2018届高考数学文大一轮复习课时分层训练：选修4-5 不等式选讲第1节课时分层训练69 含答案精品

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2018年高三理科数学复习选修4-5 不等式选讲

选修4-5不等式选讲考点1不等式的性质1.已知a,b,c均为正数,证明: a2+b2+c2+(++)2≥6, 并确定a,b,c为何值时,等号成立.考点2绝对值不等式2.设函数f(x)=|x-1|+|x-2|.(1)解不等式f(x)>2;(2)求函数g(x)=ln f(x)的值域.3.已知函数f(x)=2|x+a|-|x-1|(a>0).(1)若函数f(x)与x轴围成的三角形的面积的最小值为4,求实数a的取值范围;(2)若对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,求实数a的取值范围.4.已知m>1,且关于x的不等式m-|x-2|≥1的解集为[0,4].(1)求m的值;(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.5.设函数f(x)=-+-的最大值为M.(1)求实数M的值;(2)求关于x的不等式|x-|+|x+2|≤M的解集.6.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],求实数a的取值范围.考点3证明不等式的基本方法7.已知a>0,b>0,求证:+≥+.8.已知a,b∈R,且a+b=1,求证:(a+2)2+(b+2)2≥.9.已知a,b,c均为正实数.求证:(1)(a+b)(ab+c2)≥4abc;(2)若a+b+c=3,则++≤3.考点4柯西不等式10.已知x,y是两个不相等的正实数,求证:(x2y+x+y2)·(xy2+y+x2)>9x2y2.答案1.解法一因为a,b,c均为正数,所以a2+b2+c2≥3(abc)①,因为++≥3(abc)-,所以(++)2≥9(abc)-②.故a2+b2+c2+(++)2≥3(abc)+9(abc)-.又3(abc)+9(abc)-≥2=6③,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)=9(abc)-时,③式等号成立,即当a=b=c=时,原式等号成立.解法二因为a,b,c均为正数,由基本不等式得a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①.同理,++≥++②.故a2+b2+c2+(++)2=a2+b2+c2++++++≥ab+bc+ac+++≥6③.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(ab)2=(bc)2=(ac)2=3时,③式等号成立.即当且仅当a=b=c=时,原不等式等号成立.2.(1)由题意知f(x)=|x-1|+|x-2|=-,, ,, -,当x<1时,由f(x)>2,得3-2x>2,解得x<,所以x<; 当1≤x≤2时,f(x)>2无解;当x>2时,由f(x)>2,得2x-3>2,解得x>,所以x>.综上,不等式f(x)>2的解集为(-∞,)∪(,+∞).(2)因为f(x)=|x-1|+|x-2|,则f(x)≥1,又函数y=ln x在其定义域内为增函数.所以函数g(x)=ln f(x)的值域为[0,+∞).3.(1)由题意可得f(x)=---, -,-, -,,画出函数f(x)的图象,如图D 1所示,图D 1函数f(x)与x轴围成的三角形为△ABC,易求得A(-2a-1,0),B(-,0),C(-a,-a-1).所以S△ABC=[--(-2a-1)]×|-a-1|=(a+1)2≥4(a>0),解得a≥-1.(2)由图D 1可知,f(x)min=f(-a)=-a-1.对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,即f(x)min+2≥0,即-a-1+2≥0,解得a≤1,又a>0,所以实数a的取值范围为(0,1].4.(1)∵m>1,不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1.∵不等式m-|x-2|≥1的解集为[0,4],∴-,,即m=3.(2)由(1)知a+b=3,解法一(利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2≥,∴a2+b2的最小值为.解法二(消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3-a,∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=2(-)+≥,∴a2+b2的最小值为.5.(1)f(x)=-+-≤2(-)(-)=3,当且仅当x=时等号成立.故函数f(x)的最大值M=3.(2)由(1)知M=3.由绝对值三角不等式可得|x-|+|x+2|≥|(x-)-(x+2)|=3.所以不等式|x-|+|x+2|≤3的解集就是方程|x-|+|x+2|=3的解.由绝对值的几何意义得,当且仅当-2x≤,|x-|+|x+2|=3,所以不等式|x- 2 |≤M 的解集为{x|-2 ≤x ≤ .6.(1)当a=-3时,f (x )≥3⇔|x-3|+|x-2|≥3⇔ ,- 或 , 或 , - ,解得x ≤1或x ≥4. 故当a=-3时,不等式f (x )≥3的解集为{x|x ≤1或x ≥4}.(2)由题意可得f (x )≤|x-4|在区间[1,2]上恒成立⇔|x+a|+2-x ≤4-x 在区间[1,2]上恒成立⇔-2-x ≤a ≤2-x 在区间[1,2]上恒成立⇔-3≤a ≤0,即实数a 的取值范围是[-3,0].7.解法一 (作差比较法)因为a>0,b>0,所以 +-( + )= ) ) = )( - ≥0, 所以 +≥ + . 解法二 (作商比较法)因为a>0,b>0,所以 = ) ) ( )= )( ) ( )== - ) ≥1,所以 +≥ + . 8.解法一 (放缩法)因为a+b=1,所以(a+2)2+(b+2)2≥2[( ) ( ) ]2= [(a+b )+4]2=(当且仅当a+2=b+2,即a=b= 时,等号成立). 解法二 (反证法)假设(a+2)2+(b+2)2< ,则 a 2+b 2+4(a+b )+8< .因为a+b=1,则b=1-a ,所以a 2+(1-a )2+12< .所以(a- )2<0,这与(a- )2≥0矛盾,故假设不成立.所以(a+2)2+(b+2)2≥ . 9.(1)要证(a+b )(ab+c 2)≥4abc ,可证a 2b+ac 2+ab 2+bc 2-4abc ≥0,需证b (a 2+c 2-2ac )+a (c 2+b 2-2bc )≥0,即证b (a-c )2+a (c-b )2≥0,当且仅当a=b=c 时,取等号, 由已知,上式显然成立,故不等式(a+b )(ab+c 2)≥4abc 成立.(2)因为a ,b ,c 均为正实数,由不等式的性质知· ≤ =,当且仅当a +1=2时,取等号,·≤=,当且仅当b+1=2时,取等号,·≤=,当且仅当c+1=2时,取等号,以上三式相加,得(++)≤=6,所以++≤3,当且仅当a=b=c=1时,取等号.10.因为x,y是正实数,所以x2y+x+y2≥33xy,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.。

2018届高考数学(文)大一轮复习检测选修4-5不等式选讲(2份有答案)

选修4－5 不等式选讲课时作业68 绝对值不等式1．求不等式|x ＋3|－|2x －1|<x2＋1的解集．解：①当x <－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <10，∴x <－3.②当－3≤x <12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x 2＋1，解得x <－25，∴－3≤x <－25.③当x ≥12时，原不等式化为(x ＋3)－(2x －1)<x2＋1，解得x >2，∴x >2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－25或x >2. 2．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)方法1：令2x ＋1＝0，x －4＝0分别得x ＝－12，x ＝4.原不等式可化为：⎩⎪⎨⎪⎧x <－12－x －5>2或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x <43x －3>2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥4，x ＋5>2.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－7，或x >53. 方法2：f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x <－12，3x －3，－12≤x <4，x ＋5， x ≥4.画出f (x )的图象，如图所示．求得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 >53. (2)由(1)的方法2知：f (x )min ＝－92.3．已知关于x 的不等式|2x －m |≤1的整数解有且仅有一个值为2，求关于x 的不等式|x －1|＋|x －3|≥m 的解集．解：由不等式|2x －m |≤1，可得m －12≤x ≤m ＋12，∵不等式的整数解为2，∴m －12≤2≤m ＋12，解得3≤m ≤5.再由不等式仅有一个整数解2，∴m ＝4. 本题即解不等式|x －1|＋|x －3|≥4，当x <1时，不等式等价于1－x ＋3－x ≥4，解得x ≤0，不等式解集为{x |x ≤0}．当1≤x ≤3时，不等式等价于x －1＋3－x ≥4，解得x ∈∅，不等式解集为∅. 当x >3时，不等式等价于x －1＋x －3≥4，解得x ≥4，不等式解集为{x |x ≥4}．综上，原不等式解集为(－∞，0]∪[4，＋∞)．1．(2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝|x －12|＋|x ＋12|，M 为不等式f (x )<2的解集．(Ⅰ)求M ；(Ⅱ)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.解：(Ⅰ)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.2．(2017·太原一模)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2. (1)解不等式：|g (x )|<5；(2)若对任意的x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由||x －1|＋2|<5，得－5<|x －1|＋2<5，所以－7<|x －1|<3，解不等式得－2<x <4，所以原不等式的解集是{x |－2<x <4}．(2)因为对任意的x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，所以{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，所以|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，所以实数a 的取值范围是{a |a ≥－1或a ≤－5}．3．(2017·新疆一检)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －1|. (1)求不等式f (x )≥x ＋3的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥log a (x ＋1)在x ≥0上恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3x ，x ≤－13－x ，－1<x <1，3x －1，x ≥1不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－11－3x ≥x ＋3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <13－x ≥x ＋3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥13x －1≥x ＋3，解得x ≤－1或－1<x ≤0或x ≥2，不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥2}．(2)依题意知，y ＝log a (x ＋1)的图象过定点(0,0)，以直线x ＝－1为渐近线． ①当0<a <1时，不等式f (x )≥log a (x ＋1)在x ≥0上恒成立；②当a >1时，y ＝log a (x ＋1)的图象过点A (1,2)时，a ＝2，要使不等式f (x )≥log a (x ＋1)在x ≥0上恒成立，则a ≥ 2.故a 的取值范围为(0,1)∪[2，＋∞)．课时作业69 不等式的证明1．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2；(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .证明：(1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(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(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. (2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc . ① 同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ， ②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .2．已知函数f (x )＝2x，x 1，x 2是任意实数且x 1≠x 2，证明： 12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明：12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1 ＋f x 2 －2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22 ＝12[2x 1 ＋2x 2－2×2x 1＋x 22 ]＝12[2x 1－2x 12 ·2x 22 －2x 12 ·2x 22 ＋2x 2] ＝12[2x 12(2x 12 －2x 22 )－2x 22 (2x 12 －2x 22 )] ＝12(2x 12 －2x 22 )(2x 12 －2x 22 )＝12(2x 12－2x 22 )2. 因为x 1≠x 2,2x 12 ≠2x 22 ，所以12(2x 12 －2x 22 )2>0，即12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0，所以12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.3．设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.当且仅当a ＝b ＝1时等号成立． (2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0得0<a <1；同理，00，b >0，c >0.若函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为2. (1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求1a ＋1b ＋1c的最小值．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 ，所以a ＋b ＋c ＝2.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝2，所以1a ＋1b ＋1c ＝(1a ＋1b ＋1c )×a ＋b ＋c 2＝12×[3＋(b a ＋a b )＋(c a ＋a c )＋(cb＋b c )]≥12×(3＋2＋2＋2)＝92，当且仅当b a ＝a b ，c a ＝a c ，c b ＝b c ，即a ＝b ＝c ＝23时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c的最小值为92.2．(2017·昆明检测)已知函数f (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5.(1)求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )的值域是[m ，n ]，且a 2＋b 2＝m ，c 2＋d 2＝n ，求ac ＋bd 的取值范围．解：(1)设g (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1 x ≤－3 2x ＋7 －3<x <19 x ≥1 ，所以g (x )∈[1,9]．所以函数f (x )的值域是[1,3]．(2)由(1)知a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝3，由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，取等号，即(ac ＋bd )2≤3，解得－3≤ac ＋bd ≤3，所以ac ＋bd ∈[－3，3]．3．(2017·衡阳二联)已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，求实数a 的取值范围； (2)若|a |<1，|b |<3，且a ≠0，判断f ab |a |与f (ba)的大小，并说明理由．解：(1)因为f (x －1)＋f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|x －4＋3－x |＝1，不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，则1≥a 即可，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]．(2)f ab |a |>f (ba)．证明：要证f ab |a |>f (ba)，只需证|ab －3| >|b －3a |，即证(ab －3)2>(b －3a )2，又(ab －3)2－(b －3a )2＝a 2b 2－9a 2－b 2＋9＝(a 2－1)(b 2－9)．因为|a |<1，|b |<3，所以(ab －3)2>(b －3a )2成立，所以原不等式成立．。

