高考数学大一轮复习 不等式选讲教师用书 理

选修4－5⎪
⎪
⎪ 不等式选讲
第一节 绝对值不等式
突破点(一) 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 |≤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．
[典例] (1)|2x ＋1|－2|x －1|>0. (2)|x ＋3|－|2x －1|<x
2
＋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 >1
4，所以原不等式的解集为
⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14. 本节主要包括2个知识点： 1.绝对值不等式的解法；
绝对值三角不等式.
法二：原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧
x <－12，－x ＋＋x －
或⎩⎪⎨⎪⎧
－12≤x ≤1，
x ＋＋
x －
或⎩
⎪⎨
⎪
⎧
x >1，x ＋－
x －
解得x >1
4，所以原不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14.
(2)①当x <－3时，
原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x
2＋1， 解得x <10，∴x <－3. ②当－3≤x <1
2
时，
原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x
2＋1，
解得x <－25，∴－3≤x <－2
5.
③当x ≥1
2
时，
原不等式化为(x ＋3)＋(1－2x )<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.
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
⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，－x －
＋x －
或⎩⎪⎨⎪⎧
1≤x ≤5，x －1＋x －5<2
或⎩⎪⎨
⎪⎧ x >5，x －1－x －，
即⎩⎪⎨
⎪
⎧ x <1，－4<2
或⎩⎪⎨⎪⎧
1≤x ≤5，2x <8
或⎩⎪⎨⎪⎧
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⎩⎪⎨⎪⎧
x <－32，－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥－32，
3x ＋3≥2.
解得x ≤－5或x ≥－1
3
.
所以原不等式的解集是⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |x ≤－5或x ≥－13.
3．已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；
(2)求不等式f (x )≥x 2
－8x ＋15的解集． 解：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5| ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3，x ≤2，2x －7，2<x <5，3，x ≥5.
当2<x <5时，－3<2x －7<3，
所以－3≤f (x )≤3. (2)由(1)可知，
当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15即为x 2
－8x ＋18≤0，解集为空集；
当2<x <5时，f (x )≥x 2－8x ＋15即为x 2－10x ＋22≤0，解集为{x |5－3≤x <5}； 当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15即为x 2－8x ＋12≤0，解集为{x |5≤x ≤6}． 综上，不等式f (x )≥x 2
－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}． 4.已知函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.
(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2. 由此可得x ≥3或x ≤－1.
故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}． (2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0. 此不等式可化为
⎩
⎪⎨
⎪⎧
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.
结合a >0，解得x ≤－a
2
，
即不等式f (x )≤0的解集为
⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－a 2. ∵不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}， ∴－a
2
＝－1，故a ＝2.
突破点(二) 绝对值三角不等式
绝对值三角不等式定理
(1)定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立． (2)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．
[例1] 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤6，|x －y |≤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 |≤3×16＋2×1
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．
绝对值不等式的恒成立问题
[例2] 设函数f (x )＝x ＋|x －a |. (1)当a ＝2 017时，求函数f (x )的值域；
(2)若g (x )＝|x ＋1|，求不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立时a 的取值范围． [解] (1)由题意得，当a ＝2 017时，
f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x －2 017，x ≥2 017，2 017，x <2 017.
因为f (x )在[2 017，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )的值域为[2 017，＋∞)． (2)由g (x )＝|x ＋1|，不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立，知|x ＋1|＋|x －a |>2恒成立， 即(|x ＋1|＋|x －a |)min >2.
而|x ＋1|＋|x －a |≥|(x ＋1)－(x －a )|＝|1＋a |， 所以|1＋a |>2，解得a >1或a <－3.
故a 的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]设函数f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|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 )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a
－
x －a ＝1
a ＋a ≥2.当且
仅当a ＝1时等号成立．所以f (x )≥2.
(2)f (3)＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.
当a >3时，f (3)＝a ＋1
a
，
由f (3)<5得3<a <5＋21
2
.
当0＜a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1
a
，
由f (3)<5得1＋5
2<a ≤3.
综上，a 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋52
，5＋212.
2．[考点二](2017·保定模拟)设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |(a ∈R)． (1)当a ＝4时， 求不等式f (x )≥5的解集； (2)若f (x )≥4对x ∈R 恒成立，求a 的取值范围．
解：(1)当a ＝4时， 不等式即为|x －1|＋|x －4|≥5，等价于⎩⎪⎨
⎪⎧
x <1，
－2x ＋5≥5或
⎩
⎪⎨
⎪⎧
1≤x ≤4，
3≥5或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x >4，
2x －5≥5，
解得x ≤0或x ≥5，故不等式f (x )≥5的解集为{x |x ≤0或x ≥5}． (2)因为f (x )＝|x －1|＋|x －a |≥|(x －1)－(x －a )|＝|a －1|， 所以f (x )min ＝|a －1|，
故|a －1|≥4，解得a ≤－3或a ≥5.
