高考数学一轮细讲精练【选修4-5】不等式选讲

这是一份高考数学一轮细讲精练【选修4-5】不等式选讲，共26页。

第1讲 不等式、含有绝对值的不等式
[最新考纲]
1．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．
2．掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法.
知 识 梳 理
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)性质：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；
(3)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的解法
(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|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(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；
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．
诊 断 自 测
1．不等式1＜|x＋1|＜3的解集为________．
解析 数轴上的点到－1的距离大于1且小于3的全体实数为所求解集．
答案 (－4，－2)∪(0,2)
2．设ab＞0，下面四个不等式中，正确命题的序号是________．
①|a＋b|＞|a|；②|a＋b|＜|b|；③|a＋b|＜|a－b|；④|a＋b|＞|a|－|b|.
解析 ∵ab＞0，∴a，b同号，∴|a＋b|＝|a|＋|b|，∴①和④正确．
答案 ①④
3．不等式|x－8|－|x－4|＞2的解集为________．
解析 令：f(x)＝|x－8|－|x－4|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，x≤4，,－2x＋12，4＜x≤8，,－4，x＞8，))
当x≤4时，f(x)＝4＞2；
当4＜x≤8时，f(x)＝－2x＋12＞2，得x＜5，
∴4＜x＜5；
当x＞8时，f(x)＝－4＞2不成立．
故原不等式的解集为：{x|x＜5}．
答案 {x|x＜5}
4．(2012·山东卷)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
解析 ∵|kx－2|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.
答案 2
5．已知关于x的不等式|x－1|＋|x|≤k无解，则实数k的取值范围是________．
解析 ∵|x－1|＋|x|≥|x－1－x|＝1，∴当k＜1时，不等式|x－1|＋|x|≤k无解，故k＜1.
答案 (－∞，1)
考点一 含绝对值不等式的解法
【例1】 解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.
解 法一 如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A、B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把A向左移动一个单位到点A1，此时A1A＋A1B＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时B1A＋B1B＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
法二 原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5⇔
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－2，,－x－1－x＋2≥5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2＜x＜1，,－x－1＋x＋2≥5))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x－1＋x＋2≥5，))解得x≥2或x≤－3，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
法三 将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.
令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2＜x＜1，,2x－4，x≥1.))作出函数的图象，如图所示．
由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
规律方法 形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)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的全体，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.
(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．
【训练1】 解不等式|x＋3|－|2x－1|＜eq \f(x,2)＋1.
解 ①当x＜－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)＜eq \f(x,2)＋1，解得x＜10，∴x＜－3.
②当－3≤x＜eq \f(1,2)时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)＜eq \f(x,2)＋1，解得x＜－eq \f(2,5)，∴－3≤x＜－eq \f(2,5).
③当x≥eq \f(1,2)时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)＜eq \f(x,2)＋1，解得x＞2，∴x＞2.
综上可知，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－\f(2,5)，或x＞2)))).
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.分别求出下列情形中a的取值范围．
(1)不等式有解；
(2)不等式的解集为R；
(3)不等式的解集为∅.
解 法一 因为|x＋1|－|x－3|表示数轴上的点P(x)与两定点A(－1)，B(3)距离的差，
即|x＋1|－|x－3|＝PA－PB.
由绝对值的几何意义知，
PA－PB的最大值为AB＝4，
最小值为－AB＝－4，
即－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.
(1)若不等式有解，a只要比|x＋1|－|x－3|的最大值小即可，故a＜4.
(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，
只要a比|x＋1|－|x－3|的最小值还小，即a＜－4.
(3)若不等式的解集为∅，a只要不小于|x＋1|－|x－3|的最大值即可，即a≥4.
法二 由|x＋1|－|x－3|≤|x＋1－(x－3)|＝4.
|x－3|－|x＋1|≤|(x－3)－(x＋1)|＝4.
可得－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.
(1)若不等式有解，则a＜4；
(2)若不等式的解集为R，则a＜－4；
(3)若不等式解集为∅，则a≥4.