2018-2019学年高考数学(文科)一轮复习通用版：选修4-5 不等式选讲

选修4－5 不等式选讲第1课绝对值不等式[过双基]1．绝对值三角不等式定理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．2．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x |<a 与|x |>a 的解集(2)|ax ＋b |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． [小题速通]1．不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________．解析：f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.当－1<x <2时，由2x －1≥1，解得1≤x <2. 又当x ≥2时，f (x )＝3>1，所以不等式的解集为{}x |x ≥1. 答案：{x |x ≥1}2．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]x|1≤x≤3，则实数k＝________.3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{}解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.x|1≤x≤3，∵不等式的解集为{}∴k＝2.答案：24．设不等式|x＋1|－|x－2|>k的解集为R，则实数k的取值范围为____________．解析：∵||x＋1|－|x－2||≤3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3，∴k＜(|x＋1|－|x－2|)的最小值，即k＜－3.答案：(－∞，－3)[清易错]1．对形如|f(x)|>a或|f(x)|<a型的不等式求其解集时，易忽视a的符号直接等价转化造成失误．2．绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|中易忽视等号成立的条件．如|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时等号成立，其他类似推导．1．设a，b为满足ab<0的实数，那么()A．|a＋b|>|a－b|B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|＜||a|－|b||D．|a－b|<|a|＋|b|解析：选B∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.2．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋2≤5.答案：5绝对值不等式的解法[典例] 设函数(x )＝|x ＋1|－|x －1|＋a (a ∈R)． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若方程f (x )＝x 只有一个实数根，求实数a 的取值范围． [解] (1)依题意，原不等式等价于： |x ＋1|－|x －1|＋1>0，当x <－1时，－(x ＋1)＋(x －1)＋1>0，即－1>0，此时解集为∅；当－1≤x ≤1时，x ＋1＋(x －1)＋1>0，即x >－12，此时－12<x ≤1；当x >1时，x ＋1－(x －1)＋1>0，即3>0，此时x >1.综上所述，不等式f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx >－12.(2)依题意，方程f (x )＝x 等价于a ＝|x －1|－|x ＋1|＋x ，令g (x )＝|x －1|－|x ＋1|＋x . ∴g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x <－1，－x ，－1≤x ≤1，x －2，x >1..画出函数g (x )的图象如图所示，∴要使原方程只有一个实数根，只需a >1或a <－1. ∴实数a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [方法技巧](1)求解绝对值不等式的两个注意点：①要求的不等式的解集是各类情形的并集，利用零点分段法的操作程序是：找零点、分区间、分段讨论．②对于解较复杂绝对值不等式，要恰当运用条件，简化分类讨论，优化解题过程． (2)求解该类问题的关键是去绝对值符号，可以运用零点分段法去绝对值，此外还常利用绝对值的几何意义求解．[即时演练]1．解不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6.解：法一：当x >12时，原不等式转化为4x ≤6⇒12<x ≤32；当－12≤x ≤12时，原不等式转化为2≤6⇒－12≤x ≤12；当x <－12时，原不等式转化为－4x ≤6⇒－32≤x <－12.综上知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32.法二：原不等式可化为⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x ＋12≤3，其几何意义为数轴上到12，－12两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x＝32或x ＝－32时，到12，－12两点的距离之和恰好为3，故当－32≤x ≤32时，满足题意，则原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32.2．解不等式|x －1|－|x －5|<2.解：当x <1时，不等式可化为－(x －1)－(5－x )<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－(5－x )<2，即2x －6<2，解得x <4，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)．绝对值不等式的证明[典例] 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|x －y |≤14，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 |≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y |≤1. [方法技巧]绝对值不等式证明的3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，数形结合进行证明． [即时演练]已知f (x )＝|x ＋2|－|2x －1|，M 为不等式f (x )>0的解集． (1)求M ；(2)求证：当x ，y ∈M 时，|x ＋y ＋xy |<15.解：(1)f (x )＝⎩⎨⎧x －3，x <－2，3x ＋1，－2≤x ≤12，－x ＋3，x >12，当x <－2时，由x －3>0，得x >3，舍去；当－2≤x ≤12时，由3x ＋1>0，得x >－13，即－13<x ≤12；当x >12时，由－x ＋3>0，得x <3，即12<x <3，综上，M ＝⎝⎛⎭⎫－13，3. (2)证明：∵x ，y ∈M ，∴|x |<3，|y |<3，∴|x ＋y ＋xy |≤|x ＋y |＋|xy |≤|x |＋|y |＋|xy |＝|x |＋|y |＋|x |·|y |<3＋3＋3×3＝15.绝对值不等式的综合应用[典例] (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围． [解] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－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 )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝⎛⎭⎫|x |－322＋54≤54，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，54. [方法技巧](1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．(2)f (x )＜a 恒成立⇔f (x )max ＜a . f (x )＞a 恒成立⇔f (x )min ＞a . [即时演练]已知函数f (x )＝|x －a |－|2x －1|. (1)当a ＝2时，求f (x )＋3≥0的解集；(2)当x ∈[1,3]时，f (x )≤3恒成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，由f (x )＋3≥0，可得|x －2|－|2x －1|≥－3，①⎩⎪⎨⎪⎧ x <12，2－x ＋2x －1≥－3或②⎩⎪⎨⎪⎧12≤x <2，2－x －2x ＋1≥－3或 ③⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －2－2x ＋1≥－3. 解①得－4≤x <12；解②得12≤x <2；解③得x ＝2.综上所述，不等式的解集为{x |－4≤x ≤2}． (2)当x ∈[1,3]时，f (x )≤3恒成立，即|x －a |≤3＋|2x －1|＝2x ＋2. 故－2x －2≤x －a ≤2x ＋2，即－3x －2≤－a ≤x ＋2，∴－x －2≤a ≤3x ＋2对x ∈[1,3]恒成立． ∴a ∈[－3,5]．1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋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 x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0. ①当x ＜－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x ＞1时，①式化为x 2＋x －4≤0，从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. (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．(2015·全国卷Ⅰ)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－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 23<x <2.(2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧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A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．3．(2016·江苏高考)设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a3，求证：|2x ＋y －4|＜a .证明：因为|x －1|＜a 3，|y －2|＜a3，所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|＜2×a 3＋a3＝a .4．(2013·全国卷Ⅰ)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 )＜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 )可化为|2x －1|＋|2x －2|－x －3＜0. 设函数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．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＜x ＜2}． (2)当x ∈⎣⎡⎭⎫－a 2，12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 ∈⎣⎡⎭⎫－a 2，12都成立．故－a 2≥a －2，即a ≤43.从而a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－1，43.1．(2018·唐山模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x ＋1|. (1)当a ＝1时，解不等式f (x )<3； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎨⎧－3x ，x ≤－1，－x ＋2，－1<x <12，3x ，x ≥12，且f (1)＝f (－1)＝3，所以f (x )<3的解集为{x |－1<x <1}．(2)|2x －a |＋|x ＋1|＝⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x ＋1|＋⎪⎪⎪⎪x －a 2≥⎪⎪⎪⎪1＋a 2＋0＝⎪⎪⎪⎪1＋a 2，当且仅当(x ＋1)⎝⎛⎭⎫x －a 2≤0且x －a2＝0时，取等号．所以⎪⎪⎪⎪1＋a2＝1，解得a ＝－4或0.2．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x －1|＋a . (1)当a ＝0时，解不等式f (x )≥g (x )；(2)若对任意x ∈R ，f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，由f (x )≥g (x )，得|2x ＋1|≥|x －1|，两边平方整理得x 2＋2x ≥0，解得x ≥0或x ≤－2. 所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． (2)由f (x )≥g (x )，得a ≤|2x ＋1|－|x －1|. 令h (x )＝|2x ＋1|－|x －1|，则h (x )＝⎩⎨⎧－x －2，x ≤－12，3x ，－12<x <1，x ＋2，x ≥1.故h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫－12＝－32. 故所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－32. 3．已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x －1|，a ∈R. (1)当a ＝3时，求关于x 的不等式f (x )≤6的解集； (2)当x ∈R 时，f (x )≥a 2－a －13，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝3时，不等式f (x )≤6可化为|2x －3|＋|2x －1|≤6.当x <12时，不等式可化为－(2x －3)－(2x －1)＝－4x ＋4≤6，解得－12≤x <12；当12≤x ≤32时，不等式可化为－(2x －3)＋(2x －1)＝2≤6，解得12≤x ≤32；当x >32时，不等式可化为(2x －3)＋(2x －1)＝4x －4≤6，解得32<x ≤52.综上所述，关于x 的不等式f (x )≤6的解集为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －12≤x ≤52.(2)当x ∈R 时，f (x )＝|2x －a |＋|2x －1|≥|2x －a ＋1－2x |＝|1－a |，所以当x ∈R 时，f (x )≥a 2－a －13等价于|1－a |≥a 2－a －13. 当a ≤1时，等价于1－a ≥a 2－a －13，解得－14≤a ≤1；当a >1时，等价于a －1≥a 2－a －13，解得1<a ≤1＋13，所以a 的取值范围为[－14，1＋13]． 4．已知函数f (x )＝|x －a |＋|2x ＋1|. (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤3；(2)若f (x )≤2a ＋x 在[a ，＋∞)上有解，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )≤3化为|x －1|＋|2x ＋1|≤3，则⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，1－x －1－2x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤1，1－x ＋2x ＋1≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，x －1＋2x ＋1≤3，解得－1≤x <－12或－12≤x ≤1或∅.所以原不等式解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)因为x ∈[a ，＋∞)，所以f (x )＝|x －a |＋|2x ＋1|＝x －a ＋|2x ＋1|≤2a ＋x ，即|2x ＋1|≤3a 有解，所以a ≥0，所以不等式化为2x ＋1≤3a 有解，即2a ＋1≤3a ，解得a ≥1，所以a 的取值范围为[1，＋∞)． 5．设函数f (x )＝|2x －a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－6≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≤(k 2－1)x －5的解集非空，求实数k 的取值范围．解：(1)∵|2x －a |＋2a ≤6，∴|2x －a |≤6－2a,2a －6≤2x －a ≤6－2a ， ∴32a －3≤x ≤3－a 2. 而f (x )≤6的解集为{x |－6≤x ≤4}，故有⎩⎨⎧32a －3＝－6，3－12a ＝4，解得a ＝－2.(2)由(1)得f (x )＝|2x ＋2|－4， ∴不等式|2x ＋2|－4≤(k 2－1)x －5，化简得|2x ＋2|＋1≤(k 2－1)x ，令g (x )＝|2x ＋2|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3，x ≥－1，－2x －1，x <－1.画出函数y ＝g (x )的图象如图所示．要使不等f (x )≤(k 2－1)x －5的解集非空，只需k 2－1>2或k 2－1≤－1，解得k >3或k <－3或k ＝0，∴实数k 的取值范围为(－∞，－3)∪{0}∪(3，＋∞)． 6．设函数f (x )＝|ax －1|.(1)若f (x )≤2的解集为[－6,2]，求实数a 的值；(2)当a ＝2时，若存在x ∈R ，使得不等式f (2x ＋1)－f (x －1)≤7－3m 成立，求实数m 的取值范围．解：(1)显然a ≠0，当a ＞0时，解集为⎣⎡⎦⎤－1a ，3a ，则－1a ＝－6，3a ＝2，无解；当a ＜0时，解集为⎣⎡⎦⎤3a，－1a ，则－1a ＝2，3a ＝－6，得a ＝－12.综上所述，a ＝－12.