高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：选修4－5　不等式选讲 Word版含答案

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(2)理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式．
(3)掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c型不等式的解法．
2．不等式的证明
(1)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，并能利用它们证明一些简单不等式．
(2)能够利用三维的柯西不等式证明一些简单不等式，解决最大(小)值问题．
(3)理解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题．
知识点一 绝对值不等式
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，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
2．绝对值不等式的解集
(1)含绝对值的不等式|x|a的解集：
(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．
易误提醒
1．对形如|f(x)|>a或|f(x)|2．绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|中易忽视等号成立条件．如|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时成立，其他类似推导．
[自测练习]
1．设a，b为满足ab<0的实数，那么( )
A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|
C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|
解析：∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.
答案：B
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：∵|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]
3．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________．
解析：f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x≤－1，,2x－1－11.所以解集为{x|x≥1}．
答案：[1，＋∞)
知识点二 不等式的证明
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b>0，那么eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c全为正实数，那么eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．比较法
(1)比差法的依据是：a－b>0⇔a>b.步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．
(2)比商法：若B>0，欲证A≥B，只需证eq \f(A,B)≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．
(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．
4．柯西不等式
设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号当且仅当ad＝bc时成立．
易误提醒 (1)在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号．
(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件．
[自测练习]
4．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是( )
A．s≥t B．s>t
C．s≤t D．s解析：∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.
答案：A
5．已知x，y均为正数，且x＋y＝1，则eq \r(3x)＋eq \r(4y)的最大值为________．
解析：由柯西不等式得eq \r(3x)＋eq \r(4y)＝eq \r(3)·eq \r(x)＋eq \r(4)·eq \r(y)≤eq \r([\r(3)2＋\r(4)2]x＋y)＝eq \r(7).
答案：eq \r(7)
考点一 绝对值不等式的解法|
1．(2015·高考山东卷)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
解析：当x<1时，不等式可化为－(x－1)＋(x－5)<2，即－4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；
当1≤x≤5时，不等式可化为x－1＋(x－5)<2，即2x－6<2，解得x<4，又1≤x≤5，所以此时不等式的解集为[1,4)；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.
答案：A
2．(2015·南宁二模)已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)若f(x)≤m的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a，m的值；
(2)当a＝2且0≤t≤2时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2)．
解：(1)∵|x－a|≤m，∴－m＋a≤x≤m＋a.
∵－m＋a＝－1，m＋a＝5，
∴a＝2，m＝3.
(2)f(x)＋t≥f(x＋2)可化为|x－2|＋t≥|x|.
当x∈(－∞，0)时，2－x＋t≥－x,2＋t≥0，∵0≤t≤2，∴x∈(－∞，0)；
当x∈[0,2)时，2－x＋t≥x，x≤1＋eq \f(t,2)，0≤x≤1＋eq \f(t,2)，∵1≤1＋eq \f(t,2)≤2，∴0≤x≤1＋eq \f(t,2)；
当x∈[2，＋∞)时，x－2＋t≥x，t≥2，当0≤t<2时，无解，当t＝2时，x∈[2，＋∞)．
∴当0≤t<2时原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(t,2)＋1))；当t＝2时x∈[2，＋∞)．
求解该类问题的关键是去绝对值符号，常运用零点分段法去绝对值，此外还常利用绝对值的几何意义求解．
考点二 不等式的证明|
不等式的证明是考查热点、归纳起来常见的命题角度有：
1．比较法证明不等式．
2．综合法证明不等式．
3．分析法证明不等式．
4．放缩法证明绝对值不等式．
探究一 比较法证明不等式
1．(2016·莆田模拟)设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b)．
证明：因为(a2＋b2)－eq \r(ab)(a＋b)
＝(a2－aeq \r(ab))＋(b2－beq \r(ab))
＝aeq \r(a)(eq \r(a)－eq \r(b))＋beq \r(b)(eq \r(b)－eq \r(a))
＝(eq \r(a)－eq \r(b))(aeq \r(a)－beq \r(b))
＝(aeq \f(1,2)－beq \f(1,2))(aeq \f(3,2)－beq \f(3,2))
因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq \f(1,2)－beq \f(1,2)与aeq \f(3,2)－beq \f(3,2)同号，所以(aeq \f(1,2)－beq \f(1,2))(aeq \f(3,2)－beq \f(3,2))≥0，
所以a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b)．
探究二 综合法证明不等式
2．(2015·长春三模)(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2；
(2)已知a，b，c都是正数，求证：eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.
