高考数学(理数)一轮精品复习：《选修4-5 不等式选讲》讲与练(24页教师版)

展开

这是一份高考数学(理数)一轮精品复习：《选修4-5 不等式选讲》讲与练(24页教师版)，共23页。试卷主要包含了绝对值不等式的解法；2，))等内容，欢迎下载使用。

本节主要包括2个知识点： 1.绝对值不等式的解法；2.绝对值三角不等式.
突破点(一) 绝对值不等式的解法
eq \a\vs4\al([基本知识])
(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．
eq \a\vs4\al([基本能力])
1．判断题
(1)不等式|x|(2)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．( )
(3)不等式|2x－3|≤5的解集为{x|－1≤x≤4}．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．填空题
(1)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.
答案：2
(2)不等式|2x－1|>3的解集为________．
解析：由|2x－1|>3得，
2x－1<－3或2x－1>3，即x<－1或x>2.
答案：{x|x<－1或x>2}
(3)若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)解析：依题意，知a≠0.|ax－2|<3⇔－3当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，\f(5,a)))，
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,a)＝\f(1,3)，,－\f(1,a)＝－\f(5,3)，))此方程组无解．
当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,a)，－\f(1,a)))，
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,a)＝－\f(5,3)，,－\f(1,a)＝\f(1,3)，))解得a＝－3.
答案：－3
(4)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，－1当－1又当x≥2时，f(x)＝3>1恒成立．
所以不等式的解集为{x|x≥1}．
答案：{x|x≥1}
eq \a\vs4\al([全析考法])
[典例] 解下列不等式：
(1)|2x＋1|－2|x－1|>0. (2)|x＋3|－|2x－1|[解] (1)法一：原不等式可化为|2x＋1|>2|x－1|，
两边平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)，解得x>eq \f(1,4)，
所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x>\f(1,4))).
法二：原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,2)，,－2x＋1＋2x－1>0))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x≤1，,2x＋1＋2x－1>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,2x＋1－2x－1>0.))
解得x>eq \f(1,4)，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x>\f(1,4))).
(2)①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)②当－3≤x③当x≥eq \f(1,2)时，原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)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\a\vs4\al(|)x<－\f(2,5)或x>2)).
[方法技巧]
绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法
对a∈R＋，|x||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，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
eq \a\vs4\al([全练题点])
1．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．
解：不等式|x－1|－|x－5|<2等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,－x－1＋x－5<2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤5，,x－1＋x－5<2))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>5，,x－1－x－5<2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,－4<2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤5，,2x<8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>5，,4<2，))
故原不等式的解集为{x|x<1}∪{x|1≤x<4}∪∅＝{x|x<4}．
2．解不等式x＋|2x＋3|≥2.
解：原不等式可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－x－3≥2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥－\f(3,2)，,3x＋3≥2.))
解得x≤－5或x≥－eq \f(1,3).
所以原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x≤－5或x≥－\f(1,3))).
3．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋a|，g(x)＝|x－2|＋1.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得g(x2)＝f(x1)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝|x－1|＋|x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－1，x≤－2，,3，－2∴f(x)≥5⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－2，,－2x－1≥5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2解得x≥2或x≤－3，∴不等式f(x)≥5的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
(2)∵对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得g(x2)＝f(x1)成立，∴{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}．
∵f(x)＝|x－1|＋|x＋a|≥|(x－1)－(x＋a)|＝|a＋1|(当且仅当(x－1)(x＋a)≤0时等号成立)，g(x)＝|x－2|＋1≥1，∴|a＋1|≥1，
∴a＋1≥1或a＋1≤－1，
∴a≥0或a≤－2，∴实数a的取值范围为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋3|.
(1)解不等式f(x)≥8；
(2)若不等式f(x)解：(1)f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2，x<3，,4，－3≤x≤1，,2x＋2，x>1.))
当x<－3时，由－2x－2≥8，解得x≤－5；
当－3≤x≤1时，4≥8，不成立；
当x>1时，由2x＋2≥8，解得x≥3.
∴不等式f(x)≥8的解集为{x|x≤－5或x≥3}．
(2)由(1)得f(x)min＝4.又∵不等式f(x)4，解得a>4或a<－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(4，＋∞)．
突破点(二) 绝对值三角不等式
eq \a\vs4\al([基本知识])
绝对值三角不等式定理
eq \a\vs4\al([基本能力])
1．判断题
(1)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )
(2)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.( )
答案：(1)√ (2)√
2．填空题
(1)函数y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值为________．
解析：∵|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，
即函数y的最小值为8.
