最新高考数学(理)一轮复习细讲精练选修4-5不等式选讲教学设计

选修4－5 不等式选讲 A
第1讲不等式、含有绝对值的不等式
[最新考纲]
1．解绝对值三角不等式的代证明和几何意义，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
1．绝对值三角不等式
(1)定1：如果a，b是实，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2：如果a，b，c是实，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与|x|>a的解法
不等式a>0a＝0a<0 |x|<a {x|－a<x<a}∅∅|x|>a {x|x>a，或x<－a}{x|x∈R，且x≠0}R
(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，利用函的图象求解，体现了函与方程的思想．
诊 断 自 测
1．不等式1＜|x ＋1|＜3的解集为________．
解析 轴上的点到－1的距离大于1且小于3的全体实为所求解集． 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|＝⎩⎨⎧
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，设轴上与－2,1对应的点分别是A ，B ，则不等式的解就是轴上到A 、B 两点的距离之和不小于5的点所对应的实．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A 1，此时A 1A ＋A 1B ＝1＋4＝5.把点B 向右移动一个单位到点B 1，此时B 1A ＋B 1B ＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
法二 原不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5⇔ ⎩⎨
⎧ x ≤－2，－x －
－x ＋
或⎩⎨
⎧
－2＜x ＜1，－x －
＋x ＋2≥5
或⎩⎨
⎧
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 将原不等式转为|x －1|＋|x ＋2|－5≥0. 令f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|－5，则
f (x )＝⎩⎨⎧
－2x －6，x ≤－2，－2，－2＜x ＜1，
2x －4，x ≥1.
作出函的图象，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：轴上到点x 1＝a 和x 2＝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y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解． 【训练1】 解不等式|x ＋3|－|2x －1|＜x
2
＋1.
解 ①当x ＜－3时，原不等式为－(x ＋3)－(1－2x )＜x
2＋1，解得x ＜10，∴x
＜－3.
②当－3≤x ＜12时，原不等式为(x ＋3)－(1－2x )＜x 2＋1，解得x ＜－2
5，∴－3≤x
＜－2
5
.
③当x ≥12时，原不等式为(x ＋3)－(2x －1)＜x
2＋1，解得x ＞2，∴x ＞2.
综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪⎪
x ＜－2
5，或x ＞2
. 考点二 含参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. 此不等式为不等式组⎩⎨
⎧
x ≥a ，x －a ＋3x ≤0
或⎩⎨
⎧
x <a ，a －x ＋3x ≤0，
即⎩⎨⎧
x ≥a ，x ≤a 4
或⎩⎨⎧
x <a ，x ≤－a 2.
因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪⎪
x ≤－
a
2. 由题设可得－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f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3.
(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；
(2)设a >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫
－a 2，12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 )为|2x －1|＋|2x －2|－x －3＜0. 设函y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，
则y ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－5x ，x ＜12
，
－x －2，12
≤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 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫
－a 2，12时，f (x )＝1＋a ，
不等式f (x )≤g (x )为1＋a ≤x ＋3， 所以x ≥a －2对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫
－a 2，12都成立，
应有－a
2≥a －2，则a ≤4
3，
从而实a 的取值范围是⎝
⎛
⎦⎥⎤－1，43.
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，将实分成若干小区间．按每个小区间去掉绝对值符号，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 )＝⎩⎨⎧
－2x ＋5，x ≤2，
1，2<x <3，
2x －5，x ≥3.
当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2<x <3时，f (x )≥3无解； 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32∈A ，1
2
∉A .
(1)求a 的值；
(2)求函f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值．
[审题视点] (1)利用条件32∈A ，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)∵32∈A ，1
2
∉A .
∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2＜a ，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪
12－2≥a ，因此12＜a ≤32，
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：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |，通过适当的添、拆项放缩求解． 【自主体验】
1．若不等式|x ＋1|＋|x －3|≥a ＋4
a
对任意的实x 恒成立，则实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 ＋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x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实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|， ∴4x 2－4x ＋1＜x 2－4x ＋4，∴3x 2＜3，∴－1＜x ＜1. ∴原不等式解集为{x |－1<x <1|}． 法二 原不等式等价于不等式组 ①⎩⎨
⎧
x ≥2，
2x －1－
x －＜0
或②⎩⎨
⎧
12＜x ＜2，2x －1＋x －
＜0
或
③⎩⎨⎧
x ≤12，－x －
＋x －＜0.