规律方法 本题中(1)是含参数的不等式存在性问题，只要求存在满足条件的x即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集∅的对立面(如f(x)＞m的解集是空集，则f(x)≤m恒成立)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min.
【训练2】 设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．
解 (1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3，或x≤－1}．
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.
此不等式化为不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥a，,x－a＋3x≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥a，,x≤\f(a,4)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x因为a>0，所以不等式组的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(a,2))))).
由题设可得－eq \f(a,2)＝－1，故a＝2.
考点三 含绝对值的不等式的应用
【例3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)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∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5x，x＜\f(1,2)，,－x－2，\f(1,2)≤x≤1，,3x－6，x＞1，))
其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0.
所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))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∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))都成立，
应有－eq \f(a,2)≥a－2，则a≤eq \f(4,3)，
从而实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,3))).
规律方法 含有多个绝对值的不等式，可以分别令各绝对值里的式子为零，并求出相应的根．把这些根从小到大排序，以这些根为分界点，将实数分成若干小区间．按每个小区间来去掉绝对值符号，解不等式，最后取每个小区间上相应解的并集．
【训练3】 (2012·新课标全国卷)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．
解 (1)当a＝－3时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋5，x≤2，,1，2当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2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的取值范围是[－3,0].
绝对值三角不等式的应用
【典例】 (2013·福建卷)设不等式|x－2|＜a(a∈N*)的解集为A，且eq \f(3,2)∈A，eq \f(1,2)∉A.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
[审题视点] (1)利用条件eq \f(3,2)∈A，eq \f(1,2)∉A，建立不等式，求a的值；
(2)利用绝对值三角不等式进行放缩求解．
解 (1)∵eq \f(3,2)∈A，eq \f(1,2)∉A.
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2))＜a，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－2))≥a，因此eq \f(1,2)＜a≤eq \f(3,2)，
又a∈N*，从而a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝|x＋1|＋|x－2|，
又|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时等号成立．
故f(x)的最小值为3.
[反思感悟] 本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分的主要原因；对于需求最值的情况，可利用绝对值三角不等式性质定理：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项来放缩求解．
【自主体验】
1．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋eq \f(4,a)对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析 当a＜0时，显然成立；
当a＞0时，∵|x＋1|＋|x－3|的最小值为4，
∴a＋eq \f(4,a)≤4.∴a＝2.
综上可知a的取值范围是(－∞，0)∪{2}．
答案 (－∞，0)∪{2}
2．(2012·陕西卷)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]
一、填空题
1．不等式|2x－1|＜3的解集为________．
解析 |2x－1|＜3⇔－3＜2x－1＜3⇔－1＜x＜2.
答案 (－1,2)
2．不等式|2x－1|－|x－2|＜0的解集为________．
解析 法一 原不等式即为|2x－1|＜|x－2|，
∴4x2－4x＋1＜x2－4x＋4，∴3x2＜3，∴－1＜x＜1.
∴原不等式解集为{x|－1法二 原不等式等价于不等式组
①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥2，,2x－1－x－2＜0))或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜x＜2，,2x－1＋x－2＜0))或
③eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤\f(1,2)，,－2x－1＋x－2＜0.))
不等式组①无解，由②得eq \f(1,2)＜x＜1，由③得－1＜x≤eq \f(1,2).
综上得－1＜x＜1，所以原不等式的解集为{x|－1＜x＜1}．
答案 {x|－1＜x＜1}
3．(2012·广东卷)不等式|x＋2|－|x|≤1的解集为________．
解析 ①当x≤－2时，原不等式可化为－x－2＋x≤1，该不等式恒成立．
②当－2＜x＜0时，原不等式可化为x＋2＋x≤1，
∴2x≤－1，∴x≤－eq \f(1,2)，∴－2＜x≤－eq \f(1,2).
③当x≥0时，原不等式可化为x＋2－x≤1，不成立．
综上，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(1,2))))).
