3－x ＋2≥3，∴x ∈或1≤x ＜2或x ≥2. ∴不等式的解集为{x |x ≥1}． 【变式训练1】{x |－1＜x ＜2}【例2】－3＜a ＜1 解析：不等式|2x ＋1|＋|x ＋a |＋|3x －3|＜5的解集非空，即|2x ＋1|＋|3x －3|＜5－|x ＋a |有解，令f (x )＝|2x ＋1|＋|3x －3|，g (x )＝5－|x ＋a |，画出函数f (x )的图象知当x ＝1时f (x )min ＝3，故g (x )＝g (1)＝5－|1＋a |＞3即可，解得－3＜a ＜1.【变式训练2】解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|.故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.当x ＜－1时，由－2x ≥3，得x ≤－32.当－1≤x ≤1时，f (x )＝2，无解．当x ＞1时，由2x ≥3，得x ≥32.综上可得，f (x )≥3的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (2)f (x )＝|x －1|＋|x －a |表示数x 到1的距离与到a 的距离和． 由f (x )≤2有解可得－1≤a ≤3. 故a 的取值范围为[－1,3]．【例3】(1)解：|a ＋b |＋|a －b |＜2.理由：(|a ＋b |＋|a －b |)2－4＝2|a |2＋2|b |2＋2|a 2－b 2|－4＝2(|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|－2)．设|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|＝2t ，其中t ＝max{|a |2，|b |2}，因为|a |＜1，|b |＜1，所以2t ＜2，所以2(|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|－2)＜0. 所以|a ＋b |＋|a －b |＜2.(2)证明：因为|x |＞m ≥|b |且|x |＞m ≥1，所以|x |2＞|b |. 又因为|x |＞m ≥|a |，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x |2＜|x ||x |＋|x |2|x |2＝2. 故原不等式成立．【变式训练3】证明：∵f (x )＝x 2－x ＋13，∴|f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a | ＝|x －a |·|x ＋a －1|＜|x ＋a －1|. 又∵|x ＋a －1|＝|(x －a )＋2a －1| ≤|x －a |＋|2a －1|＜1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)， ∴|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)． 创新模拟·预测演练1．B 2．B 3．{x |－2≤x ≤5}4．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－45∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫65，＋∞ 5．解：(1)f (x )＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2x ，x <3，1，3≤x ≤4，2x －7，x >4，作出函数y ＝f (x )的图象，它与直线y ＝2交点的横坐标为52和92.由图象知f (x )≤2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，92. (2)函数y ＝ax －1的图象是过点(0，－1)的直线．当且仅当函数y ＝f (x )与直线y ＝ax －1有公共点时，存在题设中的x .由图象易知，a 的取值范围为(－∞，－2)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

一、选择题1．已知函数()()1,f x ax b a b R x =++∈，当1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦时，设()f x 的最大值为(),M a b ，则(),M a b 的最小值为（ ）A ．18B ．14C ．12D ．12．下列命题中，正确的是（ ） A ．若a b >，c d >，则a c > B ．若ac bc >，则a b > C ．若22a b c c<，则a b < D ．若a b >，c d >，则ac bd >3．已知0.3log 6a =，2log 6b =，则（ ） A ．22b a b a ab ->+> B ．22b a ab b a ->>+ C ．22b a b a ab +>->D ．22ab b a b a >->+4．设不等式3412x x a +->-对所有的[1,2]x ∈均成立,则实数a 的取值范围是（ ）A ．15a <-或47a >B ．15a <-C ．47a >或01a <<D ．15a <-或1064a <<5．不等式21x x a <-+的解集是区间()3,3-的子集，则实数a 的取值范围是（ ） A ．5a ≤B ．554a -≤≤C ．574a -≤≤D ．7a ≤6．已知1a >，实数,x y 满足x y a a >，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．11x y x y+>+ B ．()()22ln 1ln 1x y +>+C ．sin sin x y >D ．33x y >7．若正实数x ，y 满足x y >，则有下列结论：①2xy y <；②22x y >；③1x y>；④11x x y<-.其中正确结论的个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．48．已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则（ ） A ．11x y x y->- B ．cos cos 0x y -< C ．110x y-> D ．ln x +ln y >09．若()0,2x π∈，则不等式sin sin x x x x +<+的解集为( )A ．()0,πB ．5,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ．3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭D ．(),2ππ10．设实数0,0a b c >>>，则下列不等式一定正确．．．．的是( ) A ．01ab<< B ．a b c c > C ．0ac bc -<D ．ln0ab> 11．已知实数,a b ，且a b >，则以下不等式恒成立的是（ ） A ．33a b >B ．22a b >C ．1133ab⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．11a b< 12．若0a b >>，则（ ）A ．11a b>B ．22log log a b <C ．22a b <D ．1122ab⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭二、填空题13．若不等式2240x x m +--≥的解集为R ，则实数m 的取值范围是_______.14．已知不等式116a x y x y+≥+对任意正实数,x y 恒成立，则正实数a 的最小值为_______. 15．已知R a ∈，若关于x 的方程2210x x a a -+++=有实根，则a 的取值范围是__________．16．已知,,a b c R +∈，设a b c S b c a c a b=+++++，则S 与1的大小关系是__________．(用不等号连接)17．对任意实数x ，不等式|1|||1x x a a ++-≥-+恒成立，则实数a 的取值范围是___________. 18．若函数()()01af x ax a x =+>-在()1,+∞上的最小值为15，则函数()1g x x a x =++-的最小值为___．19．若关于x 的不等式||(,)x a b a b R +<∈的解集为{|35}x x <<，则a b -=________. 20．关于x 的不等式12x x m +--≥恒成立，则m 的取值范围为________三、解答题21．解不等式：122x x -+-≤． 22．已知函数()|1|2|3|f x x x =--+. （1）求不等式()1f x <的解集；（2）若存在实数x ，使得不等式23()0m m f x --<成立，求实数m 的取值范围.23．已知1a ≠且a R ∈，试比较11a-与1a +的大小． 24．求下列关于x 的不等式的解集 （1）|21|3x x +>-； （2）2|5|5x x -．25．已知()13f x x x =++-．（1）求直线8y =与函数()y f x =的图象所围图形的面积； （2）若()211f x a a ≥++-对一切实数x 成立，求a 的取值范围． 26．（1）解不等式239x x -++≥； （2）若1a <，1b <，求证：1ab a b +>+.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】 考虑12x =，1，2的函数值的范围，运用绝对值不等式的性质，即可得到所求最小值． 【详解】 函数()()1,f x ax b a b R x=++∈，当1[2x ∈,2]时，()f x 的最大值为(,)M a b ，可得1(,)(2)|2|2M a b f a b ≥=++，11(,)()|2|22M a b f a b ≥=++，(,)(1)|1|M a b f a b ≥=++，可得1(3M a ,2)(3b M a +,)(b M a +,211124)1336333b a b a b a b ≥++++++++211124113363332a b a b a b ≥+++++---=， 即()12,2M a b ≥，即有()1,4M a b ≥，则(,)M a b 的最小值为14， 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解到最大值的含义，熟练掌握绝对值的三角不等式.2．C解析：C 【分析】利用不等式的基本性质进行逐项判断即可,不成立的举反例. 【详解】对于选项A:若2,3,1,2a b c d =-=-==-,满足a b >,c d >,但是a c >不成立,故选项A 错误;对于选项B ：若1,3,2c a b =-=-=-,满足ac bc >,但a b >不成立,故选项B 错误; 对于选项C ：因为22a b c c<,整理化简可得20a bc -<,因为20c >,所以0a b -<,即a b <成立,故选项C 正确;对于选项D:若1, 1.1,2a b c d ==-=-=-,满足a b >,c d >,但是ac bd >不成立,故选项D 错误; 【点睛】本题考查不等式与不等关系;不等式的基本性质的灵活运用是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.3．A解析：A 【分析】容易判断出0a <，0b >，从而得出0ab <，并可得出 1221b a b aba++=<，从而得出2b a ab +>，并容易得出22b a b a ->+，从而得出结论. 【详解】因为0.3log 60a =<，2log 60b =>，所以0ab <，因为666612log 0.32log 2log 1.2log 61a b+=+⨯=<=，即21b aab +<， 又0ab <，所以2b a ab +>，又(2)(2)40b a b a a --+=->，所以22b a b a ->+，所以22b a b a ab ->+>， 故选：A. 【点睛】本题主要考查对数的换底公式，对数函数的单调性，增函数和减函数的定义，以及不等式的性质，属于中档题.4．A解析：A 【分析】根据不等式3412x x a +->-对所有的[1,2]x ∈均成立,取2x =时,可得2431a ->,解得15a <-或47a >,利用换元法把不等式换为281t a t ->-,分47a >和15a <-两种情况讨论2()81h t t t =+-的最大值即可求得实数a 的取值范围. 【详解】解:因为不等式3412x x a +->-对所有的[1,2]x ∈均成立,当2x =时,312x +-有最大值31,不等式显然要成立,即2431a ->,解得15a <-或47a >,当[1,2]x ∈时,令2[2,4]x t =∈, 则24[4,16]x t =∈,328[16,32]x t +=∈,所以3412x x a +->-等价于281t a t ->-,①当47a >时,即281a t t ->-在[2,4]t ∈恒成立, 即281()a t t h t >+-=,即求2()81h t t t =+-的最大值,max ()(4)47h t h ==,所以47a >; ②当15a <-时,281t a t ->-在[2,4]t ∈恒成立, 即281()a t t f t <-+=,即求2()81f t t t =-+的最小值,min ()(4)15f t f ==-; 综上:15a <-或47a >. 故选:A 【点睛】本题考查利用二次函数的最值求绝对值不等式中的参数问题,利用换元法是关键,属于中档题.5．A解析：A 【分析】原不等式等价于210x x a ---<，设()21f x x x a =---，则由题意得()()350370f a f a ⎧-=-≥⎪⎨=-≥⎪⎩，解之即可求得实数a 的取值范围. 【详解】不等式等价于210x x a ---<，设()21f x x x a =---，因为不等式21x x a <-+的解集是区间()3,3-的子集，所以()()350370f a f a ⎧-=-≥⎪⎨=-≥⎪⎩，解之得5a ≤.故选：A. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、二次函数的性质，体现化归与等价转化思想，属中等难度题.6．D【分析】根据指数函数的单调性，得到x y >，再利用不等式的性质，以及特殊值法，即可求解． 