(2)当a ＝2时，令h (x )＝f (2x ＋1)－f (x －1)＝|4x ＋1|－|2x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －4，x ≤－14，6x －2，－14＜x ＜32，2x ＋4，x ≥32，由此可知，h (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－14上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－14，32上单调递增，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增，则当x ＝－14时，h (x )取到最小值－72，由题意知，－72≤7－3m ，解得m ≤72，故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，72. 7．(2018·九江模拟)已知函数f (x )＝|x －3|－|x －a |. (1)当a ＝2时，解不等式f (x )≤－12；(2)若存在实数a ，使得不等式f (x )≥a 成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵a ＝2，∴f (x )＝|x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤2，5－2x ，2<x <3，－1，x ≥3，∴f (x )≤－12等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，1≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧ 2<x <3，5－2x ≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，－1≤－12，解得114≤x ＜3或x ≥3，∴不等式的解集为⎣⎡⎭⎫114，＋∞.(2)由不等式性质可知f (x )＝|x －3|－|x －a |≤|(x －3)－(x －a )|＝|a －3|， ∴若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，则|a －3|≥a ，解得a ≤32，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，32. 8．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x |＋a ， (1)若a ＝－1，求不等式f (x )≥0的解集；(2)若方程f (x )＝2x 有三个不同的解，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，不等式f (x )≥0可化为 |2x ＋1|－|x |－1≥0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－(2x ＋1)－(－x )－1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x <0，(2x ＋1)－(－x )－1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，(2x ＋1)－x －1≥0，解得x ≤－2或x ≥0，∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． (2)由f (x )＝2x ，得a ＝2x ＋|x |－|2x ＋1|，令g (x )＝2x ＋|x |－|2x ＋1|，则g (x )＝⎩⎨⎧3x ＋1，x <－12，－x －1，－12≤x <0，x －1，x ≥0，作出函数y ＝g (x )的图象如图所示，易知A ⎝⎛⎭⎫－12，－12，B (0，－1)，结合图象知：当－1<a <－12时，函数y ＝a 与y ＝g (x )的图象有三个不同交点，即方程f (x )＝2x 有三个不同的解，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1，－12.第2课不等式证明[过双基]1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b ＞0，那么a ＋b2≥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a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 2．比较法(1)比差法：依据是a －b ＞0⇔a ＞b ；步骤是“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1. 3．综合法与分析法(1)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．(2)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．4．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 都是实数，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 *)为实数，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n a 2i ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n b 2i ≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n a i b i 2，当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b na 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．[小题速通]1．若m ＝a ＋2b ，n ＝a ＋b 2＋1，则m 与n 的大小关系为________．解析：∵n －m ＝a ＋b 2＋1－a －2b ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴n ≥m .答案：n ≥m2．若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(填序号)．①ab ≤1；② a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2； ④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b ≥2. 解析：令a ＝b ＝1，排除②④；由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确； a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确； 1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝2ab ≥2，命题⑤正确．答案：①③⑤3．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________．解析：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1c 得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．答案：9[清易错]1．在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号．2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件．1．已知a >0，b >0，则a a b b ________(ab )a ＋b2(填大小关系)．解析：∵a a b b (ab )a ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫a b a －b 2，∴当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b a －b2＝1，当a >b >0时，a b >1，a －b 2>0，∴⎝⎛⎭⎫a b a －b 2>1，当b >a >0时，0<ab <1，a －b 2<0，则⎝⎛⎭⎫a b a －b 2>1，∴a a b b≥(ab )a ＋b2.答案：≥2．设x >y >z >0，求证：x －z ＋8(x －y )(y －z )≥6.证明：x －z ＋8(x －y )(y －z )＝(x －y )＋(y －z )＋8(x －y )(y －z )≥33(x －y )(y －z )8(x －y )(y －z )＝6.当且仅当x －y ＝y －z ＝8(x －y )(y －z )时取等号，所以x －z ＋8(x －y )(y －z )≥6.[典例] (2018·a ＋b )． [证明] (a 2＋b 2)－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b ) ＝(a 12－b 12)(a 32－b 32)．因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 32同号，所以(a 12－b 12)(a 32－b 32)≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [方法技巧]比较法证明不等式的方法和步骤(1)求差比较法：由a >b ⇔a －b >0，a b 只要证明a －b >0即可，这种方法称为求差比较法．(2)求商比较法：由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明ab >1即可，这种方法称为求商比较法．(3)用比较法证明不等式的一般步骤是：作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解．[即时演练]求证：当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 证明：法一：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1) ＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1)2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0，所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 法二：(1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0，所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2.综合法证明不等式[典例] 已知a ，(1)(ax ＋by )2≤ax 2＋by 2； (2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252.[证明] (1)(ax ＋by )2－(ax 2＋by 2)＝a (a －1)x 2＋b (b －1)y 2＋2abxy ，因为a ＋b ＝1，所以a －1＝－b ，b －1＝－a ，又a ，b 均为正数，所以a (a －1)x 2＋b (b －1)y 2＋2abxy ＝－ab (x 2＋y 2－2xy )＝－ab (x －y )2≤0，当且仅当x ＝y 时等号成立．所以(ax ＋by )2≤ax 2＋by 2.(2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝4＋a 2＋b 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b 2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b ＋1＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋⎝⎛⎭⎫2b a ＋2a b ＋⎝⎛⎭⎫b 2a 2＋a 2b 2≥6＋(a ＋b )22＋4＋2＝252，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252. [方法技巧]1．综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有：a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ；a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22. (4)a ＋b 2≥ab ，它的变形形式有：a ＋1a ≥2(a >0)；ab ＋b a ≥2(ab >0)； a b ＋ba ≤－2(ab <0)． [即时演练]设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.分析法证明不等式[典例] 设a ，b 求证：(1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc ＋b ac ＋cab ≥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a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )．即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得．所以原不等式成立． (2)abc＋ b ac＋ c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3. 因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥ 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 ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2.所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca 当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立．所以原不等式成立． [方法技巧]1．用分析法证“若A 则B ”这个命题的模式为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… ……只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 必真． 2．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、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．[即时演练]已知a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 证明：要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ，即证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，即证|a －c |<c 2－ab ，即证(a －c )2<c 2－ab ，即证a 2－2ac <－ab .因为a >0，所以只要证a －2c <－b ，即证a ＋b <2c .由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d . (2)①必要性：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a ＋b >c ＋d .②充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 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，a ＋b >c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件． 4．(2014·全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2. (2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3. 由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.1．已知a ，b 都是正实数，且a ＋b ＝2，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.证明：∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1－1＝a 2(b ＋1)＋b 2(a ＋1)－(a ＋1)(b ＋1)(a ＋1)(b ＋1) ＝a 2b ＋a 2＋b 2a ＋b 2－ab －a －b －1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋ab (a ＋b )－ab －(a ＋b )－1(a ＋1)(b ＋1)＝a 2＋b 2＋2ab －ab －3(a ＋1)(b ＋1)＝(a ＋b )2－3－ab (a ＋1)(b ＋1)＝1－ab (a ＋1)(b ＋1).∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1. ∴1－ab (a ＋1)(b ＋1)≥0. ∴a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 2．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . (1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. 解：(1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3. (2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3. 3．(2018·云南统一检测)已知a 是常数，对任意实数x ，不等式|x ＋1|－|2－x |≤a ≤|x ＋1|＋|2－x |都成立．(1)求a 的值；(2)设m ＞n ＞0，求证：2m ＋1m 2－2mn ＋n 2≥2n ＋a .解：(1)设f (x )＝|x ＋1|－|2－x |，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1＜x ＜2，3，x ≥2，∴f (x )的最大值为3.∵对任意实数x ，|x ＋1|－|2－x |≤a 都成立，即f (x )≤a ， ∴a ≥3.设h (x )＝|x ＋1|＋|2－x |，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1＜x ＜2，2x －1，x ≥2，则h (x )的最小值为3.∵对任意实数x ，|x ＋1|＋|2－x |≥a 都成立，即h (x )≥a ， ∴a ≤3. ∴a ＝3.(2)证明：由(1)知a ＝3. ∵2m ＋1m 2－2mn ＋n 2－2n ＝(m －n )＋(m －n )＋1(m －n )2，且m ＞n ＞0，∴(m －n )＋(m －n )＋1(m －n )2≥33(m －n )(m －n )1(m －n )2＝3.∴2m ＋1m 2－2mn ＋n 2≥2n ＋a .4．