证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.
因为a，b都是正数，所以a＋b>0.
又因为a≠b，所以(a－b)2>0.
于是(a＋b)(a－b)2>0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，所以a3＋b3>a2b＋ab2.
(2)因为b2＋c2≥2bc，a2>0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理b2(a2＋c2)≥2ab2c.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，
从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，因此eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.
探究三 分析法证明不等式
3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq \r(b2－ac)证明：要证eq \r(b2－ac)∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2.
只需证2a2－ab－b2>0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，
只需证(a－b)(a－c)>0.
∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.
∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立．
探究四 放缩法证明绝对值不等式
4．已知x，y∈R，且|x＋y|≤eq \f(1,6)，|x－y|≤eq \f(1,4)，
求证：|x＋5y|≤1.
证明：∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.
∴由绝对值不等式的性质，得
|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,4)＝1.
即|x＋5y|≤1.
证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法．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；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．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．

考点三 绝对值不等式的综合应用|
(2015·郑州二检)已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；
(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
当x<－eq \f(2,3)时，即－3x－2－x＋1<4，解得－eq \f(5,4)当－eq \f(2,3)≤x≤1时，即3x＋2－x＋1<4，解得－eq \f(2,3)≤x当x>1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．
综上所述，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\f(1,2))).
(2)eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝1＋1＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥4，
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2＋a，x<－\f(2,3),－4x－2＋a，－\f(2,3)≤x≤a，,－2x－2－a，x>a))
∴x＝－eq \f(2,3)时，g(x)max＝eq \f(2,3)＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝eq \f(2,3)＋a≤4，即0(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．
(2)f(x)f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.


设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
(1)求证：f(x)≥1；
(2)若f(x)＝eq \f(a2＋2,\r(a2＋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)∵eq \f(a2＋2,\r(a2＋1))＝eq \f(a2＋1＋1,\r(a2＋1))＝eq \r(a2＋1)＋eq \f(1,\r(a2＋1))≥2，
∴要使f(x)＝eq \f(a2＋2,\r(a2＋1))成立，
需且只需|x－1|＋|x－2|≥2，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,1－x＋2－x≥2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x<2，,x－1＋2－x≥2，))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥2，,x－1＋x－2≥2，))
解得x≤eq \f(1,2)或x≥eq \f(5,2)，
故x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).
34.绝对值不等式中最值思想的应用
【典例】 (1)求函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的最小值．
(2)若对任意实数x，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，求a的取值范围．
[思考点拨] 利用绝对值不等式直接求最值．
[解] (1)|x－1|＋|x＋1|＝|1－x|＋|x＋1|≥|1－x＋x＋1|＝2，
当且仅当(1－x)(x＋1)≥0，即－1≤x≤1时取等号．
故当－1≤x≤1时，函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|取得最小值2.
(2)因为a<|x＋1|－|x－2|对任意实数恒成立所以a<(|x＋1|－|x－2|)min.
因为||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
所以－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.
所以(|x＋1|－|x－2|)min＝－3.
所以a<－3，即a的取值范围为(－∞，－3)．
[方法点评] (1)要注意对原绝对值不等式进行转化，使之适合用绝对值三角不等式求最值；(2)求最值时要注意等号成立的条件．
[跟踪练习] (2015·辽宁协作体一模)已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x|－2.
(1)解不等式f(x)≥0；
(2)若存在实数x，使得f(x)≤|x|＋a，求实数a的取值范围．
解：(1)不等式f(x)≥0等价于①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(1,2)，,－1－2x＋x－2≥0，))
或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)解不等式组①得x≤－3，不等式组②无解，解不等式组③得x≥1，∴所求的不等式解集为(－∞，－3]∪[1，＋∞)．
(2)f(x)≤|x|＋a，即为|2x＋1|－2|x|≤2＋a⇔eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))－|x|≤1＋eq \f(a,2).