答案：8
(2)设a，b为满足ab<0的实数，那么下列正确的是________．
①|a＋b|>|a－b| ②|a＋b|<|a－b|
③|a－b|<||a|－|b|| ④|a－b|<|a|＋|b|
解析：∵ab<0，
∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.
答案：②
(3)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]
eq \a\vs4\al([全析考法])
[例1] 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.
[方法技巧]
证明绝对值不等式的三种主要方法
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．
[例2]设函数f(x)＝|x－a|＋|x－3|，a<3.
(1)若不等式f(x)≥4的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))x≤\f(1,2)或x≥\f(9,2)))，求a的值；
(2)若对∀x∈R，不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)法一：由已知得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋a＋3，x3，))
当x当x>3时，2x－a－3≥4，得x≥eq \f(7＋a,2).
已知f(x)≥4的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))x≤\f(1,2)或x≥\f(9,2)))，则显然a＝2.
法二：由已知易得f(x)＝|x－a|＋|x－3|的图象关于直线x＝eq \f(a＋3,2)对称，
又f(x)≥4的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))x≤\f(1,2)或x≥\f(9,2)))，则eq \f(1,2)＋eq \f(9,2)＝a＋3，即a＝2.
(2)法一：不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，即|x－a|＋2|x－3|≥1恒成立．
当x≤a时，－3x＋a＋5≥0恒成立，得－3a＋a＋5≥0，解得a≤eq \f(5,2)；
当a当x≥3时，3x－a－7≥0恒成立，得9－a－7≥0，解得a≤2.
综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．
法二：不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，即|x－a|＋|x－3|≥－|x－3|＋1恒成立，
由图象(图略)可知f(x)＝|x－a|＋|x－3|在x＝3处取得最小值3－a，
而－|x－3|＋1在x＝3处取得最大值1，故3－a≥1，得a≤2.
故实数a的取值范围为(－∞，2]．
eq \a\vs4\al([全练题点])
1.eq \a\vs4\al([考点一])设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
解：(1)证明：由a>0，有f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)－x－a))＝eq \f(1,a)＋a≥2.
当且仅当a＝1时等号成立．所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,a)))＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋eq \f(1,a)，由f(3)<5得3当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋eq \f(1,a)，由f(3)<5得eq \f(1＋\r(5),2)综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)，\f(5＋\r(21),2))).
2.eq \a\vs4\al([考点二])已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋3m|(m>0)．
(1)当m＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；
(2)对于任意实数x，t，不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|恒成立，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝|x－m|－|x＋3m|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4m，x≥m，,－2x－2m，－3m当m＝1时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2≥1，,－3∴不等式f(x)≥1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))x≤－\f(3,2))).
(2)不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数t，x恒成立，等价于对任意的实数x，
f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min恒成立，即[f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
∵f(x)＝|x－m|－|x＋3m|≤|(x－m)－(x＋3m)|＝4m，
|2＋t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，
∴4m<3，又m>0，∴0即m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))).
3.eq \a\vs4\al([考点二])已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝－|x＋3|＋m.
(1)解关于x的不等式f(x)＋a－1>0(a∈R)；
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围．
解：(1)不等式f(x)＋a－1>0，
即|x－2|＋a－1>0.
当a＝1时，原不等式化为|x－2|>0，解得x≠2，即解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)；
当a>1时，解集为全体实数R；
当a<1时，|x－2|>1－a(1－a>0)，解集为(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．
(2)f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，
即|x－2|>－|x＋3|＋m对任意实数x恒成立，
即|x－2|＋|x＋3|>m恒成立．
又由绝对值三角不等式知，对任意实数x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，
当且仅当(x－2)(x＋3)≤0时等号成立．
于是得m<5，故m的取值范围是(－∞，5).
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ①
当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤eq \f(－1＋\r(17),2).
所以f(x)≥g(x)的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤\f(－1＋\r(17),2))))).
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
2．已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.))
当x＜－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|－\f(3,2)))2＋eq \f(5,4)≤eq \f(5,4)，
且当x＝eq \f(3,2)时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq \f(5,4).