【详解】根据指数函数的单调性，由1a >且x y a a >，可得x y >， 对于A 中，由111()()(1)x y x y x y x y x y xy xy-+--=--=--，此时不能确定符号，所以不正确；对于B 中，当x 1,y 2==-时，2211x y +<+，此时()()22ln 1ln 1x y +<+，所以不正确；对于C 中，例如：当2,32x y ππ==时，此时sin sin x y <，所以不正确； 对于D 中，由33222213()()()[()]024x y x y x xy y x y x y y -=-++=--+>，所以33x y >，所以是正确的．故选D ． 【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，以及不等式的性质的应用，其中解答中合理利用特殊值法判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7．C解析：C 【分析】根据不等式的基本性质，逐项推理判断，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，正实数,x y 是正数，且x y >， ①中，可得2xy y >，所以2xy y <是错误的； ②中，由x y >，可得22x y >是正确的； ③中，根据实数的性质，可得1xy>是正确的； ④中，因为0x x y >->，所以11x x y<-是正确的， 故选C. 【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，合理推理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8．A解析：A结合选项逐个分析，可选出答案. 【详解】结合x ，y ∈R ，且x >y >0，对选项逐个分析：对于选项A ，0x y ->，110y xx y xy--=<，故A 正确； 对于选项B ，取2πx =，3π2y =，则3cos cos cos 2cos 1002x y -=π-π=->，故B 不正确； 对于选项C ，110y xx y xy--=<，故C 错误； 对于选项D ，ln ln ln x y xy +=，当1xy <时，ln 0xy <，故D 不正确. 故选A. 【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.9．D解析：D 【分析】由绝对值三角不等式的性质得出sin 0x x <，由02x π<<，得出sin 0x <，借助正弦函数图象可得出答案． 【详解】因为sin sin x x x x +<+成立，所以sin 0x x <， 又(0,2)x π∈，所以sin 0x <，(,2)x ππ∈，故选D ． 【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用，再利用绝对值不等式时，需要注意等号成立的条件，属于基础题．10．D解析：D 【分析】对4个选项分别进行判断，即可得出结论． 【详解】 解：由于a ＞b ＞0，1ab>，A 错； 当0＜c ＜1时，c a ＜c b ；当c ＝1时，c a ＝c b ；当c ＞1时，c a ＞c b ，故c a ＞c b 不一定正确，B 错；a ＞b ＞0，c ＞0，故ac ﹣bc ＞0，C 错．lnln10ab>= ，D 对；【点睛】本题考查不等式的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．11．A解析：A 【解析】 【分析】根据幂函数的单调性判断A ；令1a =，1b =-判断,B D ，根据指数函数的单调性判断C ．【详解】因为()3f x x =是增函数，所以由b a >可得33b a >，选项A 正确；当1a =，1b =-时，22a b >不成立，选项B 错误；因为1y ()3x =是减函数,由a b >可得11()()33a b<，选项C 错误，1a =，1b =-时，11a b<不成立，选项D 错误，故选A ． 【点睛】本题主要考查不等关系与不等式的性质，属于中档题．利用条件判断不等式是否成立主要从以下几个方面着手：（1）利用不等式的性质直接判断；（2）利用函数式的单调性判断；（3）利用特殊值判断.12．D解析：D 【解析】分析：对每一个选项逐一判断得解. 详解：对于选项A,11110,b a a b ab a b--=<∴<，所以选项A 错误. 对于选项B,因为0a b >>，对数函数2log y x =是增函数，所以22log log a b ＞，所以选项B 错误.对于选项C,2222()()0,a b a b a b a b -=+->∴>，所以选项C 错误.对于选项D, 因为0a b >>，指数函数1()2x y =是减函数，所以 1122a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以选项D 正确. 故答案为D.点睛：（1）本题主要考查不等式的性质和函数的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)比较实数的大小，一般利用作差法和作商法，本题利用的是作差法,注意函数的图像和性质的灵活运用.二、填空题13．【分析】构造函数得出函数表示为分段函数的形式并求出函数的最小值可得出实数的取值范围【详解】构造函数由题意得当时当且仅当时等号成立；当时此时函数单调递增则所以函数的最小值为因此故答案为【点睛】本题考查 解析：3m ≤【分析】构造函数()224f x x x =+-，得出()min m f x ≤，函数()y f x =表示为分段函数的形式，并求出函数()y f x =的最小值，可得出实数m 的取值范围． 【详解】构造函数()224f x x x =+-，由题意得()min m f x ≤.当2x ≤时，()()2224133f x x x x =-+=-+≥，当且仅当1x =时，等号成立； 当2x >时，()()222415f x x x x =+-=+-，此时，函数()y f x =单调递增，则()()24f x f >=.所以，函数()y f x =的最小值为()min 3f x =，因此，3m ≤，故答案为3m ≤． 【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查参变量分离与分类讨论思想，对于这类问题，一般转化为最值来求解，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属于中等题．14．【解析】试题分析：由题设知对于任意正实数xy 恒成立所以1+a+≥16由此能求出正实数a 的最小值【解答】解：∵不等式对任意正实数xy 恒成立∴对于任意正实数xy 恒成立∵∴1+a+≥16即又a ＞0从而故答解析：【解析】试题分析：由题设知()min 116a x y x y ⎛⎫++≥⎪⎝⎭对于任意正实数x ，y 恒成立，所以，由此能求出正实数a 的最小值．【解答】解：∵不等式116a x y x y+≥+对任意正实数x ，y 恒成立， ∴()min116a x y x y ⎛⎫++≥⎪⎝⎭ 对于任意正实数x ，y 恒成立 ∵()111a y ax x y a a x y x y ⎛⎫++=+++≥++ ⎪⎝⎭∴即)530≥ ，又a ＞0，min 3,9.a ≥=故答案为9点睛：：本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决二元的范围或者最值问题，常用的方法有：不等式的应用，二元化一元的应用，线性规划的应用，等.15．【解析】试题分析：由已知得即所以故答案为考点：不等式选讲 解析：【解析】试题分析：由已知得，2(2)4(1)0a a ∆=--++≥，即11a a ++≤，所以2111,10a a a a +≤++≤-≤≤，故答案为[1,0]-.考点：不等式选讲.16．【解析】因为所以与1的大小关系是故答案为 解析：1S >【解析】因为,,a b c R +∈，所以1a b c a b c S b c a c a b a b c a b c a b c=++>++=+++++++++，S 与1的大小关系是1S > ，故答案为1S >.17．【分析】结合绝对值三角不等式得即求即可【详解】由绝对值三角不等式得即恒成立当时去绝对值得解得故；当时此时无解综上所述故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查由绝对值不等式恒成立求参数取值范围绝对值三角不 解析：0a ≥【分析】结合绝对值三角不等式得|1|||1x x a a ++-≥+，即求11a a +≥-+即可 【详解】由绝对值三角不等式得()()|1|||11x x a x x a a ++-≥+--=+，即11a a +≥-+恒成立，当1a ≥-时，去绝对值得11a a +≥-+，解得0a ≥，故0a ≥；当1a <-时，11a a --≥-+，此时无解，综上所述，0a ≥ 故答案为：0a ≥ 【点睛】关键点睛：本题考查由绝对值不等式恒成立求参数取值范围，绝对值三角不等式的使用，应掌握以下公式：a b a b a b +≥±≥-，使用绝对值三角不等式的目的在于，消去无关变量，如本题中的x .18．6【分析】首先利用基本不等式求函数的最小值解得的值再根据含绝对值三角不等式求函数的最小值【详解】当且仅当时即时取等号此时满足所以函数的最小值是6故答案为：6【点睛】方法点睛：本题考查基本不等式求最值解析：6【分析】首先利用基本不等式求函数的最小值，解得a 的值，再根据含绝对值三角不等式求函数()g x 的最小值.【详解】()11131f x a x a a x ⎛⎛⎫=-++≥= ⎪ -⎝⎭⎝， 当且仅当111x x -=-时，即2x =时取等号， 此时满足3155a a =⇒=，()()()51516g x x x x x =++-≥+--=，所以函数()g x 的最小值是6.故答案为：6【点睛】方法点睛：本题考查基本不等式求最值以及含绝对值不等式求最值，其中基本不等式求最值需注意一下几点：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方19．【分析】利用绝对值的性质解不等式后与已知比较可求得【详解】由得即所以解得所以故答案为：【点睛】本题考查解绝对值不等式掌握绝对值的性质是解题关键 解析：5-【分析】利用绝对值的性质x a a x a <⇔-<<解不等式后与已知比较可求得,a b ．【详解】由||x a b +<得b x a b -<+<，即a b x a b --<<-+，所以35a b a b --=⎧⎨-+=⎩，解得41a b =-⎧⎨=⎩，所以5a b -=-． 故答案为：5-．【点睛】本题考查解绝对值不等式，掌握绝对值的性质是解题关键．20．【分析】由题意得由绝对值三角不等式求出函数的最小值从而可求出实数的取值范围【详解】由题意得由绝对值三角不等式得因此实数的取值范围是故答案为【点睛】本题考查不等式恒成立问题同时也考查了利用绝对值三角不解析：(],3-∞-【分析】 由题意得()min 12m x x ≤+--，由绝对值三角不等式求出函数12y x x =+--的最小值，从而可求出实数m 的取值范围.【详解】 由题意得()min 12m x x ≤+--， 由绝对值三角不等式得()()12123x x x x +--≥-+--=-，3m ∴≤-， 因此，实数m 的取值范围是(],3-∞-，故答案为(],3-∞-.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，同时也考查了利用绝对值三角不等式求最值，解题时要结合题中条件转化为函数的最值来求解，考查化归与转化数学思想，属于中等题.三、解答题21．15,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】按1,2x x --的零点分区间，分类讨论转化为解一元一次不等式即可.【详解】当1x ≤时，122x x -+-<，解得1>2x ，所以112x <≤； 当12x <<时，122x x -+-<，即10-<，所以12x <<； 当2x ≥时，1+22x x --< ，解得52x <，所以522x ≤<； 综上，原不等式的解集是15,22⎛⎫⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，分类讨论去绝对值是解题的关键，考查计算求解能力，属于中档题.22．（1）(,6)(2,)-∞--+∞；（2）(1,4)-.【分析】（1）将函数()y f x =的解析式表示为分段函数，然后分3x ≤-、31x -<<、1≥x 三段求解不等式()1f x <，综合可得出不等式()1f x <的解集；（2）求出函数()y f x =的最大值max ()f x ，由题意得出2max 3()m m f x -<，解此不等式即可得出实数m 的取值范围.【详解】7,3()12335,317,1x x f x x x x x x x +≤-⎧⎪=--+=---<<⎨⎪--≥⎩. （1）当3x ≤-时，由()71f x x =+<，解得6x <-，此时6x <-；当31x -<<时，由()351f x x =--<，解得2x >-，此时21x -<<；当1≥x 时，由()71f x x =--<，解得8x >-，此时1≥x .综上所述，不等式()1f x <的解集(,6)(2,)-∞--+∞.（2）当3x ≤-时，函数()7f x x =+单调递增，则()(3)4f x f ≤-=；当31x -<<时，函数()35f x x =--单调递减，则(1)()(3)f f x f <<-，即8()4f x -<<；当1≥x 时，函数()7f x x =--单调递减，则()(1)8f x f ≤-=-.综上所述，函数()y f x =的最大值为max ()(3)4f x f =-=，由题知，2max 3()4m m f x -<=，解得14-<<m .因此，实数m 的取值范围是(1,4)-.【点睛】本题主要考查含有两个绝对值的不等式的求解，以及和绝对值不等式有关的存在性问题的求解，意在考查学生分类讨论思想的应用，转化能力和运算求解能力，属于中等题. 23．答案见解析【分析】利用“作差法”，通过对a 分类讨论即可得出． 【详解】 21(1)11a a a a-+=--． ①当0a =时，201a a=-，∴111a a =+-． ②当1a <且0a ≠时，201a a>-，∴111a a >+-． ③当1a >时，201a a<-，∴111a a <+-． 综上所述，当0a =时，111a a =+-； 当1a <且0a ≠时，111a a >+-； 当1a >时，111a a<+-． 【点睛】本题考查“作差法”比较两个数的大小、分类讨论等基础知识与基本技能方法，属于中档题．24．（1）()2,4,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭；（2）55,2⎡+⎢⎣⎦⎣⎦【分析】 （1）分30x -<和30x -，把绝对值的不等式转化为关于x 的不等式组求解； （2）把2|5|5x x -转化为关于x 的不等式组求解．