故a 的取值范围为(－∞，－3]∪[5，＋∞)．
3．[考点一]已知函数f (x )＝ax 2
＋x －a 的定义域为[－1,1]． (1)若f (0)＝f (1)，解不等式|f (x )－1|<ax ＋3
4；
(2)若|a |≤1，求证：|f (x )|≤5
4
.
解：(1)f (0)＝f (1)，即－a ＝a ＋1－a ，则a ＝－1， 所以f (x )＝－x 2
＋x ＋1，
所以不等式化为|－x 2
＋x |<－x ＋34
，
①当－1≤x <0时，不等式化为x 2
－x <－x ＋34，
解得－
3
2
<x <0； ②当0≤x ≤1时，不等式化为－x 2
＋x <－x ＋34，解得0≤x <12.
综上，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪
⎧⎭⎪
⎬⎪
⎫x |－
32<x <12. (2)证明：由已知x ∈[－1,1], 所以|x |≤1，又|a |≤1，
则|f (x )|＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x |≤|x 2－1|＋|x |＝1－|x |2
＋|x |＝－
⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |－122＋54≤54
. 4．[考点一](2017·开封模拟)设函数f (x )＝|x －a |，a <0.
(1)证明：f (x )＋f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1x ≥2；
(2)若不等式f (x )＋f (2x )<1
2的解集非空，求a 的取值范围．
解：(1)证明：函数f (x )＝|x －a |，a <0，
则f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝|x －a |＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪－1x
－a
＝|x －a |＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1x
＋a
≥⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪x －a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a
＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x ＝|x |＋1
|x |
≥2
|x |·1|x |
＝2(当且仅当|x |＝1时取等号)． (2)f (x )＋f (2x )＝|x －a |＋|2x －a |，a <0.
当x ≤a 时，f (x )＋f (2x )＝a －x ＋a －2x ＝2a －3x ，则f (x )＋f (2x )≥－a ； 当a <x < a 2时， f (x )＋f (2x )＝x －a ＋a －2x ＝－x ，则－a
2<f (x )＋f (2x )<－a ；
当x ≥a 2时，f (x )＋f (2x )＝x －a ＋2x －a ＝3x －2a ，则f (x )＋f (2x )≥－a
2， 则f (x )＋f (2x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫
－a
2，＋∞，
不等式f (x )＋f (2x )<1
2的解集非空，
即为12>－a
2，解得，a >－1，由于a <0，
则a 的取值范围是(－1,0)．
[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国乙卷)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．
解：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
x －4，x ≤－1，
3x －2，－1<x ≤32，
－x ＋4，x >3
2
，
故y ＝f (x )的图象如图所示．
(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 ＝1
3或x ＝5.
故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}，
f (x )<－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
x <1
3
或x >5
. 所以|f (x )|>1的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
x <1
3或1<x <3或x >5
. 2．(2016·全国丙卷)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⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪12－x ≥
3－a 2. 又⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－x min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－a 2，
所以⎪⎪⎪⎪
⎪⎪12－a 2≥
3－a 2，解得a ≥2. 所以a 的取值范围是[2，＋∞)．
3．(2015·新课标全国卷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2
3
<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，＋∞)．
4．(2013·新课标全国卷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 )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．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 )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.
5．(2012·新课标全国卷)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. (1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；
(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－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 的取值范围为[－3,0]．
[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡 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．
⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥5，x ＋3－
x －，
解得x ≥5；
或⎩⎪⎨⎪⎧ －3<x <5，x ＋3＋x －，解得4<x <5；
或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≤－3，－x －3＋x －
，
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．(2017·郑州模拟)设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)求不等式f (x )>1的解集；
(2)若关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3，x ≤－2，2x ＋1，－2<x <1，
3，x ≥1，
当x ≤－2时，f (x )＝－3<0，不合题意； 当－2<x <1时，令f (x )＝2x ＋1>1，得x >0， 即0<x <1;
当x ≥1时，f (x )＝3>1，即x ≥1.