不等式组①无解，由②得12＜x ＜1，由③得－1＜x ≤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，原不等式可为－x －2＋x ≤1，该不等式恒成立． ②当－2＜x ＜0时，原不等式可为x ＋2＋x ≤1， ∴2x ≤－1，∴x ≤－12，∴－2＜x ≤－1
2
.
③当x ≥0时，原不等式可为x ＋2－x ≤1，不成立． 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪⎪⎪
x ≤－
1
2. 答案 ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪
⎪⎪
x ≤－
1
2
4．若不等式|3x －b |＜4的解集中的整有且仅有1,2,3，则b 的取值范围为________．
解析 由|3x －b |＜4得－4＜3x －b ＜4， 即－4＋b 3＜x ＜4＋b 3
，
∵不等式|3x －b |＜4的解集中的整有且仅有1,2,3，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
0≤－4＋b 3＜13＜4＋b 3≤4⇒⎩⎨
⎧
4≤b ＜7，
5＜b ≤8，
∴5＜b ＜7.
答案 (5,7)
5．(2013·江西卷)在实范围内，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k 的取值范围是________． 解析 法一 根据绝对值的几何意义，设x ，－1,2在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 ＝⎩⎨⎧
－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|存在实解，则实a 的取值范围是________．
解析 ∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＝
⎩⎨⎧
－2x ＋x ≤－
，－1＜x ＜，2x －x
，
∴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a 的取值范围为________． 解析 法一 当x ≥1时，不等式为x ＋x －1≤a ，即x ≤1＋a
2
. 此时不等式有解当且仅当1≤
1＋a
2
，即a ≥1. 当x ＜1时，不等式为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a 的取值范围是[1，＋∞)．
法二 设f (x )＝x ＋|x －1|，则f (x )＝⎩⎨
⎧
2x －
x ，
x ＜
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f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|.
(1)解不等式f (x )＞2； (2)求函y ＝f (x )的最小值．
解 (1)法一 令2x ＋1＝0，x －4＝0分别得x ＝－1
2
，x ＝4.原不等式可为：
⎩⎨
⎧
x ＜－1
2－x －5＞2
或⎩⎨
⎧
－12≤x ＜4
3x －3＞2
或⎩⎨
⎧
x ≥4，x ＋5＞2.
∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪⎪
x ＜－7，或x ＞
5
3. 法二 f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－x －5⎝
⎛
⎭⎪
⎫x ＜－123x －3 ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
－12≤x ＜4x ＋x
画出f (x )的图象
求y ＝2与f (x )图象的交点为(－7,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫
53，2.
由图象知f (x )＞2的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪⎪
x ＜－7，或x ＞
5
3. (2)由(1)的法二知：f (x )min ＝－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⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
f
x
－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫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，－4a ≤x ≤2
a
，得a ＝2.
(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x 2＝|2x ＋1|－|2x ＋2|，
则h (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
1，x ≤－1，
－4x －3，－1<x <－12，
－1，x ≥－1
2，
所以|h (x )|≤1，因此k ≥1. 故k 的取值范围是[1，＋∞)．
12．设函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 )＝⎩⎨⎧
－2x ，x ＜－1，
2，－1≤x ≤1，
2x ，x ＞1.