【详解】解：（1）由|21|3x x +>-，得30x -<①，或30213x x x-⎧⎨+>-⎩②，或30213x x x -⎧⎨+<-+⎩③． 解①得3x >，解得②得233x <，解③得4x <-． |21|3x x ∴+>-的解集为()2,4,3⎛⎫-∞-⋃+∞⎪⎝⎭； （2）由2|5|5x x -，得225555x x x x ⎧--⎨-⎩①②， 解①5352x +②得552x -或552x +． 取交集，得2|5|5x x -的解集为，55,2⎡+⎢⎣⎦⎣⎦【点睛】 本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法与数学转化思想方法，属于中档题．25．（1）24；（2）4433a -≤≤. 【分析】（1）利用零点分段法将()f x 表示为分段函数的形式，由此画出直线8y =与函数()y f x =的图象.根据等腰梯形面积公式求得所围图形的面积.（2）先求得()f x 的最小值，由此得到4211a a ≥++-，由零点分段法进行分类讨论，由此求得a 的取值范围.【详解】（1）因为()22,14,1322,3x x f x x x x -+≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪->⎩，如图所示：直线8y =与函数()y f x =的图象所围图形是一个等腰梯形，令228x -+=，得3x =-；令228x -=，得5x =， 所以等腰梯形的面积()1484242S =⨯+⨯=． （2）要使()211f x a a ≥++-对一切实数x 成立，只须()min 211f x a a ≥++-，而()13134f x x x x x =++-≥+-+=，所以()min 4f x =，故4211a a ≥++-．①由122114a a a ⎧<-⎪⎨⎪---+≤⎩，得4132a -≤<-； ②由1122114a a a ⎧-≤≤⎪⎨⎪+-+≤⎩，得112a -≤≤； ③由12114a a a >⎧⎨++-≤⎩，得413a <≤， 故4433a -≤≤．【点睛】本小题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.26．（1）{5x x ≤-或}4x ≥；（2）见解析.【分析】（1）按照3x ≤-、32x -<<、2x ≥分类讨论，分别解不等式即可得解；（2）两边同时平方后作差可得()()22221110ab a b a b +-+=-->，即可得证.【详解】（1）当3x ≤-时，原不等式可转化为239x x ---≥解得5x ≤-；当32x -<<时，原不等式可转化为239x x -++≥，不等式不成立；当2x ≥时，原不等式可转化为239x x -++≥，解得4x ≥； 所以原不等式的解集为{5x x ≤-或}4x ≥；（2）证明：由题意()()2222111ab a b a b +-+=--， 因为1a <，1b <，所以210a -<，210b -<，所以()()22110a b -->，所以2210ab a b +-+>即221ab a b +>+， 所以1ab a b +>+.【点睛】本题考查了含绝对值不等式的求解与证明，考查了分类讨论思想和转化化归思想，属于中档题.。

高中数学选修4-5不等式选讲一．解答题（共30小题）1．（2014•江苏）已知x＞0，y＞0，证明（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．2．（2014•安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（Ⅱ）数列{a n}满足a1＞，a n+1=a n+a n1﹣p．证明：a n＞a n+1＞．3．（2014•阜阳一模）已知α，β是方程4x2﹣4tx﹣1=0（t∈R）的两个不等实根，函数的定义域为[α，β]．（Ⅰ）求g（t）=maxf（x）﹣minf（x）；（Ⅱ）证明：对于，若sinu1+sinu2+sinu3=1，则++＜．4．（2014•苏州一模）已知x，y，z均为正数．求证：．5．（2014•长春一模）（选做题）已知f（x）=|x+1|+|x﹣1|，不等式f（x）＜4的解集为M．（1）求M；（2）当a，b∈M时，证明：2|a+b|＜|4+ab|．6．（2014•长安区三模）设函数f（x）=x﹣a（x+1）ln（x+1），（x＞﹣1，a≥0）（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在上有两个实数解，求实数t的取值范围；（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）n＜（1+n）m．7．（2014•赤峰模拟）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x2+y2+z2=a2+b2+c2=m，求证：ax+by+cz≤1．8．（2014•濮阳二模）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6；（Ⅱ）若|a|＜1，|b|＜1，且a≠0，求证：．9．（2014•宁城县模拟）已知a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca=1．求证：（Ⅰ）a+b+c≥；（Ⅱ）++≥（++）．10．（2014•沈阳一模）已知函数f（x）=lnx，．（Ⅰ）若f（x）与g（x）在x=1处相切，试求g（x）的表达式；（Ⅱ）若在[1，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．11．（2014•梅州一模）已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．（Ⅲ）求证：（其中n∈N*，e是自然对数的底数）．12．（2014•遵义二模）（1）已知x、y都是正实数，求证：x3+y3≥x2y+xy2；（2）若不等式|a﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x，y，z恒成立，求实数a的取值范围．13．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．14．（2014•河北模拟）设不等式﹣2＜|x﹣1|﹣|x+2|＜0的解集为M，a、b∈M，（1）证明：|a+b|＜；（2）比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|的大小，并说明理由．15．（2014•河北模拟）已知a，b＞0，且a+b=1，求证：（Ⅰ）+≥8；（Ⅱ）++≥8．16．（2014•海南模拟）已知a，b均为正数，且a+b=1，证明：（1）（ax+by）2≤ax2+by2（2）（a+）2+（b+）2≥．17．（2013•临汾模拟）已知a2+b2=1，c2+d2=1．（Ⅰ）求证：ab+cd≤1．（Ⅱ）求a+b的取值范围．18．（2014•乌鲁木齐三模）已知a，b，c∈R*，证明：（1）（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）；（2）++≥．19．（2014•淮安模拟）已知a，b，c均为正数，证明：．20．（2014•南通一模）已知实数x，y满足：，求证：．21．（2014•南通三模）已知x＞0，y＞0，a∈R，b∈R．求证（）2≤．22．（2014•南通模拟）设a，b，c，d∈R，求证：+≥，等号当且仅当ad=bc 时成立．23．（2014•昆明一模）已知a，b，c均为正数．（Ⅰ）求证：a2+b2+（）2≥4；（Ⅱ）若a+4b+9c=1，求证：≥100．24．（2014•贵州二模）设不等式|x﹣2|＜m（m∈N+）的解集为A，且∈A，∉A．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若a，b，c∈R+，且a+b+c=，求证：++≥9．25．（2014•盐城二模）已知x，y∈R，且|x+y|≤，|x﹣y|≤，求证：|x+5y|≤1．26．（2014•盐城一模）已知x1，x2，x3为正实数，若x1+x2+x3=1，求证：．27．（2014•福建模拟）已知f（x）=aln（x+1）++3x﹣1．（1）若x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）求证：ln（2n+1）对一切正整数n均成立．28．（2014•静安区一模）（理）（1）设x、y是不全为零的实数，试比较2x2+y2与x2+xy的大小；（2）设a，b，c为正数，且a2+b2+c2=1，求证：++﹣≥3．29．（2013•泰州三模）选修4﹣5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，n∈N*．求证：．30．（2013•盐城二模）（选修4﹣5：不等式选讲）若，证明．参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2014•江苏）已知x＞0，y＞0，证明（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：由均值不等式可得1+x+y2≥3，1+x2+y≥，两式相乘可得结论．解答：证明：由均值不等式可得1+x+y2≥3，1+x2+y≥分别当且仅当x=y2=1，x2=y=1时等号成立，∴两式相乘可得（1+x+y2）（1+x2+y）≥9xy．点评：本题考查不等式的证明，正确运用均值不等式是关键．2．（2014•安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（Ⅱ）数列{a n}满足a1＞，a n+1=a n+a n1﹣p．证明：a n＞a n+1＞．考点：不等式的证明；数列与不等式的综合；分析法和综合法．专题：函数思想；点列、递归数列与数学归纳法．分析：第（Ⅰ）问中，可构造函数f（x）=（1+x）p﹣（1+px），求导数后利用函数的单调性求解；对第（Ⅱ）问，从a n+1着手，由a n+1=a n+a n1﹣p，将求证式进行等价转化后即可解决，用相同的方式将a n＞a n+1进行转换，设法利用已证结论证明．解答：证明：（Ⅰ）令f（x）=（1+x）p﹣（1+px），则f′（x）=p（1+x）p﹣1﹣p=p[（1+x）p﹣1﹣1]．①当﹣1＜x＜0时，0＜1+x＜1，由p＞1知p﹣1＞0，∴（1+x）p﹣1＜（1+x）0=1，∴（1+x）p﹣1﹣1＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0]上为减函数，∴f（x）＞f（0）=（1+0）p﹣（1+p×0）=0，即（1+x）p﹣（1+px）＞0，∴（1+x）p＞1+px．②当x＞0时，有1+x＞1，得（1+x）p﹣1＞（1+x）0=1，∴f′（x）＞0，∴f（x）在[0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）=0，∴（1+x）p＞1+px．综合①、②知，当x＞﹣1且x≠0时，都有（1+x）p＞1+px，得证．（Ⅱ）先证a n+1＞．∵a n+1=a n+a n1﹣p，∴只需证a n+a n1﹣p＞，将写成p﹣1个相加，上式左边=，当且仅当，即时，上式取“=”号，当n=1时，由题设知，∴上式“=”号不成立，∴a n +a n 1﹣p ＞，即a n+1＞．再证a n ＞a n+1． 只需证a n ＞a n +a n 1﹣p ，化简、整理得a n p ＞c ，只需证a n ＞c．由前知a n+1＞成立，即从数列{a n }的第2项开始成立，又n=1时，由题设知成立，∴对n ∈N *成立，∴a n ＞a n+1．综上知，a n ＞a n+1＞，原不等式得证．点评： 本题是一道压轴题，考查的知识众多，涉及到函数、数列、不等式，利用的方法有分析法与综合法等，综合性很强，难度较大．3．（2014•阜阳一模）已知α，β是方程4x 2﹣4tx ﹣1=0（t ∈R ）的两个不等实根，函数的定义域为[α，β]．（Ⅰ）求g （t ）=maxf （x ）﹣minf （x ）； （Ⅱ）证明：对于，若sinu 1+sinu 2+sinu 3=1，则++＜．考点：不等式的证明；函数的最值及其几何意义． 专题：计算题；证明题． 分析： （Ⅰ）先设α≤x 1＜x 2≤β，则4x 12﹣4tx 1﹣1≤0，4x 22﹣4tx 2﹣1≤0，利用单调函数的定义证明f （x ）在区间[α，β]上是增函数．从而求得函数f （x ）的最大值与最小值，最后写出g （t ） （Ⅱ）先证：从而利用均值不等式与柯西不等式即得：++＜．解答： 解：（Ⅰ）设α≤x 1＜x 2≤β，则4x 12﹣4tx 1﹣1≤0，4x 22﹣4tx 2﹣1≤0，∴则又故f （x ）在区间[α，β]上是增函数．（3分） ∵，∴=（6分）（Ⅱ）证：（9分）∴（15分）∵，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，∴++＜．（14分）点评： 本题主要考查了不等式的证明、函数的最值及其几何意义，解答关键是利用函数单调性求最值及均值不等式与柯西不等式的灵活运用．4．（2014•苏州一模）已知x ，y ，z 均为正数．求证：．考点： 不等式的证明．专题：常规题型；压轴题；综合法．分析：分别对，，进行化简分析，得出与的关系，然后三个式子左右分别相加除以2即可得到结论．解答：证明：因为x，y，z都是为正数，所以①同理可得②③当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得：点评：本题考查不等式的证明，涉及基本不等式的应用，属于中档题．5．（2014•长春一模）（选做题）已知f（x）=|x+1|+|x﹣1|，不等式f（x）＜4的解集为M．（1）求M；（2）当a，b∈M时，证明：2|a+b|＜|4+ab|．考点：不等式的证明；带绝对值的函数．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）将函数写成分段函数，再利用f（x）＜4，即可求得M；（Ⅱ）利用作差法，证明4（a+b）2﹣（4+ab）2＜0，即可得到结论．解答：（Ⅰ）解：f（x）=|x+1|+|x﹣1|=当x＜﹣1时，由﹣2x＜4，得﹣2＜x＜﹣1；当﹣1≤x≤1时，f（x）=2＜4；当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．所以M=（﹣2，2）．…（5分）（Ⅱ）证明：当a，b∈M，即﹣2＜a，b＜2，∵4（a+b）2﹣（4+ab）2=4（a2+2ab+b2）﹣（16+8ab+a2b2）=（a2﹣4）（4﹣b2）＜0，∴4（a+b）2＜（4+ab）2，∴2|a+b|＜|4+ab|．…（10分）点评：本题考查绝对值函数，考查解不等式，考查不等式的证明，解题的关键是将不等式写成分段函数，利用作差法证明不等式．