统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题七鸭系列第2讲不等式选讲文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题七鸭系列第2讲不等式选讲文，共7页。

算术—几何平均不等式
定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b为正数，则 eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则 eq \f(a＋b＋c,3)≥ eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则 eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥ eq \r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
例 1[2022·全国乙卷]已知a，b，c都是正数，且a eq \s\up6(\f(3,2))＋b eq \s\up6(\f(3,2))＋c eq \s\up6(\f(3,2))＝1，证明：
(1)abc≤ eq \f(1,9)；
(2) eq \f(a,b＋c)＋ eq \f(b,a＋c)＋ eq \f(c,a＋b)≤ eq \f(1,2\r(abc)).
归纳总结
证明不等式的常用方法
不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等．
(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．
(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．
(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾．
对点训练
[2022·全国甲卷]已知a，b，c均为正数，且a2＋b2＋4c2＝3，证明：
(1)a＋b＋2c≤3；
(2)若b＝2c，则 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,c)≥3.
考点二 含绝对值不等式的解法——掀起“绝对值”的盖头
1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法
(1)c>0，则|ax＋b|≤c的解集为－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a、b的值解出即可．
(2)c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.
2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；
(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；
(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；
(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．
例 2[2023·全国乙卷]已知f(x)＝2|x|＋|x－2|．
(1)求不等式f(x)≤6－x的解集；
(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）≤y,x＋y－6≤0)) 所确定的平面区域的面积．
归纳总结
绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对a∈R＋，|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：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．
对点训练
[2021·全国甲卷]已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象；
(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范围．
考点三 与绝对值不等式有关的恒成立问题——弄清绝对值的几何意义
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时，等号成立．
例 3 [2023·河南省开封市杞县高三三模]已知函数f(x)＝|2sin x－k|＋k(k∈R).
(1)当k＝1时，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)h(x)＝f(x)＋|2sin x－1|，当x∈R时，h(x)≥3恒成立，求k的取值范围．
[听课记录]
归纳总结
解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略
对点训练
[2023·陕西省商洛市镇安中学高三模拟]已知函数f(x)＝|x|＋|x－2|＋1.
(1)解不等式f(x)≤7；
(2)若不等式mx＋2≤f(x)(m>0)对于x∈R恒成立，求m的取值范围．
第2讲 不等式选讲
考点一
[例1] 证明：（1）因为a，b，c都是正数，
所以a eq \s\up6(\f(3,2))＋b eq \s\up6(\f(3,2))＋c eq \s\up6(\f(3,2))≥3 eq \r(3,a\s\up6(\f(3,2))b\s\up6(\f(3,2))c\s\up6(\f(3,2)))＝3 eq \r(abc)，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9))时取等号．
因为a eq \s\up6(\f(3,2))＋b eq \s\up6(\f(3,2))＋c eq \s\up6(\f(3,2))＝1，所以 eq \r(abc)≤ eq \f(1,3)，即abc≤ eq \f(1,9).
（2）方法一 因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2 eq \r(bc)，a＋c≥2 eq \r(ac)，a＋b≥2 eq \r(ab)，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9))时同时取等号．
所以2 eq \r(abc)（ eq \f(a,b＋c)＋ eq \f(b,a＋c)＋ eq \f(c,a＋b)）≤2 eq \r(abc)（ eq \f(a,2\r(bc))＋ eq \f(b,2\r(ac))＋ eq \f(c,2\r(ab))）＝a eq \s\up6(\f(3,2))＋b eq \s\up6(\f(3,2))＋c eq \s\up6(\f(3,2))＝1，
所以 eq \f(a,b＋c)＋ eq \f(b,a＋c)＋ eq \f(c,a＋b)≤ eq \f(1,2\r(abc)).
方法二 要证 eq \f(a,b＋c)＋ eq \f(b,a＋c)＋ eq \f(c,a＋b)≤ eq \f(1,2\r(abc))成立，只需证 eq \f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c)＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c)＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b)≤ eq \f(1,2)成立即可．
因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2 eq \r(bc)，a＋c≥2 eq \r(ac)，a＋b≥2 eq \r(ab)，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9))时同时取等号．
所以 eq \f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c)＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c)＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b)≤ eq \f(a\f(3,2)\r(bc),2\r(bc))＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),2\r(ac))＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),2\r(ab))＝ eq \f(a\s\up6(\f(3,2))＋b\s\up6(\f(3,2))＋c\s\up6(\f(3,2)),2)＝ eq \f(1,2)，得证．
对点训练
证明：（1）因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，（a2＋b2＋4c2）（1＋1＋1）≥（a＋b＋2c）2，
即（a＋b＋2c）2≤9，且a，b，c均为正数，
所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立．
所以a＋b＋2c≤3.