已知x ，y ，z 是正实数，且满足x ＋2y ＋3z ＝1. (1)求1x ＋1y ＋1z 的最小值；(2)求证：x 2＋y 2＋z 2≥114. 解：(1)∵x ，y ，z 是正实数，且满足x ＋2y ＋3z ＝1， ∴1x ＋1y ＋1z ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＋1z (x ＋2y ＋3z )＝6＋2y x ＋3z x ＋x y ＋3z y ＋x z ＋2yz ≥6＋22＋23＋26，当且仅当2y x ＝x y 且3z x ＝x z 且3z y ＝2yz 时取等号． (2)由柯西不等式可得1＝(x ＋2y ＋3z )2≤(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋32) ＝14(x 2＋y 2＋z 2)，∴x 2＋y 2＋z 2≥114，当且仅当x ＝y 2＝z 3，即x ＝114，y ＝17，z ＝314时取等号．故x 2＋y 2＋z 2≥114.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|. (1)若f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b ≥2ab . 解：(1)由绝对值不等式的性质知 f (x )＝|x |＋|x －1|≥|x －x ＋1|＝1， ∴f (x )min ＝1， ∴只需|m －1|≤1，即－1≤m －1≤1， ∴0≤m ≤2，∴实数m 的最大值M ＝2.(2)证明：∵a 2＋b 2≥2ab ，且a 2＋b 2＝2， ∴ab ≤1，∴ab ≤1，当且仅当a ＝b 时取等号．① 又ab ≤a ＋b 2，∴ab a ＋b ≤12，∴ab a ＋b ≤ab2，当且仅当a ＝b 时取等号．②由①②得，ab a ＋b ≤12，∴a ＋b ≥2ab . 6．(2018·吉林实验中学模拟)设函数f (x )＝|x －a |. (1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥4－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为[0,2]，1m ＋12n ＝a (m >0，n >0)，求证：m ＋2n ≥4.解：(1)当a ＝2时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥4.①当x ≥2时，不等式可化为x －2＋x －1≥4，解得x ≥72；②当1＜x ＜2时，不等式可化为2－x ＋x －1≥4，不等式的解集为∅；③当x ≤1时，不等式可化为2－x ＋1－x ≥4，解得x ≤－12.综上可得，不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪⎣⎡⎭⎫72，＋∞. (2)证明：∵f (x )≤1，即|x －a |≤1，解得a －1≤x ≤a ＋1，而f (x )≤1的解集是[0,2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1＝2，解得a ＝1，所以1m ＋12n ＝1(m >0，n >0)，所以m ＋2n ＝(m ＋2n )⎝⎛⎭⎫1m ＋12n ＝2＋m 2n ＋2nm≥2＋2m 2n ·2nm＝4，当且仅当m ＝2，n ＝1时取等号． 7．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)若t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，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(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2＝a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2，所以t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝t (ac ＋bd )．由于a 4＋c 4≥ 2ac,b 4＋d 4≥ 2bd ，又已知t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，则t (ac ＋bd )≥ 2(ac ＋bd )，故t ≥ 2，当且仅当a ＝c ，b ＝d 时取等号．所以实数t 的取值范围为[2，＋∞)． 8．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 (ab )|a |>f ⎝⎛⎭⎫b a . 解：(1)f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎨⎧－3x －2，x <－3，－x ＋4，－3≤x <12，3x ＋2，x ≥12，当x <－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103；当－3≤x <12时，－x ＋4≥8无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2.所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－103∪[2，＋∞)． (2)证明：f (ab )|a |>f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )>|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ，即|ab －1|>|a －b |. 因为|a |<1，|b |<1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)>0，所以|ab －1|>|a －b |. 故所证不等式成立.阶段滚动检测(六)全程仿真验收(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若集合A ＝{1,2,3}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －4＞0，x ，y ∈A }，则集合B 中的元素个数为( ) A ．9 B ．6 C ．4D ．3解析：选D 集合A ＝{1,2,3}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －4＞0，x ，y ∈A }＝{(2,3)，(3,2)，(3,3)}，则集合B 中的元素个数为3.2．若复数2a ＋2i1＋i (a ∈R)是纯虚数，则复数2a ＋2i 在复平面内对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B2a ＋2i 1＋i ＝(2a ＋2i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝2a ＋2＋(2－2a )i2，由题意可知2a ＋2＝0且2－2a ≠0，所以a ＝－1，则复数2a ＋2i 在复平面内对应的点(－2,2)在第二象限．3．已知命题p ：∃x 0∈(－∞，0)，2x 0＜3x 0；命题q ：∀x ∈0，π2，cos x ＜1，则下列命题为真命题的是( )A ．p ∧qB ．p ∨(綈q )C ．(綈p )∧qD ．p ∧(綈q )解析：选C 因为x ∈(－∞，0)时，2x 3x ＝⎝⎛⎭⎫23x＞1，所以2x ＞3x ，故命题p 是假命题；命题q ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，cos x ＜1，是真命题，则綈p 是真命题，綈q 是假命题，故(綈p )∧q 是真命题．4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1＋2πB ．1＋4π3C ．1＋π2D ．1＋π6解析：选D 由三视图可知，该几何体是一个组合体，上面是一个半径为12的球，下面是一个棱长为1的正方体，所以该几何体的体积V ＝4π3·⎝⎛⎭⎫123＋1＝1＋π6.5．函数y ＝x 22x －2－x的图象可能是( )解析：选C 因为f (－x )＝x 22－x －2x ＝－f (x )，即函数y ＝x 22x －2－x是奇函数，故排除B 、D ；当x >0，且x →＋∞时，y →0，故排除A ，因此选C.6．执行如图所示的程序框图，如果输入的m ，n 分别为1 848,936，则输出的m 的值为( )A ．168B ．72C ．36D ．24解析：选D 根据题意，运行程序：m ＝1 848，n ＝936；r ＝912，m ＝936，n ＝912；r ＝24，m ＝912，n ＝24；r ＝0，m ＝24，n ＝0，此时满足条件，循环结束，输出m ＝24，故选D.7.如图，Rt △ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝4，O 为BC 的中点，以O 为圆心，1为半径的半圆与BC 交于点D ，P 为半圆上任意一点，则BP ―→·AD ―→的最小值为( )A ．2＋ 5 B. 5 C ．2D ．2－ 5解析：选D 建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－2,0)，A (0,2)，D (1,0)，设P (x ，y )，故BP ―→＝(x ＋2，y )，AD ―→＝(1，－2)，所以BP ―→·AD ―→＝x －2y ＋2.令x －2y ＋2＝t ，根据直线的几何意义可知，当直线x －2y ＋2＝t 与半圆相切时，t 取得最小值，由点到直线的距离公式可得|2－t |5＝1，t ＝2－5，即BP ―→·AD ―→的最小值是2－ 5.8．将函数f (x )＝cos ωx (ω＞0)的图象向右平移π3个单位，若所得图象与原图象重合，则f ⎝⎛⎭⎫π24不可能等于( )A ．0B ．1 C.22D.32解析：选D 将函数f (x )＝cos ωx (ω＞0)的图象向右平移π3个单位，得函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －ωπ3，由题意可得ωπ3＝2k π，k ∈Z ，因为ω＞0，所以ω＝6k ＞0，k ∈Z ，则f ⎝⎛⎭⎫π24＝cos ωπ24＝cos k π4，k ∈Z ，显然，f ⎝⎛⎭⎫π24不可能等于32，故选D. 9．(2017·郑州二模)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ＋2，x ＋y ≤6，x ≥1，则z ＝2|x －2|＋|y |的最小值是( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选C作出不等式组⎩⎨⎧y ≥x ＋2，x ＋y ≤6，x ≥1表示的可行域如图中阴影部分所示，其中A (2,4)，B (1,5)，C (1，3)，∴x ∈[1,2]，y ∈[3,5]．∴z ＝2|x －2|＋|y |＝－2x ＋y ＋4，当直线y ＝2x －4＋z 过点A (2,4)时，直线在y 轴上的截距最小，此时z 有最小值，∴z min ＝－2×2＋4＋4＝4，故选C.10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2，则tanC ＝( )A ．2B ．－2 C.12D ．－12解析：选A 因为b 2－a 2＝12c 2且b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ＝2bc ，所以b ＝3c 22，a ＝5c 22，由余弦定理可得cos C ＝58c 2＋98c 2－c 22×5c 22×3c 22＝15，则角C 是锐角，sin C ＝25，则tan C ＝sin C cos C ＝2.11．已知点P 在双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支上，F 1，F 2分别为双曲线的左、右焦点，若|PF 1―→ |2－|PF 2―→|2＝12a 2，则该双曲线的离心率的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．(2,4]C ．(2,3]D ．(1,3]解析：选D 根据题意，因为|PF 1―→|2－|PF 2―→|2＝12a 2，且|PF 1|－|PF 2|＝2a ，所以|PF 1|＋|PF 2|＝6a ≥|F 1F 2|＝2c ，所以e ≤3.又因为e >1，所以该双曲线的离心率的取值范围是(1,3]．12．已知f ′(x )为函数f (x )的导函数，且f (x )＝12x 2－f (0)x ＋f ′(1)e x －1，若g (x )＝f (x )－12x 2＋x ，则方程g ⎝⎛⎭⎫x2a －x －x ＝0有且仅有一个根时，实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0)∪{1} B ．(－∞，1] C ．(0,1]D ．[1，＋∞)解析：选A 由函数的解析式可得f (0)＝f ′(1)e －1，f ′(x )＝x －f (0)＋f ′(1)e x －1，f ′(1)＝1－f (0)＋f ′(1)，所以f ′(1)＝e ，f (0)＝1，所以f (x )＝12x 2－x ＋e x ，g (x )＝f (x )－12x 2＋x ＝e x ，则e x 2a －x －x ＝0有且仅有一个根，即x 2a ＝x ＋ln x 有且仅有一个根，分别作出y ＝x 2a 和y＝x ＋ln x 的图象，由图象知a <0或a ＝1.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．(m ＋x )(1＋x )3的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为16，则⎠⎛-11x m d x ＝________.解析：(m ＋x)(1＋x)3＝(m ＋x)(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)，所以x 的奇数次幂项的系数之和为m C 03＋m C 23＋C 13＋C 33＝16，解得m ＝3，所以⎠⎛-11x md x ＝⎠⎛-11x 3d x ＝14x 4⎪⎪⎪1-1＝0.答案：014．在△ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝1t，AC ＝t ，P 是△ABC 所在平面内一点，若AP ―→＝4AB―→|AB ―→|＋AC ―→|AC ―→|，则△PBC 面积的最小值为________．解析：由于AB ⊥AC ，故以AB ，AC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B ⎝⎛⎭⎫1t ，0，C(0，t)，因为AP ―→＝4AB ―→|AB ―→|＋AC ―→|AC ―→|，所以点P 坐标为(4,1)，直线BC 的方程为t 2x ＋y －t ＝0，所以点P 到直线BC 的距离为d ＝|4t 2＋1－t|t 4＋1，BC ＝t 4＋1t，所以△PBC 的面积为12×|4t 2＋1－t|t 4＋1×t 4＋1t ＝12⎪⎪⎪⎪4t ＋1t －1≥32，当且仅当t ＝12时取等号．答案：3215．若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m)y －3＝0与x 轴、y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为________．解析：令x ＝0，得y ＝33－m ；令y ＝0，得x ＝3m ＋2.所以12·|x|·|y|＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪3m ＋2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪33－m ＜98，因为m ∈(0,3)，所以解得0<m<2，由几何概型概率公式可得，所求事件的概率为23.答案：2316．已知M(x 0，y 0)是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)上一点，A ，B 是其左、右顶点，若AM―→2AM ―→·BM ―→＝x 20－a 2，则离心率e ＝________.解析：由题意知A(－a,0)，B(a,0)，∴AM ―→＝(x 0＋a ，y 0)，BM ―→＝(x 0－a ，y 0)，∵2AM ―→·BM―→＝x 20－a 2，∴2(x 20－a 2＋y 20)＝x 20－a 2，∴x 20＝a 2－2y 20. 又x 20a 2＋y 20b 2＝1，∴a 2－2y 20a 2＋y 20b2＝1， ∴－2a 2＋1b2＝0，∴a 2＝2b 2，∴c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝1－12＝12，∴e ＝22. 答案：22三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且满足a n ＋1＝S n ＋2n ＋1(n∈N *)．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 为等差数列；(2)求S 1＋S 2＋…＋S n .解：(1)证明：由条件可知，S n ＋1－S n ＝S n ＋2n ＋1，即S n ＋1－2S n ＝2n ＋1，整理得S n ＋12n ＋1－S n2n ＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，S n2n ＝1＋n －1＝n ，即S n ＝n ·2n ，令T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ，则T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ①2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，②①－②，得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以T n ＝2＋(n －1)·2n ＋1.18．(本小题满分12分)如图所示的是某母婴用品专卖店根据以往销售奶粉的销售记录绘制的日销售量的频率分布直方图．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)估计日销售量的平均值；(2)求未来连续三天里，有两天日销售量不低于100袋且另一天销售量低于50袋的概率； (3)记X 为未来三天里日销售量不低于150袋的天数，求X 的分布列和均值(数学期望)．解：(1)估计日销售量的平均值为25×0.003×50＋75×0.005×50＋125×0.006×50＋175×0.004×50＋225×0.002×50＝117.5.(2)不低于100袋的概率为0.6，低于50袋的概率为0.15，设事件A 表示有两天日销售量不低于100袋且另一天销售量低于50袋，则P (A )＝C 23(0.6)2×0.15＝0.162.(3)不低于150袋的概率为0.3，由题意知，X ～B (3,0.3)，P (X ＝0)＝C 03(0.7)3＝0.343， P (X ＝1)＝C 13(0.7)2×0.3＝0.441， P (X ＝2)＝C 23×0.7×0.32＝0.189， P (X ＝3)＝C 33×0.33＝0.027.所以X 的分布列为则X 的均值为E (X 19．(本小题满分12分)如图①，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝4，点D 在线段AC。