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,4))).
3．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥3，
即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))≥eq \f(3－a,2).
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))))min＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(a,2)))，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(a,2)))≥eq \f(3－a,2)，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
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)，
△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，＋∞)．
[课时达标检测]
1．已知函数f(x)＝|x＋m|－|5－x|(m∈R)．
(1)当m＝3时，求不等式f(x)>6的解集；
(2)若不等式f(x)≤10对任意实数x恒成立，求m的取值范围．
解：(1)当m＝3时，f(x)>6，即|x＋3|－|5－x|>6，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥5，,x＋3－x－5>6，))
解得x≥5；
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－36，))解得4或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－3，,－x－3＋x－5>6，))解集是∅.
故不等式f(x)>6的解集为{x|x>4}．
(2)f(x)＝|x＋m|－|5－x|≤|(x＋m)＋(5－x)|＝|m＋5|，由题意得|m＋5|≤10，则－10≤m＋5≤10，
解得－15≤m≤5，故m的取值范围为[－15,5]．
2．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|.
(1)若不等式f(x)≤2－|x－1|有解，求实数a的取值范围；
(2)当a<2时，函数f(x)的最小值为3，求实数a的值．
解：(1)由题意f(x)≤2－|x－1|，即为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋|x－1|≤1.
而由绝对值的几何意义知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋|x－1|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))，
由不等式f(x)≤2－|x－1|有解，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))≤1，即0≤a≤4.∴实数a的取值范围是[0,4]．
(2)由2x－a＝0得x＝eq \f(a,2)，由x－1＝0得x＝1，由a<2知eq \f(a,2)<1，
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(a,2)))，,x－a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≤x≤1))，,3x－a－1x>1.))
函数的图象如图所示．
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝－eq \f(a,2)＋1＝3，解得a＝－4.
3．设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))，不等式a＋1解：(1)∵f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－2，x<－\f(3,2)，,x＋4，－\f(3,2)≤x≤1，,3x＋2，x>1，))
f(x)>4，可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－3x－2>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)≤x≤1，,x＋4>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,3x＋2>4，))
解得x<－2或01.
∴不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)由(1)知，当x<－eq \f(3,2)时，f(x)＝－3x－2，
∵当x<－eq \f(3,2)时，f(x)＝－3x－2>eq \f(5,2)，∴a＋1≤eq \f(5,2)，即a≤eq \f(3,2).
∴实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).
4．已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>1；
(2)当x>0时，函数g(x)＝eq \f(ax2－x＋1,x)(a>0)的最小值大于函数f(x)，试求实数a的取值范围．
解：(1)当x>2时，原不等式可化为x－2－x－1>1，解集是∅.
当－1≤x≤2时，原不等式可化为2－x－x－1>1，即－1≤x<0；
当x<－1时，原不等式可化为2－x＋x＋1>1，即x<－1.
综上，原不等式的解集是{x|x<0}．
(2)因为g(x)＝ax＋eq \f(1,x)－1≥2eq \r(a)－1，
当且仅当x＝eq \f(\r(a),a)时等号成立，
所以g(x)min＝2eq \r(a)－1，
当x>0时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2x，02，))
所以f(x)∈[－3,1)，所以2eq \r(a)－1≥1，即a≥1，
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
5．已知函数f(x)＝e|x＋a|－|x－b|，a，b∈R.
(1)当a＝b＝1时，解不等式f(x)≥e；
(2)若f(x)≤e2恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)当a＝b＝1时，f(x)＝e|x＋1|－|x－1|，由于y＝ex在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥e等价于|x＋1|－|x－1|≥1，①
当x≥1时，|x＋1|－|x－1|＝x＋1－(x－1)＝2，则①式恒成立；
当－1当x≤－1时，|x＋1|－|x－1|＝－2，①式无解．
综上，不等式的解集是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)f(x)≤e2等价于|x＋a|－|x－b|≤2，②
因为|x＋a|－|x－b|≤|x＋a－x＋b|＝|a＋b|，
所以要使②式恒成立，只需|a＋b|≤2，
可得a＋b的取值范围是[－2,2]．
6．已知f(x)＝|x－1|＋|x＋a|，g(a)＝a2－a－2.