（2）方法一 3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,2c)))＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2c)＋\f(1,2c))).
由b＝2c，a＋b＋2c≤3得
3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c)))≥（a＋b＋2c） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c)))≥（ eq \r(a)· eq \f(1,\r(a))＋ eq \r(b)· eq \f(1,\r(b))＋ eq \r(2c)· eq \f(1,\r(2c))）2＝9，当且仅当a＝2c时等号成立，所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,c)≥3.
方法二 因为b＝2c，由（1）知a＋b＋2c≤3，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))×3≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))（a＋4c）＝1＋ eq \f(4c,a)＋ eq \f(a,c)＋4≥5＋2 eq \r(\f(4c,a)·\f(a,c))＝9，当且仅当a＝2c时等号成立，所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,c)≥3.
考点二
[例2] 解析：（1）f（x）＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋2，x＜0,x＋2，0≤x≤2,3x－2，x＞2))，
当x<0时，－3x＋2≤6－x，得－2≤x＜0；
当0≤x≤2时，x＋2≤6－x，得0≤x≤2；
当x＞2时，3x－2≤6－x，得x≤2，与x＞2矛盾．
综上，不等式f（x）≤6－x的解集为{x|－2≤x≤2}．
（2）如图所示，作出不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）≤y,x＋y－6≤0))，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋2≤y，x＜0,x＋2≤y，0≤x≤2,3x－2≤y，x＞2,x＋y－6≤0))所确定的平面区域（图中阴影部分），为△ABC，
其中A（－2，8），B（0，2），C（2，4），直线y＝－x＋6与y轴交于点（0，6），
所以S△ABC＝ eq \f(1,2)×（6－2）×[2－（－2）]＝8.
对点训练
解析：（1）由已知得g（x）＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4，x<－\f(3,2),4x＋2，－\f(3,2)≤x≤\f(1,2)，,4，x>\f(1,2)))
所以y＝f（x）与y＝g（x）的图象为
（2）y＝f（x＋a）的图象是由函数y＝f（x）的图象向左平移a（a>0）个单位长度或向右平移|a|（a<0）个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到y＝f（x＋a）的图象的右支过y＝g（x）的图象上的点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))时为临界状态，如图所示，
此时y＝f（x＋a）的图象的右支对应的函数解析式为y＝x＋a－2（x≥2－a），则4＝ eq \f(1,2)＋a－2，解得a＝ eq \f(11,2).
因为f（x＋a）≥g（x），所以a≥ eq \f(11,2)，
故a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)，＋∞)).
考点三
[例3] 解析：（1）当k＝1时，f（x）＝|2sin x－1|＋1，
f（x）≤2，即|2sin x－1|＋1≤2，所以0≤sin x≤1，
所以2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，所以不等式的解集为{x|2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z}．
（2）h（x）≥3，即|2sin x－k|＋k＋|2sin x－1|≥3，
当x∈R时，|2sin x－k|＋|1－2sin x|＋k≥|2sin x－k＋1－2sin x|＋k，
所以有|1－k|＋k≥3，
①当k≤1时，|1－k|＋k＝（1－k）＋k＝1，所以|1－k|＋k≥3无解；
②当k>1时，|1－k|＋k＝（k－1）＋k＝2k－1≥3，解得k≥2；
综上可得k∈[2，＋∞）.
对点训练
解析：（1）f（x）≤7，即|x|＋|x－2|≤6，利用零点分区间法，对f（x）去绝对值，
当x<0时，由－2x＋2≤6，得x≥－2，所以x∈[－2，0），
当0≤x<2时，2≤6成立，所以x∈[0，2），
当x≥2时，由2x－2≤6，得x≤4，所以x∈[2，4].
综上可知，不等式f（x）≤7的解集为[－2，4].
（2）由题意，可知m>0，
由（1）得当x<0时，m≥－2＋ eq \f(1,x)恒成立，因为－2＋ eq \f(1,x)<0，所以m>0时不等式恒成立；
当x＝0时，2≤3恒成立，所以m>0时不等式恒成立；
当0 eq \f(1,2)，所以0当x≥2时，即m≤2－ eq \f(3,x)恒成立，而 eq \f(1,2)≤2－ eq \f(3,x)<2，
所以0综上，满足要求的m的取值范围为（0， eq \f(1,2)].
不等式恒成立问题
不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A.
不等式f(x)不等式能成立问题
在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立，等价于在区间D上f(x)max>A.
在区间D上存在实数x使不等式f(x)不等式恰成立问题
不等式f(x)>A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D.
不等式f(x)