2018届高考数学文大一轮复习教师用书：选修4-5 不等式选讲第1节绝对值不等式含答案精品

选修4－5 不等式选讲第一节绝对值不等式————————————————————————————————1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a ＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)，|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.1．绝对值三角不等式定理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．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：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．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)|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．( )(2)不等式|a|－|b|≤|a＋b|等号成立的条件是ab≤0.()(3)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.()(4)当ab ≥0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |成立．( ) (1)√ (2)× (3)√ (4)√ 2．(教材改编)若关于x 的不等式|ax －2|＜3的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－53＜x ＜13，则实数a ＝________.－33．(教材改编)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________．(－∞，－3]∪4．解不等式x ＋|2x ＋3|≥2.当x ≥－32时，原不等式化为3x ＋3≥2，3分解得x ≥－13.6分当x ＜－32时，原不等式化为－x －3≥2，解得x ≤－5.8分综上，原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤－5或x ≥－13.10分 5．(2016·江苏高考)设a >0，|x －1|<a 3，|y －2|<a3，求证：|2x ＋y －4|<a .因为|x －1|<a 3，|y －2|<a3，所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|<2a 3＋a3＝a .故原不等式得证.10分(1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|>1的解集．图1(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32，3分故y ＝f (x )的图象如图所示．6分(2)由f (x )的函数表达式及图象可知，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3；当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5.8分故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}，f (x )＜－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞5. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5.10分 1.本题用零点分段法画出分段函数的图象，结合图象的直观性求出不等式的解集，体现数形结合思想的应用．2．解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，零点分段法操作程序是：找零点，分区间，分段讨论．此外还常利用绝对值的几何意义求解．(2016·吉林实验中学模拟)设函数f (x )＝|x －a |. (1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥4－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为，1m ＋12n ＝a (m ＞0，n ＞0)，求证：m ＋2n ≥4.(1)当a ＝2时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥4， ①当x ≥2时，不等式可化为x －2＋x －1≥4，解得x ≥72；②当12＜x ＜72时，不等式可化为2－x ＋x －1≥4，不等式的解集为∅；③当x ≤12时，不等式可化为2－x ＋1－x ≥4，解得x ≤－12.综上可得，不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞. (2)证明：因为f (x )≤1，即|x －a |≤1，解得a －1≤x ≤a ＋1，而f (x )≤1的解集是．所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1＝2，解得a ＝1，所以1m ＋12n＝1(m ＞0，n ＞0)，所以m ＋2n ＝(m ＋2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋12n ＝2＋m 2n ＋2nm≥2＋2m 2n ·2nm＝4，当且仅当m ＝2，n ＝1时取等号.对于任意的实数a (a ≠0)和b ，不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，记实数M 的最大值是m .(1)求m 的值；(2)解不等式|x －1|＋|x －2|≤m .(1)不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，即M ≤|a ＋b |＋|a －b ||a |对于任意的实数a (a ≠0)和b 恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值.2分因为|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |，当且仅当(a －b )(a ＋b )≥0时等号成立， |a |≥|b |时，|a ＋b |＋|a －b ||a |≥2成立，也就是|a ＋b |＋|a －b ||a |的最小值是2，即m ＝2.5分(2)|x －1|＋|x －2|≤2.法一：利用绝对值的意义得：12≤x ≤52.10分法二：①当x ＜1时，不等式为－(x －1)－(x －2)≤2，解得x ≥12，所以x 的取值范围是12≤x ＜1.②当1≤x ≤2时，不等式为(x －1)－(x －2)≤2，得x 的取值范围是1≤x ≤2.8分③当x ＞2时，原不等式为(x －1)＋(x －2)≤2,2＜x ≤52.综上可知，不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪12≤x ≤52.10分 1.(1)利用绝对值不等式性质定理要注意等号成立的条件：当ab ≥0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |；当ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |；当(a －b )(b －c )≥0时，|a －c |＝|a －b |＋|b －c |.(2)对于求y ＝|x －a |＋|x －b |或y ＝|x ＋a |－|x －b |型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．2．第(2)问易出现解集不全或错误．对于含绝对值的不等式，不论是分段去绝对值符号还是利用几何意义，都要不重不漏．对于任意实数a ，b ，已知|a －b |≤1，|2a －1|≤1，且恒有|4a －3b ＋2|≤m ，求实数m 的取值范围．【导学号：31222444】因为|a －b |≤1，|2a －1|≤1，所以|3a －3b |≤3，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －12≤12，4分所以|4a －3b ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －3b ＋⎝⎛⎭⎪⎫a －12＋52≤|3a －3b |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －12＋52≤3＋12＋52＝6，8分则|4a －3b ＋2|的最大值为6，所以m ≥|4a －3b ＋2|max ＝6，m 的取值范围是 (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－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；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⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪23<x <2.4分 (2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧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A ⎝⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)．因此△ABC 的面积S ＝12|AB |·(a ＋1)＝23(a ＋1)2.8分由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞).10分1.研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．2．第(2)问求解要抓住三点：(1)分段讨论，去绝对值符号，化f (x )为分段函数；(2)数形结合求△ABC 的三个顶点坐标，进而得出△ABC 的面积；(3)解不等式求a 的取值范围．(2016·全国卷Ⅲ)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，恒有f (x )＋g (x )≥3，求实数a 的取值范围． (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}.4分(2)当x ∈R 时，f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋a ＋|1－2x |≥|(2x －a )＋(1－2x )|＋a ＝|1－a |＋a ，6分当x ＝12时等号成立，所以当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3等价于|1－a |＋a ≥3. ①8分当a ≤1时，①等价于1－a ＋a ≥3，无解．当a >1时，①等价于a －1＋a ≥3，解得a ≥2. 所以a 的取值范围是1．绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，几何法(利用绝对值几何意义)，构造函数法．前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用．2．不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．1．利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件．2．形如|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)的不等式，在讨论时应注意分类讨论点处的处理及c 的符号判断，若c ≤0，则不等式解集为R .课时分层训练(六十九) 绝对值不等式1．已知|2x －3|≤1的解集为． (1)求m ＋n 的值；(2)若|x －a |＜m ，求证：|x |＜|a |＋1.(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，得1≤x ≤2，3分∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.5分(2)证明：若|x －a |＜1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |＜|a |＋1.10分 2．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值．当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a ＜－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －1＋2a ，x ≤a ，x －1－2a ，a ＜x ≤－1，3x ＋1－2a ，x ＞－1，3分f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，解得a ＝－6；5分当a ＞－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －1＋2a ，x ≤－1，－x ＋1＋2a ，－1＜x ≤a ，3x ＋1－2a ，x ＞a ，7分f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，解得a ＝4.9分综上所述，实数a 的值为－6或4.10分3．(2017·衡水中学调研)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. 【导学号：31222445】 (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，求a 的取值范围．(1)当a ＝－3时，不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.(*) 若x ≤2时，由(*)式，得5－2x ≥3，∴x ≤1. 若2＜x ＜3时，由(*)式知，解集为∅. 若x ≥3时，由(*)式，得2x －5≥3，∴x ≥4. 综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}.4分 (2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，(**) 当1≤x ≤2时，(**)式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，解得－2－a ≤x ≤2－a .8分由条件，是f (x )≤|x －4|的解集的子集， ∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0，故满足条件的实数a 的取值范围是.10分4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 |.(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}.5分(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.10分5．(2017·湖南长郡中学模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .【导学号：31222446】(1)求1a ＋1b的最小值m ；(2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m2成立，说明理由．(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a ＞0，b ＞0)，则ab ≤1. 又1a ＋1b≥2ab≥2，当且仅当a ＝b 时取等号， ∴1a ＋1b的最小值m ＝2.5分(2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1t －x －t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t≥2.对于(1)中的m ＝2，m2＝1＜2. ∴满足条件的实数x 不存在.10分6．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式|x －1|＜f (x )；(2)已知m ＋n ＝1(m ，n ＞0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1n(a ＞0)恒成立，求实数a 的取值范围．(1)依题设，得|x －1|＜|3x ＋2|，所以(x －1)2＜(3x ＋2)2，则x ＞－14或x ＜－32，故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＞－14或x ＜－32.4分 (2)因为m ＋n ＝1(m ＞0，n ＞0)，所以1m ＋1n＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ＝2＋m n ＋n m≥4，当且仅当m ＝n ＝12时，等号成立．令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x ＜－23，－4x －2＋a ，－23≤x ≤a ，－2x －2－a ，x ＞a ，8分则x ＝－23时，g (x )取得最大值23＋a ，要使不等式恒成立，只需g (x )max ＝23＋a ≤4.解得a ≤103.又a ＞0，因此0＜a ≤103.10分。