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(1,2)))))
4．若不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为________．
解析 由|3x－b|＜4得－4＜3x－b＜4，
即eq \f(－4＋b,3)＜x＜eq \f(4＋b,3)，
∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤\f(－4＋b,3)＜1,3＜\f(4＋b,3)≤4))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4≤b＜7，,5＜b≤8，))∴5＜b＜7.
答案 (5,7)
5．(2013·江西卷)在实数范围内，不等式||x－2|－1|≤1(x∈R)的解集是________．
解析 由||x－2|－1|≤1，得－1≤|x－2|－1≤1，即0≤|x－2|≤2，
∴－2≤x－2≤2，∴0≤x≤4.
答案 {x|0≤x≤4}
6．不等式|x＋1|－|x－2|＞k的解集为R，则实数k的取值范围是________．
解析 法一 根据绝对值的几何意义，设数x，－1,2在数轴上对应的点分别为P、A、B，则原不等式等价于PA－PB＞k恒成立．∵AB＝3，即|x＋1|－|x－2|≥－3.
故当k＜－3时，原不等式恒成立．
法二 令y＝|x＋1|－|x－2|，
则y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x≤－1，,2x－1，－1＜x＜2，,3，x≥2，))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 (－∞，－3)
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|＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋1x≤－1，,3 －1＜x＜2，,2x－1 x≥2，))
∴f(x)≥3.要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，
∴|a|≥3，即a≤－3或a≥3.
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
8．若关于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，则实数a的取值范围为________．
解析 法一 当x≥1时，不等式化为x＋x－1≤a，即x≤eq \f(1＋a,2).
此时不等式有解当且仅当1≤eq \f(1＋a,2)，即a≥1.
当x＜1时，不等式化为x＋1－x≤a，即1≤a.
此时不等式有解当且仅当a≥1.
综上所述，若关于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，
则实数a的取值范围是[1，＋∞)．
法二 设f(x)＝x＋|x－1|，则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1x≥1，,1x＜1.))
f(x)的最小值为1.
因为x＋|x－1|≤a有解，即f(x)≤a有解，所以a≥1.
答案 [1，＋∞)
9．已知h＞0，a，b∈R，命题甲：|a－b|＜2h；命题乙：|a－1|＜h且|b－1|＜h，则甲是乙的________条件．
解析 |a－b|＝|a－1＋1－b|≤|a－1|＋|b－1|＜2h，故由乙能推出甲成立，但甲成立不能推出乙成立，所以甲是乙的必要不充分条件．
答案 必要不充分
二、解答题
10．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)法一 令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－eq \f(1,2)，x＝4.原不等式可化为：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－\f(1,2),－x－5＞2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x＜4,3x－3＞2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥4，,x＋5＞2.))
∴原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－7，或x＞\f(5,3))))).
法二 f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＜－\f(1,2))),3x－3 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x＜4)),x＋5 x≥4))
画出f(x)的图象
求y＝2与f(x)图象的交点为(－7,2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，2)).
由图象知f(x)＞2的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－7，或x＞\f(5,3))))).
(2)由(1)的法二知：f(x)min＝－eq \f(9,2).
11．(2012·辽宁卷)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eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx－2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))))≤k恒成立，求k的取值范围．
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，－eq \f(4,a)≤x≤eq \f(2,a)，得a＝2.
(2)记h(x)＝f(x)－2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))＝|2x＋1|－|2x＋2|，
则h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x≤－1，,－4x－3，－1所以|h(x)|≤1，因此k≥1.
故k的取值范围是[1，＋∞)．
12．设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；
(2)如果∀x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x＜－1，,2，－1≤x≤1，,2x，x＞1.))
作出函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的图象．
由图象可知，不等式f(x)≥3的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(3,2)，或x≥\f(3,2))))).
(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|，
不满足题设条件；若a＜1，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋a＋1，x≤1，,a－1，1＜x＜a，,2x－a＋1，x≥a，))
f(x)的最小值为a－1.