由绝对值的几何意义，知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))－|x|的最小值为－eq \f(1,2)，故要满足题意，只需－eq \f(1,2)≤1＋eq \f(a,2)⇒a≥－3.
A组 考点能力演练
1．已知|2x－3|≤1的解集为[m，n]．
(1)求m＋n的值；
(2)若|x－a|解：(1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1得1≤x≤2，
∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.
(2)证明：若|x－a|<1，
则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|<|a|＋1.即x<|a|＋1.
2．(2016·唐山一模)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x＋1|.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)<3；
(2)若f(x)的最小值为1，求a的值．
解：(1)因为f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x≤－1，,－x＋2，－1且f(1)＝f(－1)＝3，
所以f(x)<3的解集为{x|－1(2)|2x－a|＋|x＋1|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋|x＋1|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,2)))＋0＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,2)))，
当且仅当(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))≤0且x－eq \f(a,2)＝0时，取等号．所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,2)))＝1，解得a＝－4或0.
3．已知a，b，c>0且互不相等，abc＝1.试证明：
eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)证明：因为a，b，c>0，且互不相等，abc＝1，
所以eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ac))＋eq \r(\f(1,ab))即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)4．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eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝m，求z＝a＋2b＋3c的最小值．
解：(1)∵f(x＋2)＝m－|x|，∴f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又∵f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，∴m＝1.
(2)由(1)知eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1，
又∵a，b，c∈R，由柯西不等式得
z＝a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(2b)·\f(1,\r(2b))＋\r(3c)·\f(1,\r(3c))))2＝9，
∴z＝a＋2b＋3c的最小值为9.
5．(2016·大庆模拟)设函数f(x)＝|2x－1|－|x＋4|.
(1)解不等式：f(x)>0；
(2)若f(x)＋3|x＋4|≥|a－1|对一切实数x均成立，求a的取值范围．
解：(1)原不等式即为|2x－1|－|x＋4|>0，
当x≤－4时，不等式化为1－2x＋x＋4>0，解得x<5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－4,|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是{x|x≤－4}．
当－40，解得x<－1，即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－40))的解集是{x|－4当x≥eq \f(1,2)时，不等式化为2x－1－x－4>0，解得x>5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2),|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是{x|x>5}．综上，原不等式的解集为{x|x<－1，或x>5}．
(2)∵f(x)＋3|x＋4|＝|2x－1|＋2|x＋4|＝|1－2x|＋|2x＋8|≥|(1－2x)＋(2x＋8)|＝9.
∴由题意可知|a－1|≤9，解得－8≤a≤10，
故所求a的取值范围是{a|－8≤a≤10}．
B组 高考题型专练
1．(2015·高考重庆卷改编)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，求实数a的值．
解：当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|≥0，不满足题意；
当a<－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－1＋2a，x≤a,x－1－2a，a－1))，
f(x)min＝f(a)＝－3a－1＋2a＝5，解得a＝－6；
当a>－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－1＋2a，x≤－1,－x＋1＋2a，－1a))
f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得a＝4.
2．(2015·高考湖南卷)设a>0，b>0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
证明：由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0得03．(2015·高考陕西卷)已知关于x的不等式|x＋a|(1)求实数a，b的值；
(2)求eq \r(at＋12)＋eq \r(bt)的最大值．
解：(1)由|x＋a|则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－b－a＝2，,b－a＝4，))解得a＝－3，b＝1.
(2)eq \r(－3t＋12)＋eq \r(t)＝eq \r(3)eq \r(4－t)＋eq \r(t)
≤eq \r([\r(3)2＋12][\r(4－t)2＋\r(t)2])
＝2eq \r(4－t＋t)＝4，
当且仅当eq \f(\r(4－t),\r(3))＝eq \f(\r(t),1)，即t＝1时等号成立，
故(eq \r(－3t＋12)＋eq \r(t))max＝4.
4．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(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－10，解得eq \f(2,3)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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)(2)由题设可得，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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个顶点分别为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
则△ABC的面积为eq \f(2,3)(a＋1)2.
由题设得eq \f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a∅
∅
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x∈R|x≠0}
R