6．（2014•长安区三模）设函数f（x）=x﹣a（x+1）ln（x+1），（x＞﹣1，a≥0）（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在上有两个实数解，求实数t的取值范围；（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）n＜（1+n）m．考点：不等式的证明；利用导数研究函数的单调性．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）求导数，再利用导数大于0，求函数的单调区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在上单调递增，在[0，1]上单调递减可得解（Ⅲ）根据要证明的结论，利用分析法来证明本题，从结论入手，要证结论只要证明后面这个式子成立，两边取对数，构造函数，问题转化为只要证明函数在一个范围上成立，利用导数证明函数的性质．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=1﹣aln（x+1）﹣a①a=0时，f′（x）＞0∴f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数…（1分）②当a＞0时，f（x）在上递增，在单调递减．…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在上单调递增，在[0，1]上单调递减又∴∴当时，方程f（x）=t有两解…（8分）（Ⅲ）要证：（1+m）n＜（1+n）m只需证nln（1+m）＜mln（1+n），只需证：设，则…（10分）由（Ⅰ）知x﹣（1+x）ln（1+x），在（0，+∞）单调递减…（12分）∴x﹣（1+x）ln（1+x）＜0，即g（x）是减函数，而m＞n∴g（m）＜g（n），故原不等式成立．…（14分）点评：考查不等式的证明，考查化归思想，考查构造函数，是一个综合题，题目难度中等，在证明不等式时，注意采用什么形式，选择一种合适的写法7．（2014•赤峰模拟）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x2+y2+z2=a2+b2+c2=m，求证：ax+by+cz≤1．考点：不等式的证明．专题：高考数学专题．分析：第（1）问中，分离m，由|x|+|x﹣1|≥1确定将m分“m＜1”与“m≥1”进行讨论；（2）中，可利用重要不等式将x2+a2与ax联系，y2+b2与by联系，z2+c2与cz联系．解答：解：（1）由f（x+1）≥0得|x|+|x﹣1|≤m．若m＜1，∵|x|+|x﹣1|≥1恒成立，∴不等式|x|+|x﹣1|≤m的解集为∅，不合题意．若m≥1，①当x＜0时，得，∴；②当0≤x≤1时，得x+1﹣x≤m，即m≥1恒成立；③当x＞1时，得，∴1，综上可知，不等式|x|+|x﹣1|≤m的解集为[，]．由题意知，原不等式的解集为[0，1]，∴解得m=1．（2）证明：∵x2+a2≥2xa，y2+b2≥2yb，z2+c2≥2zc，以上三式相加，得x2+y2+z2+a2+b2+c2≥2xa+2yb+2zc．由题设及（1），知x2+y2+z2=a2+b2+c2=m=1，∴2≥2（xa+yb+zc），即ax+by+cz≤1，得证．点评：本题难度与高考相当，第（1）问考查了分段讨论法解绝对值不等式，对参数的讨论是前提；第（2）问要求学生掌握不等式的基本性质，关键是联系第一问求解．8．（2014•濮阳二模）已知函数f（x）=|x﹣1|．（Ⅰ）解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6；（Ⅱ）若|a|＜1，|b|＜1，且a≠0，求证：．考点：不等式的证明；绝对值不等式；绝对值不等式的解法．专题：不等式选讲．分析：（Ⅰ）根据绝对值不等式的解法解不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6即可；（Ⅱ）利用分析法进行证明不等式．解答：解：（I）∵f（x）=|x﹣1|．∴不等式f（x﹣1）+f（x+3）≥6等价|x﹣2|+|x+2|≥6，若当x≥2时，不等式等价为x﹣2+x+2≥6，即2x≥6，解得x≥3．当﹣2＜x＜2时，不等式等价为2﹣x+x+2≥6，即4≥6，此时不成立．当x≤﹣2时，不等式等价为2﹣x﹣x﹣2≥6，即2x≤﹣6，即x≤﹣3．综上不等式的解集为（﹣∞，﹣3]∪[3，+∞）．（II）要证，只需证|ab﹣1|＞|b﹣a|，只需证（ab﹣1）2＞（b﹣a）2而（ab﹣1）2﹣（b﹣a）2=a2b2﹣a2﹣b2+1=（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，∵|a|＜1，|b|＜1，∴a2＜1，b2＜1，即a2﹣1＜0，b2﹣1＜0，即（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，成立，从而原不等式成立．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，要注意进行分段讨论．9．（2014•宁城县模拟）已知a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca=1．求证：（Ⅰ）a+b+c≥；（Ⅱ）++≥（++）．考点：不等式的证明．专题：选作题；不等式选讲．分析：（Ⅰ）由题意可得，只需证（a+b+c）2≥3，只需证a2+b2+c2≥1，只需证a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）≥0，只需证（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a+b+c≥，证明++≥（++），只需证明≥++，结合基本不等式，即可得证．解答：证明：（Ⅰ）要证原不等式成立，只需证（a+b+c）2≥3，即证a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≥3，又ab+bc+ca=1．所以，只需证：a2+b2+c2≥1，即a2+b2+c2﹣1≥0，因为ab+bc+ca=1．所以，只需证：a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）≥0，只需证：2a2+2b2+2c2﹣2（ab+bc+ca）≥0，即（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0，而（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≥0显然成立，故原不等式成立；（Ⅱ）∵++=，由（Ⅰ）知，a+b+c≥，∴证明++≥（++），只需证明≥++，即证明：+b+c≤ab+bc+ca，∵≤，b≤，c≤，∴+b+c≤ab+bc+ca，∴++≥（++）．点评：本题考查用分析法证明不等式，寻找使不等式成立的充分条件，是解题的关键．10．（2014•沈阳一模）已知函数f（x）=lnx，．（Ⅰ）若f（x）与g（x）在x=1处相切，试求g（x）的表达式；（Ⅱ）若在[1，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：．考点：不等式的证明；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）求导数，利用f（x）与g（x）在x=1处相切，可求g（x）的表达式；（Ⅱ）在[1，+∞）上是减函数，可得导函数小于等于0在[1，+∞）上恒成立，分离参数，利用基本不等式，可求实数m的取值范围；（Ⅲ）当x≥2时，证明，当x＞1时，证明，利用叠加法，即可得到结论．解答：（Ⅰ）解：∵f（x）=lnx，∴，∴，得：a=2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）又∵，∴b=﹣1，∴g（x）=x﹣1；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）（Ⅱ）解：∵=在[1，+∞）上是减函数，∴在[1，+∞）上恒成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）即x2﹣（2m﹣2）x+1≥0在[1，+∞）上恒成立，由，x∈[1，+∞），∵，∴2m﹣2≤2得m≤2；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可得：当x≥2时，，∴得：，∴，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）∴当x=2时，；当x=3时，；当x=4时，，…，当x=n+1时，，n∈N+，n≥2上述不等式相加得：即：①﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）由（Ⅱ）可得：当m=2时，ϕ（x）=在[1，+∞）上是减函数，∴当x＞1时，ϕ（x）＜ϕ（1）=0，即＜0，所以，从而得到．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）当x=2时，；当x=3时，；当x=4时，，…，当x=n+1时，，n∈N+，n≥2上述不等式相加得：==即②综上：（n∈N+，n≥2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）点评：本题考查不等式的证明，考查导数知识的运用，考查基本不等式的运用，考查叠加法，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．11．（2014•梅州一模）已知函数f（x）=ax2+ln（x+1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．（Ⅲ）求证：（其中n∈N*，e是自然对数的底数）．不等式的证明；利用导数研究函数的单调性．考点：专综合题．题：分（Ⅰ）把a=﹣代入函数f（x），再对其进行求导利用导数研究函数f（x）的单调区间；析：（Ⅱ）已知当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，将问题转化为当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）﹣x≤0恒成立，只要求出ax2+ln（x+1）﹣x的最小值即可，令新的函数，利用导数研究其最值问题；（Ⅲ）由题设（Ⅱ）可知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用此不等式对所要证明的不等式进行放缩，从而进行证明；解解：（Ⅰ）当时，（x＞﹣1），答：（x＞﹣1），由f'（x）＞0解得﹣1＜x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1．故函数f（x）的单调递增区间为（﹣1，1），单调递减区间为（1，+∞）．（4分）（Ⅱ）因函数f（x）图象上的点都在所表示的平面区域内，则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax2+ln（x+1）﹣x≤0恒成立，设g（x）=ax2+ln（x+1）﹣x（x≥0），只需g（x）max≤0即可．（5分）由=，（ⅰ）当a=0时，，当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）（ⅱ）当a＞0时，由，因x∈[0，+∞），所以，①若，即时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；②若，即时，函数g（x）在上单调递减，在区间上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（8分）（ⅲ）当a＜0时，由，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a ﹣1）＜0，∴g'（x ）＜0，故函数g （x ）在[0，+∞）上单调递减， 故g （x ）≤g （0）=0成立．综上所述，实数a 的取值范围是（﹣∞，0]．（10分）（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln （x+1）≤x 在[0，+∞）上恒成立 （或另证ln （x+1）≤x 在区间（﹣1，+∞）上恒成立），（11分） 又，∵===，∴．（14分）点评： 此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题，解题过程中多次用到了转化的思想，第二题实质还是函数的恒成立问题，第三问不等式的证明仍然离不开前面两问所证明的不等式，利用它们进行放缩证明，本题难度比较大，是一道综合题； 12．（2014•遵义二模）（1）已知x 、y 都是正实数，求证：x 3+y 3≥x 2y+xy 2； （2）若不等式|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．考点： 不等式的证明．专题： 不等式的解法及应用．分析： （1）利用作差法，因式分解，即可得到结论；（2）根据柯西不等式证明++≤3，利用|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，可得|a ﹣1|，从而可求实数a 的取值范围．解答： （1）证明：由x 3+y 3﹣x 2y ﹣xy 2=x 2（x ﹣y ）+y 2（y ﹣x ）=（x ﹣y ）（x 2﹣y 2）=（x ﹣y ）2（x+y ）…（3分）又x 、y 都是正实数，∴（x ﹣y ）2≥0，x+y ＞0， ∴x 3+y 3﹣x 2y ﹣xy 2＞0， ∴x 3+y 3≥x 2y+xy 2；…（5分）（2）解：由题意，根据柯西不等式有（++）2≤（12+12+12）[（）2+（）2+（）2]=3[3（x+y+z ）+3]=3×6=18， ∴++≤3…（3分）又|a ﹣1|≥++对满足x+y+z=1的一切正实数x ，y ，z 恒成立， ∴|a ﹣1|，∴a +1或a ，∴a 的取值范围是（﹣]∪[1+3，+∞）．…（5分）点评：本题考查不等式的证明，考查柯西不等式的运用，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，正确运用柯西不等式是关键．13．（2014•红河州模拟）函数f（x）=．（Ⅰ）若a=5，求函数f（x）的定义域A；（Ⅱ）设B={x|﹣1＜x＜2}，当实数a，b∈B∩（∁R A）时，求证：＜|1+|．考点：不等式的证明；集合的包含关系判断及应用；函数的定义域及其求法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用；集合．