∴对于∀x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，
∴a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
第2讲 不等式的证明
[最新考纲]
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，并能用它们证明一些简单不等式．
知 识 梳 理
1．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．
2．柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，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(eq \i\su(i＝1,n,a)eq \\al(2,i))(eq \i\su(i＝1,n,b)eq \\al(2,i))≥(eq \i\su(i＝1,n,a)ibi)2，当且仅当eq \f(b1,a1)＝eq \f(b2,a2)＝…＝eq \f(bn,an)(当ai＝0时，约定bi＝0，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|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
3．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．
诊 断 自 测
1．已知a、b、m均为正数，且a＜b，M＝eq \f(a,b)，N＝eq \f(a＋m,b＋m)，则M、N的大小关系是________．
解析 M－N＝eq \f(a,b)－eq \f(a＋m,b＋m)＝eq \f(ma－b,bb＋m)＜0，即M＜N.
答案 M＜N
2．设a＝eq \r(3)－eq \r(2)，b＝eq \r(6)－eq \r(5)，c＝eq \r(7)－eq \r(6)，则a，b，c的大小关系为________．
解析 分子有理化得a＝eq \f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq \f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq \f(1,\r(7)＋\r(6))，
∴a＞b＞c.
答案 a＞b＞c
3．若0＜a＜b＜1，则a＋b,2eq \r(ab)，a2＋b2,2ab中最大的一个是________．
解析 ∵a＋b＞2eq \r(ab)，a2＋b2＞2ab.
又(a2＋b2)－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，
∵0＜a＜1,0＜b＜1.
∴a(a－1)＋b(b－1)＜0.
∴a2＋b2＜a＋b.
答案 a＋b
4．已知x，y∈R，且xy＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,y)))的最小值为________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,y)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(xy))))2＝4.
答案 4
5．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)的最大值为________．
解析 (eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(1×eq \r(a)＋1×eq \r(b)＋1×eq \r(c))2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
∴(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2≤3.故eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)的最大值为eq \r(3).
答案 eq \r(3)
考点一 分析法证明不等式
【例1】 设a，b，c＞0，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥eq \r(3).
(2)eq \r(\f(a,bc))＋eq \r(\f(b,ac))＋eq \r(\f(c,ab))≥ eq \r(3)(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))．
证明 (1)要证a＋b＋c≥ eq \r(3)，
由于a，b，c＞0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而这可以由ab＋bc＋ca≤eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
∴原不等式成立．
(2)eq \r(\f(a,bc))＋eq \r(\f(b,ac))＋eq \r(\f(c,ab))＝eq \f(a＋b＋c,\r(abc)).
由于(1)中已证a＋b＋c≥eq \r(3).
因此要证原不等式成立，只需证明eq \f(1,\r(abc))≥ eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
即证aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤1，
即证aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤ab＋bc＋ca.
而aeq \r(bc)＝eq \r(ab·ac)≤eq \f(ab＋ac,2)，
beq \r(ac)≤eq \f(ab＋bc,2)，ceq \r(ab)≤eq \f(bc＋ac,2).
∴aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤ab＋bc＋ca
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＝b＝c＝\f(\r(3),3)时等号成立)).
∴原不等式成立．
规律方法 分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．
【训练1】 已知a、b、c均为正实数，且a＋b＋c＝1，求证：
(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c)．
证明 ∵a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴要证原不等式成立，
即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥
8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，
也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b)．①
∵(c＋a)＋(a＋b)≥2 eq \r(c＋aa＋b)＞0，
(a＋b)＋(b＋c)≥2 eq \r(a＋bb＋c)＞0.
(b＋c)＋(c＋a)≥2 eq \r(b＋cc＋a)＞0，
三式相乘得①式成立，故原不等式得证．
考点二 用综合法证明不等式
【例2】 已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
证明 (1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(a＋b,ab)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,a)＋\f(a＋b,b)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋4≥4 eq \r(\f(b,a)×\f(a,b))＋4＝8.
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8.
(2)∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＋1，
由(1)知eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8.
