专题13 不等式选讲-2020年高考数学（理）二轮专项复习

专题13 不等式选讲
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以及数学归纳法在不等式中的应用等，命题的热点是绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．本部分命题形式单一、稳定，是三道选考题目中最易得分的，所以可重点突破.
【知识要点】
1．含有绝对值的不等式的解法
(1)|f(x)|＞a(a＞0)⇔f(x)＞a或f(x)＜－a；
(2)|f(x)|＜a(a＞0)⇔－a＜f(x)＜a；
(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
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；
2．绝对值三角不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.此性质可用来解不等式或证明不等式．
3．基本不等式
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≥，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a，b，c为正数，则≥，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≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
4．柯西不等式
(1)设a，b，c，d为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则(a)(b)≥(aibi)2，当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|a|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．
【复习要求】
（1）理解绝对值的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：
① ②
（2）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：

（3）会用不等式①和②证明一些简单问题。能够利用平均值不等式求一些特定函数的极值
（4）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
【例题分析】
例1　(1)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
①解不等式f(x)＞2；
②求函数y＝f(x)的最小值．
[解]　①解法一：令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－，x＝4.
原不等式可化为：
或或
所以原不等式的解集为：.
解法二：
f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝画出f(x)的图象

y＝2与f(x)图象的交点为(－7,2)，(，2)．由图象知f(x)＞2的解集为.②由①的解法二中的图象知：f(x)min＝－.
解绝对值不等式的步骤和方法：
(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)用图象法求解不等式
用图象法，数形结合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．
例2:设函数f(x)＝|3x－1|＋ax＋3.
①若a＝1，解不等式f(x)≤4；
②若函数f(x)有最小值，求a的取值范围．
[解]　①当a＝1时，f(x)＝|3x－1|＋x＋3.
当x≥时，f(x)≤4可化为3x－1＋x＋3≤4，
解得≤x≤；
当x＜时，f(x)≤4可化为－3x＋1＋x＋3≤4，
解得0≤x＜.
综上可得，原不等式的解集为.
②f(x)＝|3x－1|＋ax＋3＝，
函数f(x)有最小值的充要条件为，即－3≤a≤3.
例3　(1)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
[解析]　当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|≥0，不满足题意；当a<－1时，f(x)＝，f(x)min＝f(a)＝－3a－1＋2a＝5，解得a＝－6；
当a>－1时，f(x)＝f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得a＝4.[答案]　4或－6
例4　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 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.
②由题设可得，
f(x)＝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A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．
1．解决含参数的绝对值不等式问题，常用以下两种方法
(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；
(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．
2．解答此类问题应熟记以下转化：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a有解⇔f(x)max>a；f(x)a无解⇔f(x)max≤a；f(x) 例5　(1)已知函数f(x)＝|x－1|.
①解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；
②若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞f.
[解]　①f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝，当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；
当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为.
②证明：＞f等价于f(ab)＞|a|f，即|ab－1|＞|a－b|.
因为|a|＜1，|b|＜1，所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)＞0，所以|ab－1|＞|a－b|.故所证不等式成立．
例6 设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
①a＋b≥2；
②a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
[证明]　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
①由基本不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝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0 ①构造基本不等式求出代数式的最值，直接证明不等式成立；②直接证明较难，假设两个不等式同时成立，利用①的结论，得出矛盾，则假设不成立．
不等式证明的常用方法
不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式与柯西不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．
例7　(1)已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．
①求＋＋的最小值；
②求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
[解]　①因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以＋＋≥3·＝3·≥3·＝3×＝6，
当且仅当＝＝，a＝b，即a＝b＝且x1＝x2＝1时，＋＋有最小值6.
②证法一：由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
及柯西不等式可得：
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当＝，即x1＝x2时取得等号．
证法二：因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x)
≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)＝x1x2(a2＋b2＋2ab)＝x1x2(a＋b)2＝x1x2，
当且仅当x1＝x2时，取得等号．
例8 ①已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，求x的取值范围，使f(x)为常函数；
②若x，y，z∈R，x2＋y2＋z2＝1，求m＝x＋y＋z的最大值．
[解]　①f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝，
则当x∈[－3,1]时，f(x)为常函数．
②由柯西不等式得：(x2＋y2＋z2)[()2＋()2＋()2]≥(x＋y＋z)2.
所以x＋y＋z≤3，因此m的最大值为3.
柯西不等式的求解方法
柯西不等式在解决多变量代数式的最值问题中有着重要的应用，运用柯西不等式求最值时，关键是进行巧妙的拼凑，构造出柯西不等式的形式．
练习13
1．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
2．解不等式x＋|2x＋3|≥2.






3、已知函数f(x)＝x|x－a|(a∈R)．
(1)若a＝2，解关于x的不等式f(x) (2)若对任意的x∈(0,4]都有f(x)<4，求a的取值范围．






3．已知x，y是两个不相等的正实数，求证：(x2y＋x＋y2)·(xy2＋y＋x2)＞9x2y2.