(1)当a＝3时，解关于x的不等式f(x)>g(a)＋2；
(2)当x∈[－a,1)时恒有f(x)≤g(a)，求实数a的取值范围．
解：(1)a＝3时，f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2，x≤－3，,4，－3∴f(x)>g(a)＋2化为|x－1|＋|x＋3|>6，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2>6，,x≤－3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4>6，,－36，,x≥1，))
解得x<－4或x>2.
∴所求不等式解集为(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
(2)∵x∈[－a,1)．∴f(x)＝1＋a.
∴f(x)≤g(a)即为1＋a≤a2－a－2，可化为a2－2a－3≥0，解得a≥3或a≤－1.
又∵－a<1，∴a>－1.
综上，实数a的取值范围为[3，＋∞)．
7．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5，∴－7<|x－1|<3，解得－2(2)∵对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，
∴{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}．
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，
g(x)＝|x－1|＋2≥2，∴|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，
∴实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．
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)≤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，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)－\f(5,4)(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，
当且仅当m＝n＝eq \f(1,2)时等号成立．
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所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(10,3))).
第二节不等式的证明
本节重点突破1个知识点：不等式的证明.
突破点不等式的证明
eq \a\vs4\al([基本知识])
1．基本不等式
2.比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq \f(A,B)≥1.
3．综合法与分析法
eq \a\vs4\al([基本能力])
1．判断题
(1)已知x为正实数，则1＋x＋eq \f(1,x)≥3.( )
(2)若a>2，b>2，则a＋b>ab.( )
(3)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.( )
答案：(1)√ (2)× (3)√
2．填空题
(1)已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
解析：∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，∴(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(4,a＋b)＝2，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立)．
答案：2
(2)已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是________．
解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2eq \r(ab)＋12，当且仅当a＝b时等号成立．化简得(eq \r(ab)－3)(eq \r(ab)＋2)≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9.
答案：9
(3)已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的最小值为________．
解析：把a＋b＋c＝1代入eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，
得eq \f(a＋b＋c,a)＋eq \f(a＋b＋c,b)＋eq \f(a＋b＋c,c)＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
答案：9
(4)设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________________．
解析：若x>y，则x－y＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2－2ab＋a2＋4a＋5＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，∴ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2
eq \a\vs4\al([全析考法])
[例1] 求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab)eq \f(a＋b,2).
[证明] (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)
＝(x－1)(2x3－x－1)
＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)
＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]
＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)
＝(x－1)2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋\f(1,2)))≥0，
所以1＋2x4≥2x3＋x2.
法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1
＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，
所以1＋2x4≥2x3＋x2.
(2)eq \f(aabb,ab\f(a＋b,2))＝aeq \f(a－b,2)beq \f(b－a,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \f(a－b,2)，
∴当a＝b时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \f(a－b,2)＝1，
当a>b>0时，eq \f(a,b)>1，eq \f(a－b,2)>0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \f(a－b,2)>1，
当b>a>0时，01，∴aabb≥(ab)eq \f(a＋b,2).
[方法技巧]
作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
[例2] 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)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,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))＜eq \f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，
即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
[方法技巧]
综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0；|a|≥0.
(2)a2＋b2≥2ab.
(3)eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，它的变形形式有：a＋eq \f(1,a)≥2(a>0)；eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2(ab>0)；eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2(ab<0)．
[例3]已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．
[解] (1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，
①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；
②当－1＜x＜－eq \f(1,2)时，
不等式可化为x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此时不等式无解；
③当x≥－eq \f(1,2)时，
不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.
综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．
(2)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a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1＞0，
即证(a2－1)(b2－1)＞0.
因为a，b∈M，
所以a2＞1，b2＞1，
所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立．
[方法技巧]
分析法的应用
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(ab)≤\f(a＋b,2)，a>0，b>0))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．
eq \a\vs4\al([全练题点])
1.eq \a\vs4\al([考点三])设x≥1，y≥1，求证x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy.
证明：由于x≥1，y≥1，
要证x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy，
只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)，
因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
2.eq \a\vs4\al([考点一])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.
3.eq \a\vs4\al([考点二])已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc.
(1)证明：若a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|；
(2)t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝eq \r(a4＋c4)＋eq \r(b4＋d4)，求实数t的取值范围．
解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，
所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.