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9.
规律方法 利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式．
【训练2】 已知a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，求证：eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
证明 法一 ∵a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝eq \r(\f(1,bc))＋eq \r(\f(1,ca))＋eq \r(\f(1,ab))＜eq \f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq \f(\f(1,c)＋\f(1,a),2)＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
法二 ∵eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))＝2eq \r(c)；
eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥2eq \r(\f(1,bc))＝2eq \r(a)；
eq \f(1,c)＋eq \f(1,a)≥2eq \r(\f(1,ac))＝2eq \r(b).
∴以上三式相加，得
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥ eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
又∵a，b，c互不相等，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＞eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
法三 ∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝bc＋ca＋ab＝eq \f(bc＋ca,2)＋eq \f(ca＋ab,2)＋eq \f(ab＋bc,2)＞eq \r(abc2)＋eq \r(a2bc)＋eq \r(ab2c)＝eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c).
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
考点三 利用柯西不等式求最值
【例3】 (1)(2013·湖北卷)设x，y，z∈R，且满足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝eq \r(14)，则x＋y＋z＝________.
(2)已知x、y、z∈R＋，且x＋y＋z＝1，则：eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＋eq \f(9,z)的最小值为________．
解析 (1)由柯西不等式，得
(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，
∴(x＋2y＋3z)2≤14，则x＋2y＋3z≤eq \r(14)，
又x＋2y＋3z＝eq \r(14)，
∴x＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,3)，因此x＝eq \f(\r(14),14)，
y＝eq \f(\r(14),7)，z＝eq \f(3\r(14),14)，
于是x＋y＋z＝eq \f(3\r(14),7).
(2)法一 利用柯西不等式．
由于(x＋y＋z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)＋\f(9,z)))≥
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)·\f(1,\r(x))＋\r(y)·\f(2,\r(y))＋\r(z)·\f(3,\r(z))))2＝36.
所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＋eq \f(9,z)≥36.
当且仅当x2＝eq \f(1,4)y2＝eq \f(1,9)z2，即x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,2)时，等号成立．
法二 eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＋eq \f(9,z)＝eq \f(1,x)(x＋y＋z)＋eq \f(4,y)(x＋y＋z)＋eq \f(9,z)(x＋y＋z)＝14＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(4x,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z,x)＋\f(9x,z)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4z,y)＋\f(9y,z)))≥14＋4＋6＋12＝36.
当且仅当y＝2x，z＝3x，即x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,2)时，等号成立．
答案 (1)eq \f(3\r(14),7) (2)36
规律方法 根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式．
【训练3】 (2013·湖南卷)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
解析 法一 ∵(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2yz＋2zx≤3(x2＋y2＋z2)，
∴a2＋4b2＋9c2≥eq \f(1,3)(a＋2b＋3c)2＝eq \f(36,3)＝12.
∴a2＋4b2＋9c2的最小值为12.
法二 由柯西不等式，得(a2＋4b2＋9c2)·(12＋12＋12)≥(a·1＋2b·1＋3c·1)2＝36，
故a2＋4b2＋9c2≥12，
从而a2＋4b2＋9c2的最小值为12.
答案 12
利用算术—几何平均不等式求最值
【典例】 已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2
≥6eq \r(3)，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
[审题视点] (1)a2＋b2＋c2，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)分别用算术—几何平均不等式；(2)相加后又构成用算术—几何平均不等式的条件．
解 因为a，b，c均为正数，由算术—几何平均不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)eq \f(2,3)①
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥3(abc)－eq \f(1,3)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥9(abc)－eq \f(2,3).②
故a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥3(abc)eq \f(2,3)＋9(abc)－eq \f(2,3).