高考数学总复习选修4-5 不等式选讲第1课时绝对值不等式(含答案)

选修4－5 不等式选讲第1课时绝对值不等式(理科专用)1. 解不等式：|2x －1|＜3.解：|2x －1|＜3Þ－3＜2x －1＜3Þ－1＜x ＜2.2. 若关于x 的不等式|x ＋1|－|x －2|<a 2－4a 有实数解，求实数a 的取值范围．解：∵ ||x ＋1|－|x －2||≤|(x ＋1)－(x －2)|＝3，∴ －3≤|x ＋1|－|x －2|≤3.由不等式a 2－4a>|x ＋1|－|x －2|有实数解，知a 2－4a>－3，解得a>3或a<1.3. 不等式|2－x|＋|x ＋1|≤a 对于任意x ∈[0，5]恒成立的实数a 的集合是多少？解：当x ∈[0，2]时，|2－x|＋|x ＋1|＝2－x ＋x ＋1＝3，当x ∈[2，5]时，|2－x|＋|x ＋1|＝x －2＋x ＋1＝2x －1≤9，综上可得|2－x|＋|x ＋1|≤9，∴ a ≥9.4. 解不等式：|2x ＋1|－|x －4|<2.解：① 当x ≥4时，2x ＋1－(x －4)<2，∴ x ∈Æ；② 当－12≤x<4时，2x ＋1＋x －4<2， ∴ －12≤x<53； ③ 当x<－12时，－2x －1＋x －4<2. ∴ －7<x<－12. 综上，该不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－7，53. 5. 若f(x)＝||x －t ＋||5－x 的最小值为3，求实数t 的值．解：由f ()x ＝||x －t ＋||5－x ≥|(x －t)＋(5－x)|＝||5－t ＝3，解得t ＝2或8.6. 若对任意x ∈R ，||2－x ＋||3＋x ≥a 2－4a 恒成立，求实数a 的取值范围．解：||2－x ＋||3＋x ≥5，要||2－x ＋||3＋x ≥a 2－4a 恒成立，即5≥a 2－4a ，解得－1≤a ≤5.7. 设a ∈R ，函数f(x)＝ax 2＋x －a(－1≤x ≤1)．(1) 若|a|≤1，求证：|f(x)|≤54； (2) 求使函数f(x)最大值为178时a 的值． (1) 证明：∵ |x|≤1，|a|≤1，∴ |f(x)|＝|a(x 2－1)＋x|≤|a(x 2－1)|＋|x|＝|a|·|x 2－1|＋|x|≤|x 2－1|＋|x|＝|1－x 2|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x|－122＋54≤54. (2) 解：当a ＝0时，f(x)＝x(－1≤x ≤1)的最大值是f(1)＝1，从而a ≠0，故知f(x)是二次函数．∵ f(±1)＝±1，∴ f(x)＝ax 2＋x －a(－1≤x ≤1)有最大值178⎩⎪⎨⎪⎧－1<－12a <1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝178，即⎩⎪⎨⎪⎧a<－12，（a ＋2）⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋18＝0，∴ a ＝－2. 8. 已知f(x)＝x 2－x ＋c 定义在区间[0，1]上，x 1、x 2∈[0，1]，且x 1≠x 2，求证：(1) f(0)＝f(1)；(2) |f(x 2)－f(x 1)|<|x 1－x 2|.证明：(1) ∵ f(0)＝c ，f(1)＝c ，∴ f(0)＝f(1)．(2) |f(x 2)－f(x 1)|＝|x 22－x 2＋c －x 21＋x 1－c|＝|x 2－x 1|·|x 2＋x 1－1|. ∵ 0≤x 1≤1，0≤x 2≤1，0<x 1＋x 2<2(x 1≠x 2)，∴ －1<x 1＋x 2－1<1，∴ |x 2＋x 1－1|<1，∴ |f(x 2)－f(x 1)|<|x 1－x 2|.9. 如图，O 为数轴的原点，A 、B 、M 为数轴上的三点，C 为线段OM 上的动点，设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 距离的4倍与C 到B 距离的6倍的和．(1) 将y 表示成x 的函数；(2) 要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？解：(1) y ＝4|x －10|＋6|x －20|，0≤x ≤30.(2) 依题意，x 满足⎩⎪⎨⎪⎧4|x －10|＋6|x －20|≤70，0≤x ≤30，解不等式组，其解集为[9，23]，所以x ∈[9，23]．10. 设f (x)＝ x 2－x ＋1，实数a 满足|x －a|＜1，求证：| f (x)－f (a)|＜2(|a|＋1)．证明：∵ f(x)＝x 2－x ＋1，|x －a|＜1，∴ ||f （x ）－f （a ）＝||x 2－x －a 2＋a＝||x －a ·||x ＋a －1<||x ＋a －1＝||（x －a ）＋2a －1≤||x －a ＋||2a －1<1＋||2a ＋1＝2(||a ＋1)．11. 已知函数f(x)＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－m)(1) 当m ＝5时，求函数f(x)的定义域；(2) 若关于x 的不等式f(x)≥1的解集是R ，求m 的取值范围．解：(1) 由题设知|x ＋1|＋|x －2|＞5, 不等式的解集是三个不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x ＋1＋x －2＞5或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x<2，x ＋1－x ＋2＞5或⎩⎪⎨⎪⎧x<－1，－x －1－x ＋2＞5解集的并集，解得函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．(2) 不等式f(x)≥1即|x ＋1|＋|x －2|＞m ＋2.∵ x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，要使不等式|x ＋1|＋|x －2|≥m ＋2的解集是R ，∴ m ＋2≤3，∴ m 的取值范围是(－∞，1]．。

2018版高考数学(文理通用,新课标)一轮复习教师用书：选修4-5不等式选讲含解析

绝对值不等式的解法；2。

绝对值三角不等式.(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．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”绝对值不等式的解法典例]（1）|2x ＋1｜－2｜x －1｜〉0.（2）｜x ＋3｜－|2x －1｜<错误!＋1。

解］ (1）法一:原不等式可化为|2x ＋1｜〉2｜x －1｜，两边平方得4x 2＋4x ＋1〉4(x 2－2x ＋1），解得x 〉错误!,所以原不等式的解集为错误!.法二：原不等式等价于错误!或错误!或错误!解得x >14，所以原不等式的解集为错误!。

(2)①当x <－3时，原不等式化为－（x＋3）－（1－2x)〈错误!＋1，解得x<10，∴x<－3.②当－3≤x<错误!时，原不等式化为（x＋3)－（1－2x）〈x2＋1，解得x<－错误!，∴－3≤x〈－错误!。

③当x≥错误!时，原不等式化为(x＋3）＋（1－2x)<错误!＋1，解得x〉2，∴x〉2。

综上可知，原不等式的解集为错误!。

绝对值不等式的常用解法方法技巧］(1)基本性质法:对a∈R＋，|x|<a⇔－a<x〈a,|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．1．求不等式｜x－1|－|x－5｜<2的解集．解：不等式|x－1｜－｜x－5|〈2等价于错误!或错误!或错误!即错误!或错误!或错误!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：原不等式可化为错误!或错误!解得x≤－5或x≥－错误!。

2018课标版理数一轮(14)选修4—5-不等式选讲(含答案)1 第一节绝对值不等式

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1.函数y=|x-4|+|x-6|的最小值为 ( A.2 B. 2 C.4 D.6
)
答案 A y=|x-4|+|x-6|≥|x-4+6-x|=2. 2.不等式1<|x+1|<3的解集为 ( A.(0,2) B.(-2,0)∪(2,4) ) C.(-4,0) D.(-4,-2)∪(0,2)
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理数
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第一节绝对值不等式
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教材研读
1.绝对值不等式的解法 (1)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法: (i)|ax+b|≤c⇔① -c≤ax+b≤c . (ii)|ax+b|≥c⇔② ax+b≥c或ax+b≤-c . (2)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法: 解法一: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;
时, f(x)<a恒成立⇔a>f(x)max;当f(x)存在最小值时, f(x)>a恒成立⇔a<f(x)min.
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3-1 已知函数f(x)=log2(|x+1|+|x-2|-m). (1)当m=7时,求函数f(x)的定义域; (2)若关于x的不等式f(x)≥2的解集是R,求m的取值范围. 解析 (1)当m=7时,由题意知|x+1|+|x-2|>7,
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考点突破
考点一绝对值不等式的解法
典例1 (2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)画出y=f(x)的图象; (2)求不等式|f(x)|>1的解集.