分析：（Ⅰ）根据题意，得|x+1|+|x+2|﹣5≥0；求出x的取值范围，即是f（x）的定义域A；（Ⅱ）由A、B求出B∩C R A，即得a、b的取值范围，由此证明成立即可．解答：解：（Ⅰ）a=5时，函数f（x）=，∴|x+1|+|x+2|﹣5≥0；即|x+1|+|x+2|≥5，当x≥﹣1时，x+1+x+2≥5，∴x≥1；当﹣1＞x＞﹣2时，﹣x﹣1+x+2≥5，∴x∈∅；当x≤﹣2时，﹣x﹣1﹣x﹣2≥5，∴x≤﹣4；综上，f（x）的定义域是A={x|x≤﹣4或x≥1}．（Ⅱ）∵A={x|x≤﹣4或x≥1}，B={x|﹣1＜x＜2}，∴∁R A=（﹣4，1），∴B∩C R A=（﹣1，1）；又∵，而；当a，b∈（﹣1，1）时，（b2﹣4）（4﹣a2）＜0；∴4（a+b）2＜（4+ab）2，即．点评：本题考查了求函数的定义域以及集合的运算和不等式的解法与证明问题，是综合题，解题时应把含绝对值的不等式分类讨论，不等式证明时常用作差法，是中档题．14．（2014•河北模拟）设不等式﹣2＜|x﹣1|﹣|x+2|＜0的解集为M，a、b∈M，（1）证明：|a+b|＜；（2）比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|的大小，并说明理由．考点：不等式的证明；绝对值不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：（1）利用绝对值不等式的解法求出集合M，利用绝对值三角不等式直接证明：|a+b|＜；（2）利用（1）的结果，说明ab的范围，比较|1﹣4ab|与2|a﹣b|两个数的平方差的大小，即可得到结果．解答：解：（1）记f（x）=|x﹣1|﹣|x+2|=由﹣2＜﹣2x﹣1＜0解得﹣＜x＜，则M=（﹣，）．…（3分）∵a、b∈M，∴，所以|a+b|≤|a|+|b|＜×+×=．…（6分）（2）由（1）得a2＜，b2＜．因为|1﹣4ab|2﹣4|a﹣b|2=（1﹣8ab+16a2b2）﹣4（a2﹣2ab+b2）=（4a2﹣1）（4b2﹣1）＞0，…（9分）所以|1﹣4ab|2＞4|a﹣b|2，故|1﹣4ab|＞2|a﹣b|．…（10分）点评：本题考查不等式的证明，绝对值不等式的解法，考查计算能力．15．（2014•河北模拟）已知a，b＞0，且a+b=1，求证：（Ⅰ）+≥8；（Ⅱ）++≥8．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式选讲．分析：（Ⅰ）利用a+b=1，通过重要不等式以及基本不等式，推出，然后证明+≥8；（Ⅱ）利用a+b=1，利用1的代换，转化++为+，利用基本不等式即可求证结果．解答：证明：（Ⅰ）∵ab≤（）2=，当且仅当a=b时等号成立，∵a+b=1，a=b=，∴．∵+≥≥8，当且仅当a=b=时等号成立，∴+≥8．（5分）（Ⅱ）∵++=++=+++=2（a+b）（+）=4+2（）≥4+4=8，当且仅当a=b=时等号成立，∴++≥8．（10分）点评：利用基本不等式以及重要不等式以及“1”的代换，注意“正、定、等”的应用．16．（2014•海南模拟）已知a，b均为正数，且a+b=1，证明：（1）（ax+by）2≤ax2+by2（2）（a+）2+（b+）2≥．考点：不等式的证明．专题：证明题．分析：（1）将所证的关系式作差（ax+by）2﹣（ax2+by2）=a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy利用a+b=1，整理，可得a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy=﹣ab（x﹣y）2≤0，当且仅当x=y时等号成立；（2）将所证的不等式左端展开，转化为，进一步整理后，利用基本不等式即可证得结论成立．解答：证明：（1））（ax+by）2﹣（ax2+by2）=a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy，因为a+b=1，所以a﹣1=﹣b，b﹣1=﹣a，又a，b均为正数，所以a（a﹣1）x2+b（b﹣1）y2+2abxy=﹣ab（x2+y2﹣2xy）=﹣ab（x﹣y）2≤0，当且仅当x=y时等号成立；（2）==．当且仅当a=b时等号成立．点评：本题考查不等式的证明，着重考查作差法的应用，突出考查等价转化思想与逻辑推理能力，属于难题．17．（2013•临汾模拟）已知a2+b2=1，c2+d2=1．（Ⅰ）求证：ab+cd≤1．（Ⅱ）求a+b的取值范围．考点：不等式的证明．专题：综合题；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）利用综合法，结合基本不等式，即可得出结论；（Ⅱ）设=（a，b），=（1，），利用|⋅|≤||⋅||，可求a+b的取值范围．解答：（I）证明：∵a2+b2≥2ab，c2+d2≥2cd，∴a2+b2+c2+d2≥2（ab+cd），当且仅当a=b=c=d=时取“=”…（2分）又∵a2+b2=1，c2+d2=1∴2（ab+cd）≤2 …（4分）∴ab+cd≤1 …（5分）（Ⅱ）解：设=（a，b），=（1，），∵|⋅|≤||⋅||，…（8分）∴|a+b|≤2=2，∴﹣2≤a+b≤2∴a+b的取值范围为[﹣2，2]．…（10分）点评：本题考查不等式的证明，考查求a+b的取值范围，正确运用基本不等式，合理构造向量是关键．18．（2014•乌鲁木齐三模）已知a，b，c∈R*，证明：（1）（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）；（2）++≥．考点：不等式的证明．专题：高考数学专题．分析：第（1）问考虑左边展开与右边可抵消一个a2+b2+c2，想到作差比较，项较多，可重新分组进行因式分解；第（2）可通过构造柯西不等式放缩，获取定值．解答：证明：（Ⅰ）右边﹣左边，得3（a3+b3+c3）﹣（a+b+c）（a2+b2+c2）=2（a3+b3+c3）﹣a（b2+c2）﹣b（a2+c2）﹣c（a2+b2）．∵a，b∈R*，∴a3+b3﹣a2b﹣ab2=a2（a﹣b）+b2（b﹣a）=（a﹣b）2（a+b）≥0．∴a3+b3≥a2b+ab2，同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，以上三式相加得=2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac，∴2（a3+b3+c3）﹣a（b2+c2）﹣b（a2+c2）﹣c（a2+b2）≥0，∴（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）．（Ⅱ）∵a，b，c∈R*，∴a+b＞0，b+c＞0，c+a＞0，由柯西不等式得）[（a+b）+（b+c）+（c+a）]≥2=9，即2（a+b+c）（++）≥9，∴2（++）≥3，故++≥，当且仅当a=b=c时，不等式取等号．点评：本题的两小问设置合理，主要考查了不等式的基本性质及变形技巧，作差比较法，柯西不等式等．19．（2014•淮安模拟）已知a，b，c均为正数，证明：．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：两次运用基本不等式即可证明结论．解答：证明：∵a，b，c均为正数，∴左边≥≥2=2=6，当且仅当a=b=c时取等号，∴．点评：本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确运用基本不等式是关键．20．（2014•南通一模）已知实数x，y满足：，求证：．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：首先由3|y|=|3y|=|2（x+y）﹣（2x﹣y）|≤2|x+y|+|2x﹣y|，再结合已知的不等式，即可证得结论．解答：证明：∵3|y|=|3y|=|2（x+y）﹣（2x﹣y）|≤2|x+y|+|2x﹣y|，由题设，∴．∴．点评：本题考查不等式的证明，考查学生分析转化问题的能力，属于中档题．21．（2014•南通三模）已知x＞0，y＞0，a∈R，b∈R．求证（）2≤．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：利用“分析法”和不等式的性质即可证明．解答：证明：∵x＞0，y＞0，∴x+y＞0，∴要证，即证（ax+by）2≤（x+y）（a2x+b2y）．即证xy（a2﹣2ab+b2）≥0，即证（a﹣b）2≥0，而（a﹣b）2≥0显然成立，故．点评：本题考查了“分析法”和不等式的性质证明不等式，属于基础题．22．（2014•南通模拟）设a，b，c，d∈R，求证：+≥，等号当且仅当ad=bc 时成立．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：运用分析法证明，要证原不等式成立，可考虑两边平方，化简整理，再由柯西不等式（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，即可得证．解答：证明：要证+≥，即证（+）2≥（）2，即为a2+b2+c2+d2+2≥（a+c）2+（b+d）2，化简后，即证≥ac+bd，由柯西不等式（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，得|ac+bd|≥ac+bd．则原不等式得证．且有原不等式中等号当且仅当ad=bc时成立．点评：本题考查不等式的证明，考查柯西不等式的运用，以及不等式的性质的运用，考查推理能力，属于中档题．23．（2014•昆明一模）已知a，b，c均为正数．（Ⅰ）求证：a2+b2+（）2≥4；（Ⅱ）若a+4b+9c=1，求证：≥100．考点：不等式的证明．专题：证明题；不等式的解法及应用．分析：利用基本不等式，即可证明结论．解答：证明：（Ⅰ）∵a，b均为正数，∴a2+b2≥2ab，≥，∴a2+b2+≥2ab+，∴a2+b2+（）2≥2ab+≥4，当且仅当a=b=时，等号成立．（Ⅱ）∵a+4b+9c=1，∴=（a+4b+9c）（）=9+16+9+++≥34+24+18+24=100，当且仅当a=3b=9c时等号成立．点评：本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，掌握基本不等式的使用条件是关键．24．（2014•贵州二模）设不等式|x﹣2|＜m（m∈N+）的解集为A，且∈A，∉A．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若a，b，c∈R+，且a+b+c=，求证：++≥9．考点：不等式的证明．专题：选作题；不等式的解法及应用．分析：（Ⅰ）根据∈A，∉A，求出m的范围，结合m∈N+，即可求m的值；（Ⅱ）利用“1”的代换，结合基本不等式，即可得出结论．解答：（Ⅰ）解：由．﹣﹣（4分）∵m∈N+，∴m=1．﹣﹣（5分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）有：（a，b，c∈R+）又===≥9，∴++≥9﹣﹣（10分）点评：本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，正确运用“1”的代换，基本不等式，是解题的关键．25．（2014•盐城二模）已知x，y∈R，且|x+y|≤，|x﹣y|≤，求证：|x+5y|≤1．考点：不等式的证明；绝对值不等式．专题：证明题．分析：利用x+5y=3（x+y）﹣2（x﹣y），利用绝对值不等式的性质即可证得结论．解答：证明：∵|x+y|≤，|x﹣y|≤，∴|x+5y|=|3（x+y）﹣2（x﹣y）|≤|3（x+y）|+|2（x﹣y）|=3|x+y|+2|x﹣y|≤3×+2×=1．即|x+5y|≤1．点评：本题考查绝对值不等式的性质，分析得到x+5y=3（x+y）﹣2（x﹣y）是应用绝对值不等式性质的关键，考查转化思想与推理论证能力，属于中档题．26．（2014•盐城一模）已知x1，x2，x3为正实数，若x1+x2+x3=1，求证：．考点：不等式的证明．专题：不等式的解法及应用．分析：由基本不等式，可得，，，三式相加，利用x1+x2+x3=1，可得结论．解答：证明：∵x1，x2，x3为正实数，∴，，，∴三式相加，可得+x 3≥2（x 1+x 2+x 3），∵若x 1+x 2+x 3=1，∴．点评： 本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确运用基本不等式是关键．27．（2014•福建模拟）已知f （x ）=aln （x+1）++3x ﹣1．（1）若x ≥0时，f （x ）≥0恒成立，求实数a 的取值范围； （2）求证：ln （2n+1）对一切正整数n 均成立．考点：不等式的证明． 专题：选作题；不等式选讲． 分析：（1）求导数，分类讨论，确定函数的单调性，即可求实数a 的取值范围； （2）由（1）知，x ＞0时，不等式恒成立，则x ＞0时，恒成立．令（k ∈N *），．令k=1，2，3，…，n ，叠加，即可证明结论．解答：（1）解：．若a ≥﹣2，则a+6＞0，x ＞0时，f'（x ）＞0．此时，f （x ）在区间[0，+∞）上为增函数． ∴x ≥0时，f （x ）≥f （0）=0．a ≥﹣2符合要求．若a ＜﹣2，则方程3x 2+（a+6）x+a+2=0有两个异号的实根，设这两个实根为x 1，x 2，且x 1＜0＜x 2． ∴0＜x ＜x 2时，f'（x ）＜0．f （x ）在区间[0，x 2]上为减函数，f （x 2）＜f （0）=0． ∴a ＜﹣2不符合要求．∴a 的取值范围为[﹣2，+∞）． （2）证明：由（1）知，x ＞0时，不等式恒成立．∴x ＞0时，恒成立．令（k ∈N *），得， 整理得 ．∴．令k=1，2，3，…，n ，得，，，…，．将上述n 个不等式的左右两边分别相加，得． ∴对一切正整数n 均成立．点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，巧妙利用两小题之间的关系，是解题的关键． 28．（2014•静安区一模）（理）（1）设x 、y 是不全为零的实数，试比较2x 2+y 2与x 2+xy 的大小； （2）设a ，b ，c 为正数，且a 2+b 2+c 2=1，求证：++﹣≥3．考点： 不等式的证明；比较法．专题： 证明题；不等式的解法及应用．分析： （1）解法1：利用作差法；解法2：利用分类讨论思想，分xy ＜0与xy ＞0讨论即可证得结论；（2）利用作差法，通过通分、分组、配方等一系列转化，即可证得结论．解答： 证明：（1）证法1：∵x 、y 是不全为零的实数，∴2x 2+y 2﹣（x 2+xy ） =x 2+y 2﹣xy=+y 2＞0，∴2x 2+y 2＞x 2+xy ．证法2：当xy ＜0时，x 2+xy ＜2x 2+y 2；当xy ＞0时，作差：x 2+y 2﹣xy ≥2xy ﹣xy=xy ＞0； 又因为x 、y 是不全为零的实数， ∴当xy=0时，2x 2+y 2＞x 2+xy ． 综上，2x 2+y 2＞x 2+xy ． （2）证明：∵++﹣﹣3=++﹣﹣3=a 2（+）+b 2（+）+c 2（+）﹣2（++）=a 2+b 2+c 2≥0（当且仅当a=b=c 时，取得等号），∴++﹣≥3．点评： 本题考查不等式的证明，着重考查作差法，考查通分、配方、分类讨论等方法，运用转化思想，推理证明，属于难题．29．（2013•泰州三模）选修4﹣5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，n∈N*．求证：．考点：综合法与分析法(选修）．专题：不等式的解法及应用．分析：先用分析法证明，再利用基本不等式，即可证得成立．解答：证明：先证，只要证2（a n+1+b n+1）≥（a+b）（a n+b n），即要证a n+1+b n+1﹣a n b﹣ab n≥0，即要证（a﹣b）（a n﹣b n）≥0，…（5分）若a≥b，则a﹣b≥0，a n﹣b n≥0，所以，（a﹣b）（a n﹣b n）≥0．若a＜b，则a﹣b＜0，a n﹣b n＜0，所以（a﹣b）（a n﹣b n）＞0，综上，可得（a﹣b）（a n﹣b n）≥0，从而．…（8分）因为，所以．…（10分）点评：本题主要考查用分析法证明不等式，基本不等式的应用，属于中档题．30．（2013•盐城二模）（选修4﹣5：不等式选讲）若，证明．考点：不等式的证明；柯西不等式的几何意义．专题：证明题．分析：直接构造18=6×3=[（1+2x）+（3+x）+（2﹣3x）]（1+1+1），利用柯西不等式证明即可．解答：证明：因为18=6×3=[（1+2x）+（3+x）+（2﹣3x）]（1+1+1），由柯西不等式可得：…（7分）又，所以．…（10分）点评：本题考查柯西不等式的证明方法的应用，构造柯西不等式是解题的关键．。