又3(abc)eq \f(2,3)＋9(abc)－eq \f(2,3)≥2eq \r(27)＝6eq \r(3)，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
当且仅当3(abc)eq \f(2,3)＝9(abc)－eq \f(2,3)时，③式等号成立．
即当且仅当a＝b＝c＝3eq \f(1,4)时，原式等号成立．
[反思感悟] (1)利用算术—几何平均不等式证明不等式或求最值问题，是不等式问题中的一个重要类型，重点要抓住算术—几何平均不等式的结构特点和使用条件．
(2)在解答本题时有两点容易造成失分：一是多次运用算术—几何平均不等式后化简错误；
二是求解等号成立的a，b，c的值时计算出错．
【自主体验】
设a，b，c为正实数，求证：eq \f(1,a3)＋eq \f(1,b3)＋eq \f(1,c3)＋abc≥2eq \r(3).
证明 因为a，b，c是正实数，由算术—几何平均不等式可得eq \f(1,a3)＋eq \f(1,b3)＋eq \f(1,c3)≥3eq \r(3,\f(1,a3)·\f(1,b3)·\f(1,c3))，
即eq \f(1,a3)＋eq \f(1,b3)＋eq \f(1,c3)≥eq \f(3,abc).
所以eq \f(1,a3)＋eq \f(1,b3)＋eq \f(1,c3)＋abc≥eq \f(3,abc)＋abc.
而eq \f(3,abc)＋abc≥2eq \r(\f(3,abc)·abc)＝2eq \r(3)，
当且仅当a＝b＝c且abc＝eq \r(3)时，取等号．
所以eq \f(1,a3)＋eq \f(1,b3)＋eq \f(1,c3)＋abc≥2eq \r(3).
一、填空题
1．(2013·江苏卷改编)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M、N的大小关系为________．
解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.
答案 M≥N
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是________．
解析 由柯西不等式(2x2＋3y2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(2))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(3))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)x·\f(1,\r(2))＋\r(3)y·\f(1,\r(3))))2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥eq \f(6,5)，当且仅当2x＝3y，即x＝eq \f(3,5)，y＝eq \f(2,5)时，等号成立．
答案 eq \f(6,5)
3．若直线3x＋4y＝2，则x2＋y2的最小值为________，最小值点为________．
解析 由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥eq \f(4,25).
当且仅当eq \f(x,3)＝eq \f(y,4)时等号成立，为求最小值点，
需解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＋4y＝2，,\f(x,3)＝\f(y,4).))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(6,25)，,y＝\f(8,25).))
因此，当x＝eq \f(6,25)，y＝eq \f(8,25)时，x2＋y2取得最小值，最小值为eq \f(4,25)，最小值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,25)，\f(8,25))).
答案 eq \f(4,25) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,25)，\f(8,25)))
4．若a，b均为正实数，且a≠b，M＝eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))，N＝eq \r(a)＋eq \r(b)，则M、N的大小关系为________．
解析 ∵a≠b，∴eq \f(a,\r(b))＋eq \r(b)＞2eq \r(a)，eq \f(b,\r(a))＋eq \r(a)＞2eq \r(b)，
∴eq \f(a,\r(b))＋eq \r(b)＋eq \f(b,\r(a))＋eq \r(a)＞2eq \r(a)＋2eq \r(b)，
∴eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))＞eq \r(a)＋eq \r(b).即M＞N.
答案 M ＞N
5．设a、b、c是正实数，且a＋b＋c＝9，则eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)的最小值为________．
解析 ∵(a＋b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(2,b)＋\f(2,c)))
＝[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,c))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)·\r(\f(2,a))＋\r(b)·\r(\f(2,b))＋\r(c)·\r(\f(2,c))))2＝18.
∴eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)≥2.∴eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＋eq \f(2,c)的最小值为2.
答案 2
6．已知a，b，c为正实数，且a＋2b＋3c＝9，则eq \r(3a)＋eq \r(2b)＋eq \r(c)的最大值为________．
解析 eq \r(3a)＋eq \r(2b)＋eq \r(c)＝eq \r(3) eq \r(a)＋eq \r(2b)＋eq \f(1,\r(3))eq \r(3c)
≤eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋1＋\f(1,3)))a＋2b＋3c)＝eq \r(39)，故最大值为eq \r(39).