4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．






5、已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值．





6．已知f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤4；
(2)若f(x)≥4恒成立，求实数a的取值范围．




7．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x) (2)设a>－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．




8．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)≤＋(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．




9．设函数f(x)＝x2－x＋15，且|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．




10．(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：≥abc.




11．已知不等式|x＋1|＋|x－2|≥m的解集是R.
(1)求实数m的取值范围．
(2)在(1)的条件下，当实数m取得最大值时，试判断＋>＋是否成立？并证明你的结论．




练习13 参考答案
1．答案　A
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.
2．解　原不等式可化为或
解得x≤－5或x≥－.综上，原不等式的解集是
.

3、解　(1)当a＝2时，不等式f(x) 显然x≠0，当x>0时，原不等式可化为：|x－2|<1⇒－1 当x<0时，原不等式可化为：|x－2|>1⇒x－2>1或x－2<－1⇒x>3或x<1，∴x<0.
综上得：当a＝2时，原不等式的解集为{x|1 (2)对任意的x∈(0,4]都有f(x)<4，即－4 设g(x)＝x－，x∈(0,4]，p(x)＝x＋，x∈(0,4]，则对任意的x∈(0,4]，x－ ∵g′(x)＝1＋，当x∈(0,4]时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0,4]上单调递增，
∴g(x)max＝g(4)＝3.
又∵p′(x)＝1－＝，∴p(x)在(0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，
∴p(x)min＝p(2)＝4.故a∈(3,4)．
3．证明　因为x，y是正实数，所以x2y＋x＋y2≥3＝3xy，当且仅当x2y＝x＝y2，即x＝y＝1时，等号成立；
同理：xy2＋y＋x2≥3＝3xy，当且仅当xy2＝y＝x2，即x＝y＝1时，等号成立．
所以(x2y＋x＋y2)(xy2＋y＋x2)≥9x2y2，
当且仅当x＝y＝1时，等号成立．
因为x≠y，所以(x2y＋x＋y2)(xy2＋y＋x2)＞9x2y2.
4．证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(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＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|<|c－d|.
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
5、解　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b时，等号成立．
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋c.
又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
(4＋9＋1)≥2＝(a＋b＋c)2＝16，即a2＋b2＋c2≥.
当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立．
故a2＋b2＋c2的最小值为.
6．解　(1)当a＝1时，不等式f(x)≤4即为|x|＋2|x－1|≤4，
①当x≥1时，原不等式可化简为x＋2(x－1)≤4，得1≤x≤2；
②当0≤x<1时，原不等式可化简为x＋2(1－x)≤4，得0≤x<1；
③当x<0时，原不等式可化简为－x＋2(1－x)≤4，得－≤x<0.
综合①②③得，－≤x≤2，即当a＝1时，不等式f(x)≤4的解集为.
(2)①当x≥a时，f(x)＝x＋2(x－a)＝3x－2a；
②当0≤x
③当x<0时，f(x)＝－x＋2(a－x)＝－3x＋2a.
作出函数f(x)的大致图象如图所示，
由图象知f(x)min＝a，所以a≥4，即实数a的取值范围为[4，＋∞)．
7．解　(1)当a＝－2时，不等式f(x) 设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，
则y＝

其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y<0.
所以原不等式的解集是{x|0 (2)当x∈时，f(x)＝1＋a，不等式f(x)≤g(x)即1＋a≤x＋3，所以x≥a－2对x∈恒成立，故－≥a－2，解得a≤.又a>－1，所以－1 所以a的取值范围是.
8．解　(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
当x<－时，即－3x－2－x＋1<4，解得－ 当－≤x≤1时，即3x＋2－x＋1<4，解得－≤x<；
当x>1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．
综上所述，x∈.
(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4(当且仅当m＝n＝时等号成立)，
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|
＝，
∴x＝－时，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝＋a≤4，即0 9．证明　∵|x－a|<1，
∴|f(x)－f(a)|＝|(x2－x＋15)－(a2－a＋15)|
＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a|·|x＋a－1|<1·|x＋a－1|
＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1
＝2(|a|＋1)，
即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
10．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＋2ab2，
从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，因此≥abc.(当且仅当a＝b＝c时等号成立)
11．解　(1)由绝对值不等式性质知：|x＋1|＋|x－2|≥|x＋1＋2－x|＝3对x∈R恒成立．
故|x＋|＋|x－2|≥m的解集为R，只需m≤3即可，所以m的取值范围是(－∞，3]．
(2)由(1)知实数m的最大值为3，
当m＝3时，不等式＋>＋成立．证明如下：要使＋>＋成立，
只需(＋)2>(＋)2，等价于13＋2>13＋2，等价于>，
等价于42>30，而42>30显然成立，故所证不等式成立．