2018高考数学(理)一轮复习课件选修4-5 不等式选讲第1讲课件

绝对值不等式的综合应用 [典例引领] (2016· 高考全国卷丙)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．
绝对值不等式性质的应用 [典例引领] 3 1 设不等式|x－2|<a(a∈N )的解集为 A，且 ∈A， ∉A． 2 2
*
(1)求 a 的值． (2)求函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
【解】
3 1 (1)因为 ∈A，且 ∉A， 2 2
3 所以2－2<a， 1 且2－2≥a，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)f(x)≤1 即|x－a|≤1，解得 a－1≤x≤a＋1，而 f(x)≤1 的解集是[0，2]，
a－1＝0 所以，解得 a＋1＝2
a＝1.
x 解不等式|x＋3|－|2x－1|< ＋1. 2 x [解] (1)当 x<－3 时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)< ＋1， 2 解得 x<10，所以 x<－3. 1 x (2)当－3≤x< 时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)< ＋1， 2 2 2 2 解得 x<－，所以－3≤x<－ . 5 5 1 x (3)当 x≥ 时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)< ＋1，解得 x>2， 2 2 所以 x>2. 2 综上可知，原不等式的解集为x|x<－5或x>2.
选修45
不等式选讲
知识点
考纲下载
1.了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题． 2．会用数学归纳法证明贝努利不等式： (1＋x)n>1＋nx(x>－1， x≠0， n 为大于 1 的正整数)．不等式了解当 n 为大于 1 的实数时贝努利不等式也成立．的证明 3．会用上述不等式证明一些简单问题．能够利用平均值不等式、柯西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．

2018版高考数学(全国人教B版理)大一轮复习讲义：选修4-5不等式选讲第1讲含解析

(建议用时：60分钟)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）法一令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－错误!，x＝4。

原不等式可化为：错误!或错误!或错误!即错误!或错误!或错误!∴x＜－7或x＞错误!。

∴原不等式的解集为错误!。

法二f(x）＝|2x＋1|－｜x－4｜＝错误!画出f(x）的图象,如图所示.求得y＝2与f(x)图象的交点为（－7，2)，错误!。

由图象知f（x)＞2的解集为错误!。

(2)由(1)的法二图象知：当x＝－错误!时，知：f(x)min＝－错误!.2。

(2017·长沙一模）设α,β，γ均为实数。

3.（2016·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数。

(1）求错误!的最小值;(2）若不等式|2a＋b｜＋|2a－b｜≥｜a｜(|2＋x|＋|2－x｜）恒成立，求实数x的取值范围。

解（1)∵错误!≥错误!＝错误!＝4，∴错误!的最小值为4。

2018版高考数学(文)一轮设计：选修4-5-不等式选讲ppt第1讲

因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}.
基础诊断
考点突破
课堂总结
(2)当x∈R时， f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－ 2x| ＋a＝|1－a|
＋a，当x＝时等号成立，
所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.① 当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解. 当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2. 所以实数a的取值范围是[2，＋∞).
轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于 c的全体；(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.
基础诊断
考点突破
课堂总结
【训练1】 (2016· 全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)在图中画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|>1的解集.
课堂总结
1 5 当 x≥2时，y＝3x＋1≥2，故函数 y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小 5 1 2 值为 .因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a ＋ a＋2 对任意实数 x 2 2 5 1 5 1 2 2 恒成立，所以2≥a ＋2a＋2.解不等式2≥a ＋2a＋2，
1 1 得－1≤a≤ ，故实数 a 的取值范围为－1，2. 2
• 第1讲
绝对值不等式
基础诊断
考点突破
课堂总结
最新考纲
1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成
立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)； |a － b|≤|a－ c| ＋|c － b|(a ， b∈R) ； 2. 会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－c|＋ |x－b|≥a.

2018版高考数学人教A版理一轮复习课件：选修4-5 第1节绝对值不等式精品

[思想与方法] 1．绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，几何法(利用绝对值几何意义)，构造函数法．前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用． 2．不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．
[易错与防范] 1．利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件． 2．形如|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)的不等式，在讨论时应注意分类讨论点处的处理及 c 的符号判断，若 c≤0，则不等式解集为 R.
所以|3a－3b|≤3，a－12≤12，4 分所以|4a－3b＋2|＝3a－3b＋a－12＋52 ≤|3a－3b|＋a－12＋52≤3＋12＋52＝6，8 分则|4a－3b＋2|的最大值为 6，所以 m≥|4a－3b＋2|max＝6，m 的取值范围是[6，＋∞).10 分
绝对值不等式的综合应用
3．(教材改编)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________．
(－∞，－3]∪[3，＋∞) [由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， ∴|x＋1|＋|x－2|的最小值为 3，要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，只需|a|≥3，∴a≥3 或 a≤－3.]
3分
故 y＝f(x)的图象如图所示． 6分
(2)由 f(x)的函数表达式及图象可知，
当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3；
当 f(x)＝－1 时，可得 x＝13或 x＝5.8 分
故 f(x)＞1 的解集为{x|1＜x＜3}，
f(x)＜－1 的解集为xx＜13或x＞5
.
所以|f(x)|＞1 的解集为xx＜13或1＜x＜3或x＞5

2018高考数学(文)一轮复习课件：选修4-5 不等式选讲第1讲分层演练直击高考

6．(2017· 郑州模拟)已知函数 f(x)＝|3x＋2|. (1)解不等式 f(x)<4－|x－1|； 1 1 (2)已知 m＋n＝1(m， n>0)，若|x－a|－f(x)≤ ＋ (a>0)恒成立， m n 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. 2 当 x<－时，即－3x－2－x＋1<4， 3 5 2 解得－ <x<－； 4 3 2 当－ ≤x≤1 时，即 3x＋2－x＋1<4， 3 2 1 解得－ ≤x< ； 3 2 当 x>1 时，即 3x＋2＋x－1<4，无解．
10 的取值范围为0， 3 .
(2)由 f(x)≤0 得|x－a|＋3x≤0. 此不等式可化为 x≥a， x<a， x ≥ a ， x < a ，或即 a 或 a x－a＋3x≤0 a－x＋3x≤0， x≤ x≤－ . 4 2
a a 结合 a>0，解得 x≤－，即不等式 f(x)≤0 的解集为xx≤－2. 2
5 1 综上所述，不等式的解集为－4，2.
1 1 1 1 n m (2) ＋＝ m＋n (m＋n)＝1＋1＋＋ ≥4. m n m n 令 g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2| 2 2x＋2＋a，x<－3， 2 ＝－4x－2＋a，－3≤x≤a，－2x－2－a，x>a. 2 2 所以当 x＝－时，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，只需 3 3 2 10 g(x)max＝＋a≤4，即 0<a≤ . 3 3 故实数 a

2018届高考数学(文)大一轮复习检测：选修4-5 不等式选讲课时作业69 Word版含答案

课时作业69 不等式的证明1．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2；(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .证明：(1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(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(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. (2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc . ① 同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ， ②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .2．已知函数f (x )＝2x，x 1，x 2是任意实数且x 1≠x 2，证明： 12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明：12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1＋f x 2－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝12[2x 1＋2x 2－2×2x 1＋x 22 ]＝12[2x 1－2x 12 ·2x 22 －2x 12 ·2x 22 ＋2x 2] ＝12[2x 12(2x 12 －2x 22 )－2x 22 (2x 12 －2x 22 )]＝12(2x 12 －2x 22 )(2x 12 －2x 22 )＝12(2x 12－2x 22 )2. 因为x 1≠x 2,2x 12≠2x 22，所以12(2x 12 －2x 22 )2>0，即12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0，所以12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 3．设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0得0<a <1；同理，00，b >0，c >0.若函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为2.(1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求1a ＋1b ＋1c的最小值．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 ，所以a ＋b ＋c ＝2.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝2，所以1a ＋1b ＋1c ＝(1a ＋1b ＋1c )×a ＋b ＋c 2＝12×[3＋(b a ＋a b )＋(c a ＋ac)＋(c b ＋b c )]≥12×(3＋2＋2＋2)＝92，当且仅当b a ＝a b ，c a ＝a c ，c b ＝b c ，即a ＝b ＝c ＝23时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c 的最小值为92.2．(2017·昆明检测)已知函数f (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5.(1)求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )的值域是[m ，n ]，且a 2＋b 2＝m ，c 2＋d 2＝n ，求ac ＋bd 的取值范围．解：(1)设g (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2x ＋－3<xx，所以g (x )∈[1,9]．所以函数f (x )的值域是[1,3]．(2)由(1)知a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝3，由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，取等号，即(ac ＋bd )2≤3，解得－3≤ac ＋bd ≤3，所以ac ＋bd ∈[－3，3]．3．(2017·衡阳二联)已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，求实数a 的取值范围； (2)若|a |<1，|b |<3，且a ≠0，判断f ab |a |与f (ba)的大小，并说明理由．解：(1)因为f (x －1)＋f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|x －4＋3－x |＝1，不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，则1≥a 即可，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]．(2)f ab |a |>f (ba)．证明：要证f ab |a |>f (ba)，只需证|ab －3| >|b －3a |，即证(ab －3)2>(b －3a )2，又(ab －3)2－(b －3a )2＝a 2b 2－9a 2－b 2＋9＝(a 2－1)(b 2－9)．因为|a |<1，|b |<3，所以(ab －3)2>(b －3a )2成立，所以原不等式成立．课时作业30 数系的扩充与复数的引入一、选择题1．若集合A ＝{i ，i 2，i 3，i 4}(i 是虚数单位)，B ＝{1，－1}，则A ∩B 等于( ) A ．{－1} B ．{1} C ．{1，－1}D ．∅解析：因为A ＝{i ，i 2，i 3，i 4}＝{i ，－1，－i ，1}，B ＝{1，－1}，所以A ∩B ＝{－1,1}．答案：C2．(2016·山东卷)若复数z ＝21－i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：易知z ＝1＋i ，所以z ＝1－i ，选B. 答案：B3．(2016·新课标全国卷Ⅱ)设复数z 满足z ＋i ＝3－i ，则z ＝( ) A ．－1＋2i B ．1－2i C ．3＋2iD ．3－2i解析：易知z ＝3－2i ，所以z ＝3＋2i. 答案：C4．若复数m (3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m 的取值范围为( )A ．m >1B ．m >23C ．m <23或m >1D.23<m <1 解析：m (3＋i)－(2＋i)＝(3m －2)＋(m －1)i由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3m －2>0，m －1<0，解得23<m <1.答案：D5．若复数z ＝a 2－1＋(a ＋1)i(a ∈R )是纯虚数，则1z ＋a的虚部为( ) A ．－25B ．－25iC.25D.25i 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，所以a ＝1，所以1z ＋a ＝11＋2i＝1－2i ＋－＝15－25i ，根据虚部的概念，可得1z ＋a 的虚部为－25. 答案：A6．已知复数z ＝1＋2i 1－i，则1＋z ＋z 2＋…＋z 2 015＝( ) A ．1＋i B ．1－i C ．iD ．0解析：z ＝1＋2i 1－i ＝1＋＋2＝i ，∴1＋z ＋z 2＋…＋z2 015＝－z 2 0161－z＝1－i 2 0161－i ＝1－i4×5041－i＝0. 答案：D7．(2017·芜湖一模)已知i 是虚数单位，若z 1＝a ＋32i ，z 2＝a －32i ，若z 1z 2为纯虚数，则实数a ＝( )A.32B ．－32C.32或－32D ．0解析：z 1z 2＝a ＋32i a －32i ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋32i 2⎝⎛⎭⎪⎫a －32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32i＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－34＋3a i a 2＋34是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝0，3a ≠0，解得a ＝±32.答案：C8．在复平面内，复数11＋i ，11－i(i 为虚数单位)对应的点分别为A ，B ，若点C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数为( )A.12 B ．1 C.12i D ．i解析：∵11＋i＝1－i －＋＝12－12i ，11－i＝1＋i －＋＝12＋12i ，则A (12，－12)，B (12，12)，∴线段AB 的中点C (12，0)，故点C 对应的复数为12，选A. 答案：A 二、填空题9．复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________．解析：复数z ＝(1＋2i)(3－i)＝5＋5i ，其实部是5. 答案：510．(2016·天津卷)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则ab的值为________．解析：(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，所以b ＝1，a ＝2，a b＝2. 答案：2 11．已知a ＋2ii＝b ＋i(a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b ＝________.解析：因为a ＋2ii＝b ＋i ，所以2－a i ＝b ＋i.由复数相等的充要条件得b ＝2，a ＝－1，故a ＋b ＝1.答案：112．在复平面上，复数3－2对应的点到原点的距离为________．解析：解法1：由题意可知⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝3|2－i|2＝35. 解法2：3－2＝34－4i ＋i 2＝33－4i＝＋－＋＝9＋12i 25＝925＋1225i ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪925＋1225i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12252＝35.答案：351．(2017·河北衡水一模)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，则|z 1＋z 2|＝( )A ．2B ．3C ．2 2D ．3 3解析：z 1＝－2－i ，z 2＝i ，z 1＋z 2＝－2，故选A. 答案：A2．设复数z ＝3＋i(i 为虚数单位)在复平面中对应点A ，将OA 绕原点O 逆时针旋转90°得到OB ，则点B 在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：因为复数z 对应点的坐标为A (3,1)，所以点A 位于第一象限，所以逆时针旋转π2后对应的点B 在第二象限．答案：B3．已知i 为虚数单位，(z 1－2)(1＋i)＝1－i ，z 2＝a ＋2i ，若z 1·z 2∈R ，则|z 2|＝( ) A ．4 B ．20 C. 5D ．2 5解析：z 1＝2＋1－i 1＋i＝2＋－2＋－＝2－i ，z 1·z 2＝(2－i)(a ＋2i)＝2a ＋2＋(4－a )i ，若z 1·z 2∈R ，则a ＝4，|z 2|＝25，选D.答案：D4．已知复数z 1＝cos15°＋sin15°i 和复数z 2＝cos45°＋sin45°i，则z 1·z 2＝________.解析：z 1·z 2＝(cos15°＋sin15°i)(cos45°＋sin45°i)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋sin60°i＝12＋32i.答案：12＋32i5．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i2 0141＋i ，则复数z 在复平面内对应的点为________．解析：∵i 4n ＋1＋i4n ＋2＋i4n ＋3＋i4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而 2 013＝4×503＋1,2 014＝4×503＋2，∴z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0141＋i＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i 1＋i ＝－1＋－＋－＝2i2＝i ，对应的点为(0,1)．答案：(0,1)。