数学绝对值不等式试题1.（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲已知函数．（Ⅰ）解不等式: ；（Ⅱ）若，求证：≤.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）由题.因此只须解不等式. 2分当时，原不式等价于，即.当时，原不式等价于，即.当时，原不式等价于，即.综上,原不等式的解集为. 5分（Ⅱ）由题.当＞0时，10分【考点】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式等基础知识，意在考查逻辑思维能力和基本运算求解能力.2.若关于的不等式的解集不为空集，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】∵，又不等式的解集不是空集，∴，解得，则参数的取值范围是．3.（设函数f(x)＝｜x＋a｜－｜x－4｜，x R（1）当a=1时，解不等式f（x）＜2；（2）若关于x的不等式f(x)≤5－｜a＋l｜恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】①∵，∴由得.（4分）②因为，要使恒成立，须使，即，解得.（7分）4.已知函数，，.（1）若当时，恒有，求的最大值；（2）若当时，恒有，求的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】（1）；．依题意有，，．故的最大值为1． 6分（2），当且仅当时等号成立．解不等式，得的取值范围是． 10分5.在区间上随机取一个数，使得成立的概率为____.【答案】【解析】设，则，当时，成立，【考点】本题把绝对值不等式和几何概型相结合来考查概率的运算，体现了几何概型“无处不在”的特点，考查了分类讨论思想和运算能力.6.在实数范围内，不等式|2x-1|+|2x+1|≤6的解集为__________【答案】【解析】本题考查绝对值不等式的解法以及转化与划归、分类讨论的数学思想.原不等式可化为.①或②或③由①得；由②得；由③得,综上，得原不等式的解集为.【点评】不等式的求解除了用分类讨论法外，还可以利用绝对值的几何意义——数轴来求解；后者有时用起来会事半功倍.体现考纲中要求会用绝对值的几何意义求解常见的绝对值不等式.来年需要注意绝对值不等式公式的转化应用.7.不等式|x＋1|－|x－3|≥0的解集是______________．【答案】或[1，＋∞)【解析】原不等式等价于①或②或③，解①得无解，解②得，解③得解得，即故原不等式的解集为或[1，＋∞)．【考点】解不等式8.若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .【答案】【解析】【错解分析】解含绝对值不等式也是考生常常出现错误的，错误原因有解法单一，比如只会运用去绝对值的方法，这样会导致计算量较多，易错。

1、解不等式311≥-++x x2、已知函数2)(-++=x a x x f .（1）当3-=a 时，求不等式3)(≥x f 的解集；（2）若4)(-≤x x f 的解集包含[]2,1，求a 的取值范围.3、若关于实数x 的不等式a x x <++-35无解，则实数a 的取值范围是 .4、若不等式24≤-kx 的解集为}31≤≤x x ，则实数=k .5、不等式121≥++x x 的实数解为 .6、已知函数m x x x f --++=21)(.（1）当5=m 时，求0)(>x f 的解集；（2）若关于x 的不等式2)(≥x f 的解集是R ，求m 的取值范围.7、已知函数a x x f -=)(.（1）若不等式3)(≤x f 的解集为{}51≤≤-x x ，求实数a 的值；（2）在（1）的条件下，若m x f x f ≥++)5()(对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围.8、已知函数a x x f -=)(，其中1>a .（1）当2=a 时，求不等式44)(--≥x x f 的解集；（2）已知关于x 的不等式2)(2)2(≤-+x f a x f 解集为{}21≤≤x x ，求a 的值.9、设函数x a x x f 3)(+-=，其中0>a .（1）当1=a 时，求不等式23)(+≥x x f 的解集；（2）若不等式0)(≤x f 的解集为{}1-≤x x ，求a 的值.10、已知a 、b 、c ()+∞∈,0，其1=++c b a . 求证：（1）8111111≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫⎝⎛-c b a ； （2）3≤++c b a .11、设a 、b 、c ()+∞∈,0，其1=++ca bc ab .求证：（1）3≥++c b a ； （2）()c b a ab c ac b bc a ++≥++3.12、已知0>x ，0>y ，证明：()()xy y x y x 91122≥++++.13、已知函数2)(--=x m x f ，R m ∈，且0)2(≥+x f 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 ≥9.14、若3x ＋4y ＝2，则x 2＋y 2的最小值为 .15、求函数x x y -+-=9453的最大值.1、解：①当x ≤－1时，原不等式可化为－(x ＋1)－(x －1)≥3，解得：x ≤－32. ②当－1<x <1时，原不等式可以化为x ＋1－(x －1)≥3，即2≥3.不成立，无解．③当x ≥1时，原不等式可以化为x ＋1＋x －1≥3.所以x ≥32.[9分]综上，可知原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－32或x ≥32. 2、解 (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4.所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}．(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.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]．3、解析 ∵|x －5|＋|x ＋3|＝|5－x |＋|x ＋3|≥|5－x ＋x ＋3|＝8，∴(|x －5|＋|x ＋3|)min ＝8，要使|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，只需a ≤8.4、解析 ∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2，∴2≤kx ≤6.∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2.5、解析 ∵|x ＋1||x ＋2|≥1，∴|x ＋1|≥|x ＋2|.∴x 2＋2x ＋1≥x 2＋4x ＋4，∴2x ＋3≤0.∴x ≤－32且x ≠－2.6、解 (1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|>5，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x ＋1＋x －2>5或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x <2，x ＋1－x ＋2>5或⎩⎪⎨⎪⎧ x <－1，－x －1－x ＋2>5，解得函数f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．(2)不等式f (x )≥2即|x ＋1|＋|x －2|>m ＋2，∵x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，不等式|x ＋1|＋|x －2|≥m ＋2解集是R ，∴m ＋2≤3，m 的取值范围是(－∞，1]．7、解 方法一 (1)由f (x )≤3得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3.又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2.(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|，设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)，于是g (x )＝|x －2|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －1，x <－3，5，－3≤x ≤2，2x ＋1，x >2.所以当x <－3时，g (x )>5；当－3≤x ≤2时，g (x )＝5；当x >2时，g (x )>5.综上可得，g (x )的最小值为5.从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]．方法二 (1)同方法一．(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|.设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)．由|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)，得g (x )的最小值为5.从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]．8、解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|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，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；所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)记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，解得a －12≤x ≤a ＋12.又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.9、解：（Ⅰ）当1a =时，()32f x x ≥+可化为|1|2x -≥。

1.（福建理科）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲设不等式1|12|<-x 的解集为M.（I ）求集合M ；（II ）若a ，b ∈M ，试比较ab+1与a+b 的大小.解：（１）{}10|<<=x x M（２）)1)(1()()1(--=+-+b a b a ab ，M b a ∈, 1,1<<∴b a ，01,01<-<-∴b a0)1)(1(>--∴b a ，b a ab +>+∴1。

2.（广东文科）不等式13x x +--≥0的解集是 ．[1,)+∞． 13x x +--≥0 ⇒1x +≥3x -⇒2(1)x +≥2(3)x -⇒x ≥13.（湖南理科10）设,x y R ∈,则222211()(4)x y y x ++的最小值为 。

答案：9 解析：由柯西不等式可知2222211()(4)(12)9x y y x++≥+= 4.（江西理科）(不等式选做题）对于实数y x ,，若11≤-x ，12≤-y ，则12+-y x 的最大值为 .（2）此题，看似很难，但其实不难，首先解出x 的范围，20≤≤x ，再解出y 的范围，31≤≤y ，最后综合解出x-2y+1的范围[]1,5-，那么绝对值最大，就取55（江西文科）对于x R ∈，不等式1028x x +--≥的解集为_______ 答案：}0{≥x x 解析：两种方法，方法一：分三段，（1）当10-<x 时，不等式为8)2()10(≥----x x ，此时不等式无解；（2）当210≤≤-x 时，不等式为8)2()10(≥--+x x ，解得：20≤≤x（3）当2>x 时，不等式为8)2()10(≥--+x x ，解得：2>x综上：0≥x方法二：用绝对值的几何意义，可以看成到两点10-和2的距离差大于等于8的所有点的集合，画出数轴线，找到0到10-的距离为=1d 10，到2的距离为=2d 2，821=-d d ，并当x 往右移动，距离差会大于8，所以满足条件的x 的范围是0≥x .6.（浙江理科）设正数z y x ,,满足122=++z y x（1）求zx yz xy ++3的最大值；（5分）（2）证明：26125111113≥+++++zx yz xy 。