答案 eq \r(39)
7．(2013·陕西卷)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
解析 由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时“＝”成立，得(am＋bn)(bm＋an)≥(eq \r(am)·eq \r(an)＋eq \r(bm)eq \r(bn))2＝mn(a＋b)2＝2.
答案 2
8．已知x2＋2y2＋3z2＝eq \f(18,17)，则3x＋2y＋z的最小值为________．
解析 ∵(x2＋2y2＋3z2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(32＋\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(3))))2))
≥(3x＋eq \r(2)y·eq \r(2)＋eq \r(3)z·eq \f(1,\r(3)))2＝(3x＋2y＋z)2，
当且仅当x＝3y＝9z时，等号成立．
∴(3x＋2y＋z)2≤12，即－2eq \r(3)≤3x＋2y＋z≤2eq \r(3).
当x＝－eq \f(9\r(3),17)，y＝－eq \f(3\r(3),17)，z＝－eq \f(\r(3),17)时，
3x＋2y＋z＝－2eq \r(3)，∴最小值为－2eq \r(3).
答案 －2eq \r(3)
9．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)的最大值为________．
解析 法一 利用基本不等式
(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋2eq \r(3a＋1)·eq \r(3b＋1)＋2eq \r(3b＋1)·eq \r(3c＋1)＋2eq \r(3a＋1)·eq \r(3c＋1)≤(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋[(3a＋1)＋(3b＋1)]＋[(3b＋1)＋(3c＋1)]＋[(3a＋1)＋(3c＋1)]
＝3[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]＝18，
∴eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)≤3eq \r(2)，
∴(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))max＝3eq \r(2).
法二 利用柯西不等式
∵(12＋12＋12)[(eq \r(3a＋1))2＋(eq \r(3b＋1))2＋(eq \r(3c＋1))2]≥(1·eq \r(3a＋1)＋1·eq \r(3b＋1)＋1·eq \r(3c＋1))2
∴(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))2≤3[3(a＋b＋c)＋3]．
又∵a＋b＋c＝1，∴(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))2≤18，
∴eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)≤3eq \r(2).
当且仅当eq \r(3a＋1)＝eq \r(3b＋1)＝eq \r(3c＋1)时，等号成立．
∴(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))max＝3eq \r(2).
答案 3eq \r(2)
二、解答题
10．设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
证明 法一 ∵a，b，c均为正数，∴1＝a＋b＋c≥
3eq \r(3,abc).又eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥3eq \r(3,\f(1,abc))＝eq \f(3,\r(3,abc))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))·1≥3eq \f(1,\r(3,abc))·3eq \r(3,abc)＝9.
即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
法二 构造两组数：eq \r(a)， eq \r(b)， eq \r(c)；eq \f(1,\r(a))，eq \f(1,\r(b))，eq \f(1,\r(c)).
因此根据柯西不等式有
[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \f(1,\r(c))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)×\f(1,\r(a))＋\r(b)×\f(1,\r(b))＋\r(c)×\f(1,\r(c))))2.
即(a＋b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥32＝9.
(当且仅当eq \f(\r(a),\f(1,\r(a)))＝eq \f(\r(b),\f(1,\r(b)))＝eq \f(\r(c),\f(1,\r(c)))，即a＝b＝c时取等号)
又a＋b＋c＝1，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
11．设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解 (1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.
所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
12．(2012·福建卷)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大于0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解 ∵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]，故m＝1.
(2)证明 由(1)知eq \f(1,a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(1,3c)＝1，且a，b，c大于0，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))
＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)))
≥3＋2eq \r(\f(2ab,2ab))＋2eq \r(\f(3c,a)·\f(a,3c))＋2eq \r(\f(3c,2b)·\f(2b,3c))＝9.
当且仅当a＝2b＝3c＝eq \f(1,3)时，等号成立．因此a＋2b＋3c≥9.
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a∅
∅
|x|>a
{x|x>a，或x<－a}
{x|x∈R，且x≠0}
R