2018届高考数学文大一轮复习教师用书：选修4-5 不等式

第二节不等式的证明———————————————————————————————— 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式证明的方法(1)比较法是证明不等式最基本的方法，可分为作差比较法和作商比较法两种.①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法．即“执果索因”的方法．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( )(4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤yA3．(教材改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________．M ≥N4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．45．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，8分故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .10分已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b ) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝a －ba －bab ＝a ＋ba －b2ab≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分法二：由于a b ＋ba a ＋b＝a a ＋b bab a ＋b＝a ＋b a －ab ＋b ab a ＋b ＝a ＋b ab －1≥2abab－1＝1.8分又a ＞0，b ＞0，ab ＞0，∴a b ＋ba≥a ＋b .10分 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． (2017·莆田模拟)设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b ). 【导学号：31222447】因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 12－b 12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32.6分因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b32同号，所以(a 12－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ).10分设a 【导学号：31222448】(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.5分(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.10分 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．(2017·石家庄调研)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.(1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3；2分当－1≤x ＜2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈ (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b ＞c ＋d ，只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2，也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ，只需证明ab ＞cd ，即证ab ＞cd . 由于ab ＞cd ，因此a ＋b ＞c ＋d .5分(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a ＋b >c ＋d .8分②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 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，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.10分1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式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．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a.要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立.10分1．比较法：作差比较法主要判断差值与0的大小，作商比较法关键在于判定商值与1的大小(一般要求分母大于0)．2．分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．3．综合法：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (已知)． (逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．1．使用平均值不等式时易忽视等号成立的条件．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论，再说明所要证明的数学问题成立．课时分层训练(七十) 不等式的证明1．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . (1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.4分(2)证明：法一：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，且p ，q ，r 大于0， ∴(p ＋q ＋r )2＝9.又易知p 2＋q 2＋r 2≥pq ＋pr ＋qr .8分故9＝(p ＋q ＋r )2＝p 2＋q 2＋r 2＋2pq ＋2pr ＋2qr ≤3(p 2＋q 2＋r 2)，因此，p 2＋q 2＋r 2≥3.10分法二：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，故p 2＋q 2＋r 2≥3.10分2．(2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.2分(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.5分 (2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，00，b >0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．(1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.2分故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.5分 (2)由(1)知，2a ＋3b ≥26·ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.10分 4．(2017·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|. (1)若f (x )≥|m －1|恒成立，求实数m 的最大值M ；(2)在(1)成立的条件下，正实数a ，b 满足a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b ≥2ab .【导学号：31222449】(1)∵f (x )＝|x |＋|x －1|≥|x －(x －1)|＝1，当且仅当0≤x ≤1时取等号，∴f (x )＝|x |＋|x －1|的最小值为1.3分要使f (x )≥|m －1|恒成立，只需|m －1|≤1， ∴0≤m ≤2，则m 的最大值M ＝2.5分 (2)证明：由(1)知，a 2＋b 2＝2，由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1.①又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab .8分由①知，ab ≤1. 故a ＋b ≥2ab .10分5．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为． (1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1. 求证：a ＋2b ＋3c ≥9. 【导学号：31222450】 (1)因为f (x )＝k －|x －3|，所以f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，2分由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为．因为f (x ＋3)≥0的解集为．因此k ＝1.5分(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，因为a ，b ，c 为正实数．所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c2b＝9.8分当且仅当a ＝2b ＝3c 时等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.10分6．(2017·福州质检)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 )．(1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1；2分 ②当－1＜x ＜－12时，原不等式可化为x ＋1＜－2x －2，解得x ＜－1，此时原不等式无解；③当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1.综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.5分(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，6分所以，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a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，8分即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.10分。

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课时分层训练(六十九) 绝对值不等式
1．已知|2x －3|≤1的解集为． (1)求m ＋n 的值；
(2)若|x －a |＜m ，求证：|x |＜|a |＋1.
(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，得1≤x ≤2，3分
∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.5分
(2)证明：若|x －a |＜1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |＜|a |＋1.10分 2．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值．当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a ＜－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x －1＋2a ，x ≤a ，x －1－2a ，a ＜x ≤－1，
3x ＋1－2a ，x ＞－1，
3分
f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，
解得a ＝－6；5分
当a ＞－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x －1＋2a ，x ≤－1，－x ＋1＋2a ，－1＜x ≤a ，
3x ＋1－2a ，x ＞a ，
7分
f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，
解得a ＝4.9分
综上所述，实数a 的值为－6或4.10分
3．(2017·衡水中学调研)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. 【导学号：31222445】 (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，求a 的取值范围． (1)当a ＝－3时，
不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.(*) 若x ≤2时，由(*)式，得5－2x ≥3，∴x ≤1. 若2＜x ＜3时，由(*)式知，解集为∅. 若x ≥3时，由(*)式，得2x －5≥3，∴x ≥4. 综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}.4分 (2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，(**) 当1≤x ≤2时，(**)式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，
解得－2－a ≤x ≤2－a .8分
由条件，是f (x )≤|x －4|的解集的子集， ∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0，故满足条件的实数a 的取值范围是.10分
4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋12，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 |.
(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ，x ≤－1
2
，
1，－12＜x ＜1
2，
2x ，x ≥12
.
当x ≤－1
2
时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；
当－12＜x ＜1
2
时，f (x )＜2；
当x ≥1
2时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.
所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}.5分
(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2
－(1＋ab )2
＝a 2
＋b 2
－a 2b 2
－1＝(a 2
－1)(1－b 2
)＜0.
因此|a ＋b |＜|1＋ab |.10分
5．(2017·湖南长郡中学模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2
＋b 2
＝2ab .
【导学号：31222446】
(1)求1a ＋1
b
的最小值m ；
(2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的m 是否存在实数x ，使得
f (x )＝m
2
成立，说明理由．
(1)∵2ab ＝a 2
＋b 2
≥2ab ， ∴ab ≥ab (a ＞0，b ＞0)，则ab ≤1. 又1a ＋1b
≥2ab
≥2，
当且仅当a ＝b 时取等号， ∴1a ＋1
b
的最小值m ＝2.5分
(2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪
⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝
⎛⎭
⎪⎫x ＋1t －
x －t ＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1t
≥2.
对于(1)中的m ＝2，m
2＝1＜2. ∴满足条件的实数x 不存在.10分
6．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式|x －1|＜f (x )；
(2)已知m ＋n ＝1(m ，n ＞0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1
n
(a ＞0)恒成立，求实数a 的取值范
围．
(1)依题设，得|x －1|＜|3x ＋2|，
所以(x －1)2＜(3x ＋2)2
，则x ＞－14或x ＜－32
，
故原不等式的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
x ＞－14或x ＜－
3
2.4分 (2)因为m ＋n ＝1(m ＞0，n ＞0)，所以1m ＋1n
＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ＋1n ＝2＋m n ＋n m
≥4，
当且仅当m ＝n ＝1
2时，等号成立．
令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|
＝⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋2＋a ，x ＜－23
，
－4x －2＋a ，－23
≤x ≤a ，
－2x －2－a ，x ＞a ，
8分
则x ＝－23时，g (x )取得最大值2
3＋a ，
要使不等式恒成立，只需g (x )max ＝2
3＋a ≤4.
解得a ≤10
3
.
又a ＞0，因此0＜a ≤10
3
.10分。

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