第3讲柯西不等式与排序不等式,)1．二维形式的柯西不等式(1)定理1(二维形式的柯西不等式)若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．(2)(二维变式)a2＋b2·c2＋d2≥|ac＋bd|，a2＋b2·c2＋d2≥|ac|＋|bd|．(3)定理2(柯西不等式的向量形式)设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．(4)定理3(二维形式的三角不等式)设x1，y1，x2，y2∈R，那么x21＋y21＋x22＋y22(5)(三角变式)设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则（x1－x3）2＋（y1－y3）2＋（x2－x3）2＋（y2－y3）22．柯西不等式的一般形式设a1，a2，a3，…，a n，b1，b2，b3，…，b n是实数，则(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋a n b n)2，当且仅当b i＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得a i＝kb i(i＝1，2，…，n)时，等号成立．3．排序不等式设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组实数，c1，c2，…，c n为b1，b2，…，b n的任一排列，则有：a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1≤a1c1＋a2c2＋…＋a n c n≤a1b1＋a2b2＋…＋a n b n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n或b1＝b2＝…＝b n时，反序和等于顺序和．排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．柯西不等式的证明若a，b，c，d都是实数，求证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc 时，等号成立．【证明】因为(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－a2c2－b2d2－2acbd＝a2d2＋b2c2－2adbc＝(ad－bc)2≥0，当且仅当ad＝bc时，等号成立．即(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2≥0，所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．设α，β是两个向量，求证|α·β|≤|α||β|，当且仅当β为零向量或存在实数k，使α＝kβ时等号成立．如图，设在平面直角坐标系xOy中有向量α＝(a，b)，β＝(c，d)，α与β之间的夹角为θ，0≤θ≤π.根据向量数量积(内积)的定义，有α·β＝|α||β|cos θ，所以|α·β|＝|α||β||cos θ|.因为|cos θ|≤1，所以|α·β|≤|α||β|.如果向量α和β中有零向量，则ad－bc＝0，不等式取等号．如果向量α和β都不是零向量，则当且仅当|cos θ|＝1，即向量α和β共线时，不等式取等号．柯西不等式的证明可利用已学过的比较法，也可利用向量法，柯西三角不等式还可利用几何法证明．如下：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，则（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2. 证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)．由|CA |＋|CB |≥|BA |与两点间的距离公式得（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2. 当且仅当点C 位于线段BA 上时取等号．设a 1，a 2，b 1，b 2为实数，求证：a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2. (a 21＋a 22＋b 21＋b 22)2＝a 21＋a 22＋2a 21＋a 22b 21＋b 22＋b 21＋b 22 ≥a 21＋a 22＋2|a 1b 1＋a 2b 2|＋b 21＋b 22 ≥a 21＋a 22－2(a 1b 1＋a 2b 2)＋b 21＋b 22 ＝(a 21－2a 1b 1＋b 21)＋(a 22－2a 2b 2＋b 22) ＝(a 1－b 1)2＋(a 2－b 2)2，所以a 21＋a 22＋b 21＋b 22≥（a 1－b 1）2＋（a 2－b 2）2.利用柯西不等式求最值已知正实数u ，v ，w 满足u 2＋v 2＋w 2＝8，求u 49＋v 416＋w 425的最小值．【解】 因为u 2＋v 2＋w 2＝8.所以82＝(u 2＋v 2＋w 2)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 23·3＋v 24·4＋w 25·52≤⎝ ⎛⎭⎪⎫u 49＋v 416＋w 425(9＋16＋25)，所以u 49＋v 416＋w 425≥6450＝3225.当且仅当u 23÷3＝v 24÷4＝w 25÷5，即u ＝65，v ＝85，w ＝2时取到“＝”，所以当u ＝65，v ＝85，w ＝2时u 49＋v 416＋w 425的最小值为3225.利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．1．设x ，y ，z ∈R ，2x －y －2z ＝6，试求x 2＋y 2＋z 2的最小值． 考虑以下两组向量u ＝(2，－1，－2)，v ＝(x ，y ，z )，根据柯西不等式(u ·v )2≤|u |2·|v |2， 得2≤(x 2＋y 2＋z 2)，即(2x －y －2z )2≤9(x 2＋y 2＋z 2)， 将2x －y －2z ＝6代入其中， 得36≤9(x 2＋y 2＋z 2)， 即x 2＋y 2＋z 2≥4， 故x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.2．设x ，y ，z ∈R ，x 2＋y 2＋z 2＝25，试求x －2y ＋2z 的最大值与最小值． 根据柯西不等式，有(1·x －2·y ＋2·z )2≤(x 2＋y 2＋z 2)， 即(x －2y ＋2z )2≤9×25， 所以－15≤x －2y ＋2z ≤15，故x －2y ＋2z 的最大值为15，最小值为－15.利用柯西不等式证明不等式设a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2≥1003.【证明】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2＝13(12＋12＋12)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋（a ＋b ＋c ）⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥13×(1＋9)2＝1003，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立， 所以所求证的不等式成立．利用柯西不等式证明的关键是恰当构造变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．注意等号成立的条件．1．已知a ，b 为正数，求证1a ＋4b ≥9a ＋b .因为a >0，b >0，所以由柯西不等式，得(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b＝·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫4b 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a＋b ·4b 2＝9，当且仅当a ＝12b 时取等号， 所以1a ＋4b ≥9a ＋b.2．设a ，b >0，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.因为(12＋12)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1ab 2≥25⎝⎛⎭⎪⎫因为ab ≤14，当且仅当a ＝b ＝12时取等号，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.利用排序不等式求最值设a ，b ，c 为任意正数，求ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b的最小值．【证明】 不妨设a ≥b ≥c ， 则a ＋b ≥a ＋c ≥b ＋c ，1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b， 由排序不等式得，a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a a ＋b ， ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b，上述两式相加得： 2⎝⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥3，即a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.当且仅当a ＝b ＝c 时，ab ＋c＋b c ＋a ＋ca ＋b 取最小值32.求最小(大)值时，往往所给式子是顺(反)序和式．然后利用顺(反)序和不小(大)于乱序和的原理构造出适当的一个或两个乱序和，从而求出其最小(大)值．设0<a ≤b ≤c 且abc ＝1.试求1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值．令S ＝1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ），则S ＝（abc ）2a 3（b ＋c ）＋（abc ）2b 3（a ＋c ）＋（abc ）2c 3（a ＋b ）＝bc a （b ＋c ）·bc ＋ac b （a ＋c ）·ac ＋abc （a ＋b ）·ab .由已知可得：1a （b ＋c ）≥1b （a ＋c ）≥1c （a ＋b ），ab ≤ac ≤bc .所以S ≥bc a （b ＋c ）·ac ＋ac b （a ＋c ）·ab ＋abc （a ＋b ）·bc＝c a （b ＋c ）＋a b （a ＋c ）＋bc （a ＋b ）.又S ≥bc a （b ＋c ）·ab ＋ac b （a ＋c ）·bc ＋abc （a ＋b ）·ac＝b a （b ＋c ）＋c b （a ＋c ）＋ac （a ＋b ），两式相加得：2S ≥1a ＋1b ＋1c ≥331abc＝3.所以S ≥32，即1a 3（b ＋c ）＋1b 3（a ＋c ）＋1c 3（a ＋b ）的最小值为32., )1．设a ，b ∈(0，＋∞)，若a ＋b ＝2，求1a ＋1b的最小值．因为(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2 ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a ＋b ·1b 2＝(1＋1)2＝4.所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b≥4，即1a ＋1b≥2. 当且仅当a ·1b＝b ·1a，即a ＝b 时取等号，所以当a ＝b ＝1时，1a ＋1b的最小值为2.2．设a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，求2a ＋2b ＋2c的最小值．因为(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2b ＋2c＝·⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2c 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·2a＋b ·2b＋c ·2c 2＝18.所以2a ＋2b ＋2c ≥2.当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，所以2a ＋2b ＋2c的最小值为2.3．设a 1，a 2，…，a n 是1，2，…，n (n ≥2，n ∈N *)的一个排列，求证：12＋23＋…＋n －1n ≤a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n. 设b 1，b 2，…，b n －1是a 1，a 2，…，a n －1的一个排列，且b 1<b 2<…<b n －1；c 1，c 2，…，c n－1是a 2，a 3，…，a n 的一个排列，且c 1<c 2<…<c n －1， 则1c 1 >1c 2>…>1c n －1，且b 1≥1，b 2≥2，…，b n －1≥n －1，c 1≤2，c 2≤3，…，c n －1≤n . 利用排序不等式，有a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ≥b 1c 1＋b 2c 2＋…＋b n －1c n －1≥12＋23＋…＋n －1n. 故原不等式成立．4．已知大于1的正数x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝3 3.求证：x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥32.由柯西不等式及题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ·≥(x ＋y ＋z )2＝27. 又(x ＋2y ＋3z )＋(y ＋2z ＋3x )＋(z ＋2x ＋3y )＝6(x ＋y ＋z )＝183，所以x 2x ＋2y ＋3z ＋y 2y ＋2z ＋3x ＋z 2z ＋2x ＋3y ≥27183＝32，当且仅当x ＝y ＝z ＝3时，等号成立．5．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．由柯西不等式可得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2，即(x ＋2y ＋3z )2≤14， 因此x ＋2y ＋3z ≤14. 