作出函f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的图象．
由图象可知，不等式f (x )≥3的解集为 ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪⎪
x ≤－32，或x ≥
32. (2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|， 不满足题设条件；若a ＜1，
f (x )＝⎩⎨⎧ －2x ＋a ＋1，x ≤a ，1－a ，a ＜x ＜1，
2x －a ＋，x ≥1，
f (x )的最小值为1－a ；若a ＞1，
f (x )＝⎩⎨⎧
－2x ＋a ＋1，x ≤1，a －1，1＜x ＜a ，
2x －a ＋，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
1．基本不等式
定1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定2：如果a 、b 为正，则
a ＋
b 2
≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
定3：如果a 、b 、c 为正，则
a ＋
b ＋
c 3
≥3
abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．
定4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正，则
a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n
a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．
2．柯西不等式
(1)设a ，b ，c ，d 均为实，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．
(2)若a i ，b i (i ∈N *
)为实，则(∑i ＝1
n
a 2
i )(∑i ＝1
n
b 2
i )≥(∑i ＝1
n
a i
b i )2，当且仅当b 1a 1＝b 2
a 2＝…＝
b n a n
(当
a i ＝0时，约定
b i ＝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，且a ＜b ，M ＝a b ，N ＝a ＋m
b ＋m ，则M 、N 的大小关系是________．
解析 M －N ＝a b －a ＋m b ＋m ＝m a －b
b b ＋m
＜0，即M ＜N .
答案 M ＜N
2．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为________． 解析 分子有得a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝1
7＋6
， ∴a ＞b ＞c . 答案 a ＞b ＞c
3．若0＜a ＜b ＜1，则a ＋b,2ab ，a 2＋b 2,2ab 中最大的一个是________． 解析 ∵a ＋b ＞2ab ，a 2＋b 2＞2ab . 又(a 2＋b 2)－(a ＋b )＝a (a －1)＋b (b －1)， ∵0＜a ＜1,0＜b ＜1. ∴a (a －1)＋b (b －1)＜0. ∴a 2
＋b 2
＜a ＋b . 答案 a ＋b
4．已知x ，y ∈R ，且xy ＝1，则⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为________．
解析 ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝4. 答案 4
5．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值为________．解析(a＋b＋c)2＝(1×a＋1×b＋1×c)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝1
3
时，等号成立．
∴(a＋b＋c)2≤3.故a＋b＋c的最大值为 3. 答案 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≥ 3.
(2)a
bc
＋
b
ac
＋
c
ab
≥ 3(a＋b＋c)．
证明(1)要证a＋b＋c≥ 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≤a2＋b2
2
＋
b2＋c2
2
＋
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)a
bc
＋
b
ac
＋
c
ab
＝
a＋b＋c
abc
.
由于(1)中已证a＋b＋c≥ 3.
因此要证原不等式成立，只需证明1
abc
≥ a＋b＋c.
即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤
ab ＋ac 2， b ac ≤
ab ＋bc 2
，c ab ≤
bc ＋ac
2
.
∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝b ＝c ＝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，可用分析法寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推的每一步必须可逆． 【训练1】 已知a 、b 、c 均为正实，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 c ＋a a ＋b ＞0， (a ＋b )＋(b ＋c )≥2 a ＋b b ＋c ＞0. (b ＋c )＋(c ＋a )≥2
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)1a ＋1b ＋1
ab
≥8；
(2)⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.
证明 (1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫
b a ＋a b ＋4≥4 b a ×a
b
＋4＝8. ∴1a ＋1b ＋1
ab
≥8.
(2)∵⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1
b ＋
1
ab
≥8.
∴⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥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：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c
.
证明 法一 ∵a ，b ，c ∈R ＋，且互不相等，且abc ＝1，
∴a ＋b ＋c ＝
1
bc
＋
1
ca
＋
1ab ＜
1
b ＋
1c 2＋1
c ＋
1a 2＋1
a ＋
1
b 2＝1a ＋1b ＋1
c .
∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1
c .
法二 ∵1a ＋1
b ≥2
1
ab
＝2c ；
1b ＋1c ≥2
1
bc ＝2a ； 1c ＋1a
≥2
1
ac
＝2b .
∴以上三式相加，得
1a ＋1b ＋1
c
≥ a ＋b ＋c .
又∵a ，b ，c 互不相等， ∴1a ＋1b ＋1
c
＞a ＋b ＋c .
法三 ∵a ，b ，c 是不等正，且abc ＝1，
∴1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2
＞abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c .
∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c
.
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：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，则x ＋y ＋z ＝________.