(2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝t(ac＋bd)．
由于eq \r(a4＋c4)≥eq \r(2)ac，eq \r(b4＋d4)≥eq \r(2)bd，
又已知t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝eq \r(a4＋c4)＋eq \r(b4＋d4)，
则t(ac＋bd)≥eq \r(2)(ac＋bd)，故t≥eq \r(2)，当且仅当a＝c，b＝d时取等号.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq \f(3a＋b2,4)(a＋b)
＝2＋eq \f(3a＋b3,4)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)当x≤－eq \f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，
所以－1当－eq \f(1,2)当x≥eq \f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，
所以eq \f(1,2)≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1因此|a＋b|<|1＋ab|.
[课时达标检测]
1．若正实数a，b满足a＋b＝eq \f(1,2)，求证：eq \r(a)＋eq \r(b)≤1.
证明：要证 eq \r(a)＋eq \r(b)≤1，只需证a＋b＋2eq \r(ab)≤1，
即证2eq \r(ab)≤eq \f(1,2)，即证eq \r(ab)≤eq \f(1,4).
而a＋b＝eq \f(1,2)≥2eq \r(ab)，∴eq \r(ab)≤eq \f(1,4)成立，
∴原不等式成立．
2．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值为t.
(1)求t的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝t，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
解：(1)因为|x＋3|＋|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.
(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故eq \f(a,4)＋eq \f(b,4)＝1，eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)＋\f(b,4)))＝eq \f(1,4)＋1＋eq \f(b,4a)＋eq \f(a,b)≥eq \f(5,4)＋2eq \r(\f(b,4a)×\f(a,b))＝eq \f(5,4)＋1＝eq \f(9,4)，当且仅当b＝2a，即a＝eq \f(4,3)，b＝eq \f(8,3)时取等号，故eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
3．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2由－2<－2x－1<0解得－eq \f(1,2)所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq \f(1,3)|a|＋eq \f(1,6)|b|(2)由(1)得a2因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0.
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，
故|1－4ab|>2|a－b|.
4．已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.
(1)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)的最小值；
(2)证明：3≤x2＋y2＋z2<9.
解：(1)因为x＋y＋z≥3eq \r(3,xyz)>0，eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)≥eq \f(3,\r(3,xyz))>0，
所以(x＋y＋z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≥9，
即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时，eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)取得最小值3.
(2)证明：x2＋y2＋z2
＝eq \f(x2＋y2＋z2＋x2＋y2＋y2＋z2＋z2＋x2,3)
≥eq \f(x2＋y2＋z2＋2xy＋yz＋zx,3)＝eq \f(x＋y＋z2,3)＝3，
当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立．
又因为x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx)<0，
所以3≤x2＋y2＋z2<9.
5．已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(b,2)))＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥3－b.
解：(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0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＋1＝2，所以a＋b＝1.
(2)由(1)知，a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))＝1＋4＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥5＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(4a,b)且a＋b＝1，
即a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)时取等号．
所以lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥lg39＝2，
所以a＋b＋lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥1＋2＝3，
即a＋lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥3－b.
6．已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；
(2)若a<0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．
解：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.
因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.
当x≤1时，原不等式等价于－2x＋3≤2，即eq \f(1,2)≤x≤1；
当1当x>2时，原不等式等价于2x－3≤2，即2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(,,,,,))\f(1,2)≤x≤\f(5,2))).
(2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax－2|－a|x－2|＝|ax－2|＋|2a－ax|≥|ax－2＋2a－ax|＝|2a－2|＝f(2a)，
所以f(ax)－af(x)≥f(2a)成立．
7．设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)≤eq \f(1,2)；
(2)eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)＝eq \f(1,2)(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤eq \f(1,2).
(2)因为eq \f(a2＋c2,b)≥eq \f(2ac,b)，eq \f(b2＋a2,c)≥eq \f(2ab,c)，eq \f(c2＋b2,a)≥eq \f(2bc,a)，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
所以eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(bc,a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)＋\f(c,a)))＋ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2a＋2b＋2c＝2，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－a∅
∅
|x|>a
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>a或x<－a))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R|x≠0))
R
绝对值不等式的解法
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
证明绝对值不等式
绝对值不等式的恒成立问题
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∈R＋，那么eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立
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
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
比较法证明不等式
综合法证明不等式
分析法证明不等式

高考数学(理数)一轮精品复习：《选修4-5 不等式选讲》讲与练(24页教师版)

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网