因为x ＋2y ＋3z ＝14， 所以x ＝y 2＝z3，解得x ＝1414，y ＝147，z ＝31414， 于是x ＋y ＋z ＝3147.6．已知a ，b ，c ∈R ，且2a ＋2b ＋c ＝8，求(a －1)2＋(b ＋2)2＋(c －3)2的最小值． 由柯西不等式得 (4＋4＋1)×≥2， 所以9≥(2a ＋2b ＋c －1)2. 因为2a ＋2b ＋c ＝8，所以(a －1)2＋(b ＋2)2＋(c －3)2≥499，当且仅当a －12＝b ＋22＝c －3时等号成立，所以(a －1)2＋(b ＋2)2＋(c －3)2的最小值是499.7．已知x ，y ，z 均为实数．(1)若x ＋y ＋z ＝1，求证：3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤33； (2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．(1)证明：因为(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)2≤(12＋12＋12)(3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3)＝27.所以3x ＋1＋3y ＋2＋3z ＋3≤3 3. 当且仅当x ＝23，y ＝13，z ＝0时取等号．(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.8．已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)． (1)求x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2的最小值；(2)求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.(1)因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 所以x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2≥3·3x 1a ·x 2b ·2x 1x 2＝3·32ab≥3·32⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝3×38＝6， 当且仅当x 1a ＝x 2b ＝2x 1x 2且a ＝b ，即a ＝b ＝12且x 1＝x 2＝1时，x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2有最小值6.(2)证明：由a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝·≥(ax 1·ax 2＋bx 2·bx 1)2＝(a x 1x 2＋b x 1x 2)2＝x 1x 2，当且仅当ax 1ax 2＝bx 2bx 1，即x 1＝x 2时取得等号． 所以(ax 1＋bx 2)·(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.9．(1)关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，求a 的取值范围； (2)设x ，y ，z ∈R ，且x 216＋y 25＋z 24＝1，求x ＋y ＋z 的取值范围．(1)因为|x －3|＋|x －4|≥|(x －3)－(x －4)|＝1，且|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，所以a >1，即a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)由柯西不等式，得·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 22 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫4×x 4＋5×y 5＋2×z 22＝(x ＋y ＋z )2， 即25×1≥(x ＋y ＋z )2.所以5≥|x ＋y ＋z |，所以－5≤x ＋y ＋z ≤5. 所以x ＋y ＋z 的取值范围是．10．设a 1，a 2，…，a n 为实数，证明：a 1＋a 2＋…＋a n n≤a 21＋a 22＋…＋a 2nn.不妨设a 1≤a 2≤a 3≤…≤a n ，由排序原理得a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝a 1a 1＋a 2a 2＋a 3a 3＋…＋a n a n ， a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ≥a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a 1， a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ≥a 1a 3＋a 2a 4＋a 3a 5＋…＋a n a 2，…a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ≥a 1a n ＋a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n a n －1，以上n 个式子两边相加得n (a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n )≥(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )2，两边同除以n 2得a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n n 2， 所以a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2nn ≥a 1＋a2＋a 3＋…＋a n n，结论得证．不等式选讲1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用．1．(选修4­5 P19习题1.2T5，P17例5改编)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.(1)求实数a的值；(2)解不等式f(x)≤5.(1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，从而解得a＝2.(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6（x ≤2）2（2<x ≤4）2x －6（x >4）. 结合函数y ＝f (x )的图象知，不等式f (x )≤5的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤112.2．(选修4­5 P16例3、P35例3改编)已知函数f (x )＝|3x －1|.(1)设f (x )≤2的解集为M ，记集合M 中的最大元素为a max ，最小元素为a min ，求a max －a min ； (2)若a ，b 为正实数，且a ＋b ＝a max ，求1a ＋1b的最小值．(1)f (x )≤2，即为 |3x －1|≤2，所以－2≤3x －1≤2，即－13≤x ≤1.所以M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－13≤ x ≤1. 即a max ＝1，a min ＝－13，a max －a min＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝43.(2)由(1)知，a ＋b ＝1，且a ，b 为正实数，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4. 当且仅当a ＝b ＝12时取等号，即1a ＋1b ≥4，所以1a ＋1b的最小值为4.3．(选修4­5 P20习题1.2T9，P37习题3.1T8改编)(1)若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集，求a 的范围；(2)若g (x )＝x ，且p >0，q >0，p ＋q ＝1，x 1，x 2∈ (1)法一：|x －3|＋|x －4|≥|(x －3)－(x －4)|＝1.即|x －3|＋|x －4|的最小值为1.所以|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集时，a ≥1. 法二：设f (x )＝|x －3|＋|x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋7，x ＜3，1，3≤x ≤4，2x －7，x >4.函数f(x)的图象为所以f(x)min＝1.则f(x)≤a的解集不是空集时，a≥1.(2)证明：由p>0，q>0，p＋q＝1，要证不等式pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)成立，即为证明p x1＋q x2≤px1＋qx2成立．(*)法一：(分解法)要证(*)成立，即证(p x1＋q x2)2≤(px1＋qx2)2成立．即证：p2x1＋2pq x1x2＋q2x2≤px1＋qx2，即证px1(1－p)＋qx2(1－q)－2pq x1x2≥0.因为p＋q＝1.只需证pqx1＋pqx2－2pq x1x2≥0成立．即证(x1－x2)2≥0.因为(x1－x2)2≥0显然成立．所以原不等式成立．法二：(柯西不等式法)因为(p x1＋q x2)2＝(p·px1＋q·qx2)2≤＝(p＋q)(px1＋qx2)因为p＋q＝1.所以(p x1＋q x2)2≤px1＋qx2.所以p x1＋q x2≤px1＋qx2.即pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)．4．(选修4­5 P19习题1.2T5，P45习题3.3T4改编)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.(1)求f(x)的最小值m；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)；当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈ (1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；②当－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；③当x ≥－12时，原不等式可化为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．。

数学不等式选讲试题答案及解析1.（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知，.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）3（2）见解析【解析】（Ⅰ）因为，，所以，即，当且仅当时，取最小值3． 5分（Ⅱ）．又，所以． 10分2.（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围。

【答案】（1）或（2）或【解析】（1）当时，不等式为，所以或或，解得或． 4分故不等式的解集为或． 5分．（2）因为（当时等号成立）， 8分所以．由题意得，解得或． 10分【命题意图】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式等基础知识，意在考查基本运算求解能力.3.已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋2≥6，并确定a、b、c为何值时，等号成立．【答案】a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．【解析】因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，(2分)所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①同理＋＋≥＋＋，②(4分)故a2＋b2＋c2＋2≥ab＋bc＋ac＋3＋3＋3≥6.③所以原不等式成立．(8分)当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．(10分)4.已知实数x、y、z满足x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值是1，求a的值．【答案】【解析】由柯西不等式知：[x2＋(2y)2＋(3z)2][12＋()2＋()2]≥(x＋×2y＋×3z)2(当且仅当x＝4y＝9z时取等号)．因为x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，所以a≥(x＋y＋z)2，即－≤x＋y＋z≤.因为x＋y＋z的最大值是1，所以＝1，a＝，所以当x＝，y＝，z＝时，x＋y＋z取最大值1，所以a的值为.点评：用柯西不等式证明或求值时要注意两点，一是所给不等式的形式是否和柯西不等式的形式一致，若不一致，需要将所给式子变形；二要注意等号成立的条件．5.在实数范围内，不等式的解集为___________.【答案】【解析】因此解集为.【考点】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查运用能力.6.若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．【答案】－2≤a≤4【解析】本题考查了不等式解法的相关知识，解题的突破口是理解不等式的几何意义．|x－a|＋|x－1|≤3表示的几何意义是在数轴上一点x到1的距离与到a的距离之和小于或等于3个单位长度，此时我们可以以1为原点找离此点小于或等于3个单位长度的点即为a的取值范围，不难发现－2≤a≤4.7.不等式|2x＋1|－2|x－1|＞0的解集为________．【答案】【解析】考查解含绝对值不等式，此题的关键是转化为|2x＋1|>2|x－1|，再两边平方，轻松求解．不等式转化为|2x＋1|>2|x－1|，两边平方得(2x＋1)2>4(x－1)2，化简得4x>1，解得x> ，故解集为.8.设函数（1）当时，求不等式的解集；(2)如果不等式的解集为，求的值。