(2)已知x 、y 、z ∈R ＋，且x ＋y ＋z ＝1，则：1x ＋4y ＋9
z
的最小值为________．
解析 (1)由柯西不等式，得
(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32)≥(x ＋2y ＋3z )2， ∴(x ＋2y ＋3z )2≤14，则x ＋2y ＋3z ≤14， 又x ＋2y ＋3z ＝14，
∴x ＝y 2＝z 3，因此x ＝1414，
y ＝
147，z ＝31414
， 于是x ＋y ＋z ＝3147.
(2)法一 利用柯西不等式． 由于(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x ＋4y ＋9z ≥
⎝
⎛
⎭⎪⎫x ·1x ＋y ·2y ＋z ·3z 2＝36.
所以1x ＋4y ＋9
z
≥36.
当且仅当x 2＝14y 2＝19z 2，即x ＝16，y ＝13，z ＝1
2
时，等号成立．
法二 1
x ＋4
y ＋9
z ＝1
x (x ＋y ＋z )＋4
y (x ＋y ＋z )＋9
z (x ＋y ＋z )＝14＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
y x ＋4x y ＋
⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋9x z ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
4z y ＋9y z ≥14＋4＋6＋12＝36. 当且仅当y ＝2x ，z ＝3x ，即x ＝16，y ＝13，z ＝1
2时，等号成立．
答案 (1)314
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a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为________．
解析 法一 ∵(x ＋y ＋z )2
＝x 2
＋y 2
＋z 2
＋2xy ＋2yz ＋2zx ≤3(x 2
＋y 2
＋z 2
)， ∴a 2＋4b 2＋9c 2≥13(a ＋2b ＋3c )2＝36
3＝12.
∴a 2＋4b 2＋9c 2的最小值为12.
法二 由柯西不等式，得(a 2＋4b 2＋9c 2)·(12＋12＋12)≥(a ·1＋2b ·1＋3c ·1)2＝36，
故a 2＋4b 2＋9c 2≥12，
从而a 2＋4b 2＋9c 2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，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c 2
≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．
[审题视点] (1)a 2
＋b 2
＋c 2
，1a ＋1b ＋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，由算术—几何平均不等式得 a 2
＋b 2
＋c 2
≥3(abc )2
3
①
1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13， 所以⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2
≥9(abc )－23.②
故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23.
又3(abc )23＋9(abc )－2
3≥227＝63，③
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 )23＝9(abc )－2
3时，③式等号成立．
即当且仅当a ＝b ＝c ＝31
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，求证：1a 3＋1b 3＋1
c
3＋abc ≥2 3.
证明 因为a ，b ，c 是正实，由算术—几何平均不等式可得1a 3＋1b 3＋1
c
3
≥3
31
a 3
·1b 3·1c
3，
即1a 3＋1b
3＋1c 3≥3abc
.
所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc
＋abc .
而
3
abc
＋abc ≥2
3
abc
·abc ＝23，
当且仅当a ＝b ＝c 且abc ＝3时，取等号． 所以1a 3＋1b 3＋1
c
3＋abc ≥2 3.
一、填空题
1．(2013·江苏卷改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M 、N 的大小关系为________．
解析 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(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2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 答案 M ≥N
2．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是________． 解析 由柯西不等式(2x 2
＋3y 2
)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝
⎛⎭⎪⎫ 122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 132
≥⎝
⎛
⎭⎪⎫2x ·12＋3y ·132＝(x ＋y )2＝1，
∴2x 2＋3y 2
≥65，当且仅当2x ＝3y ，即x ＝35，y ＝25时，等号成立．
答案
65
3．若直线3x ＋4y ＝2，则x 2＋y 2的最小值为________，最小值点为________． 解析 由柯西不等式(x 2＋y 2)(32＋42)≥(3x ＋4y )2， 得25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥
425
. 当且仅当x 3＝y
4
时等号成立，为求最小值点，
需解方程组⎩⎨⎧
3x ＋4y ＝2，
x 3＝y
4.
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝6
25，y ＝825
.
因此，当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425，最小值点为⎝ ⎛⎭
⎪⎫6
25，825. 答案
425 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫625，825 4．若a ，b 均为正实，且a ≠b ，M ＝a b ＋b
a
，N ＝a ＋b ，则M 、N 的大小关系为________． 解析 ∵a ≠b ，∴
a b ＋b ＞2a ，b
a
＋a ＞2b ， ∴
a b ＋b ＋b
a
＋a ＞2a ＋2b ， ∴a b ＋b
a ＞a ＋
b .即M ＞N .
答案 M ＞N
5．设a 、b 、c 是正实，且a ＋b ＋c ＝9，则2a ＋2b ＋2
c
的最小值为________．
解析 ∵(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ＋2b ＋2c
＝[(a )2
＋(b )2
＋(c )2]⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝
⎛
⎭⎪⎫2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2c 2 ≥⎝
⎛
⎭
⎪⎫a ·2
a
＋b ·
2
b
＋c ·
2c 2
＝18. ∴2a ＋2b ＋2c ≥2.∴2a ＋2b ＋2
c
的最小值为2.
答案 2
6．已知a ，b ，c 为正实，且a ＋2b ＋3c ＝9，则3a ＋2b ＋c 的最大值为________． 解析
3a ＋2b ＋c ＝ 3 a ＋2b ＋1
3
3c ≤⎝ ⎛
⎭⎪
⎫3＋1＋13a ＋2b ＋3c ＝39，故最大值为39.
答案
39
7．(2013·陕西卷)已知a ，b ，m ，n 均为正，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．
解析 由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时“＝”成立，得(am ＋bn )(bm ＋an )≥(am ·an ＋bm bn )2＝mn (a ＋b )2＝2. 答案 2
8．已知x 2
＋2y 2
＋3z 2
＝18
17
，则3x ＋2y ＋z 的最小值为________．
解析 ∵(x 2
＋2y 2
＋3z 2
)⎣
⎢⎡
⎦
⎥⎤32＋
2
2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 132 ≥(3x ＋2y ·2＋3z ·13)2
＝(3x ＋2y ＋z )2，
当且仅当x ＝3y ＝9z 时，等号成立．
∴(3x ＋2y ＋z )2≤12，即－23≤3x ＋2y ＋z ≤2 3. 当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－3
17时，
3x ＋2y ＋z ＝－23，∴最小值为－2 3. 答案 －2 3
9．已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，则3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值
为________．
解析 法一 利用基本不等式 (
3a ＋1＋
3b ＋1＋
3c ＋1)2＝(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋
23a ＋1·3b ＋1＋23b ＋1·3c ＋1＋23a ＋1·3c ＋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， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32， ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2. 法二 利用柯西不等式 ∵(12＋12＋12)[(
3a ＋1)2＋(
3b ＋1)2＋(
3c ＋1)2]≥(1·
3a ＋1＋
1·3b ＋1＋1·3c ＋1)2
∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤3[3(a ＋b ＋c )＋3]． 又∵a ＋b ＋c ＝1，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤3 2.
当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时，等号成立． ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2. 答案 3 2 二、解答题
10．设a ，b ，c 为正，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1
c
≥9.
证明 法一 ∵a ，b ，c 均为正，∴1＝a ＋b ＋c ≥ 33
abc .又1a ＋1
b ＋1
c ≥33
1abc
＝33abc
，
∴⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c ·1≥313
abc
·33abc ＝9. 即1a ＋1b ＋1
c
≥9.
法二 构造两组：a ， b ， c ；1
a
，
1
b
，
1
c
.
因此根据柯西不等式有
[(a )2＋(b )2＋(c )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1c 2
≥⎝
⎛
⎭⎪⎫a ×1a ＋b ×1b ＋c ×1c 2.
即(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c ≥32＝9.
(当且仅当
a 1
a ＝
b 1
b ＝
c 1
c ，即a ＝b ＝c 时取等号)
又a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋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1a ＋12b ＋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1a ＋12b ＋1
3c
＝1，且a ，b ，c 大于0，
a ＋2
b ＋3
c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫
1
a ＋1
2b ＋13c
＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c
≥3＋2
2ab 2ab
＋23c
a
·
a 3c ＋23c 2
b ·2b
3c
＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝1
3时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.。