综上，不等式f (x )>1的解集为(0，＋∞)．
(2)关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解等价于(f (x )＋4)max ≥|1－2m |，
由(1)可知f (x )max ＝3(也可由|f (x )|＝||x ＋2|－|x －1||≤|(x ＋2)－(x －1)|＝3，得
f (x )max ＝3)，
即|1－2m |≤7，解得－3≤m ≤4. 故实数m 的取值范围为[－3,4]．
3．(2017·长春模拟)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 )＝ax 2－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 ＋1
x
－1≥2a －1，
当且仅当x ＝
a
a
时等号成立，所以g (x )min ＝2a －1， 当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
1－2x ，0<x ≤2，
－3，x >2，
所以f (x )∈[－3,1)，
所以2a －1≥1，即a ≥1，故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 4．设函数f (x )＝|kx －1|(k ∈R)．
(1)若不等式f (x )≤2的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x |－1
3≤x ≤1，求k 的值；
(2)若f (1)＋f (2)<5，求k 的取值范围． 解：(1)由|kx －1|≤2，得－2≤kx －1≤2， 即－1≤kx ≤3，所以－13≤k
3x ≤1，
由已知，得k
3
＝1，所以k ＝3.
(2)由已知，得|k －1|＋|2k －1|<5.当k ≤1
2时，－(k －1)－(2k －1)<5，得k >－1，此时
－1<k ≤12；当12<k ≤1时，－(k －1)＋(2k －1)<5，得k <5，此时1
2<k ≤1；当k >1时，(k －1)
＋(2k －1)<5，得k <73，此时1<k <73.综上，k 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫－1，73.
5．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(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．
6．设函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋4|. (1)解不等式：f (x )>0；
(2)若f (x )＋3|x ＋4|≥|a －1|对一切实数x 均成立，求a 的取值范围． 解：(1)原不等式即为|2x －1|－|x ＋4|>0，
当x ≤－4时，不等式化为1－2x ＋x ＋4>0，解得x <5，
即不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
x ≤－4，
|2x －1|－|x ＋4|>0
的解集是{}x |x ≤－4.
当－4<x <1
2时，不等式化为1－2x －x －4>0，
解得x <－1，即不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
－4<x <12，|2x －1|－|x ＋4|>0
的解集是{}x |－4<x <－1.
当x ≥1
2时，不等式化为2x －1－x －4>0，解得x >5，
即不等式组⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12
，
|2x －1|－|x ＋4|>0
的解集是{}x |x >5.
综上，原不等式的解集为{}x |x <－1或x >5.
(2)∵f (x )＋3|x ＋4|＝|2x －1|＋2|x ＋4|＝|1－2x |＋|2x ＋8|≥|(1－2x )＋(2x ＋8)|＝9.
∴由题意可知|a －1|≤9，解得－8≤a ≤10， 故a 的取值范围是[]－8，10.
7．已知函数f (x )＝|2x －a |＋a (其中a 为常数)．
(1)若集合{x |－4≤x ≤3}是关于x 的不等式f (x )≤6的解集的子集，求实数a 的取值范围；
(2)在(1)的条件下，若存在实数n 使f (n )≤m －f (－n )成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)由|2x －a |＋a ≤6得|2x －a |≤6－a ， ∴a －6≤2x －a ≤6－a ，
即a －3≤x ≤3，∴a －3≤－4，∴a ≤－1. 即实数a 的取值范围为(－∞，－1]．
(2)由题可知，只需m ≥[f (n )＋f (－n )]min 即可． 令φ(n )＝f (n )＋f (－n )，在(1)的条件下a ≤－1，
则φ(n )＝|2n －a |＋|2n ＋a |＋2a ≥|(2n －a )－(2n ＋a )|＋2a ＝|2a |＋2a ＝0，当且仅当(2n －a )(2n ＋a )≤0，即12a ≤n ≤－1
2
a 时取等号．
∴φ(n )的最小值为0，故实数m 的取值范围是[0，＋∞)． 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 )≤1m ＋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 <－23时，即－3x －2－x ＋1<4，解得－54<x <－23；当－2
3≤x ≤1时，即3x ＋2－x ＋1<4，
解得－23≤x <1
2
；当x >1时，即3x ＋2＋x －1<4，无解．
综上所述，原不等式的解集为
⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |－54<x <12. (2)1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ＋1n (m ＋n )＝1＋1＋n m ＋m
n
≥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 .
∴x ＝－23时，g (x )max ＝2
3＋a ，要使不等式恒成立，
只需g (x )max ＝23＋a ≤4，即0<a ≤10
3
.
所以实数a 的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤0，103.
第二节 不等式的证明
突破点 不等式的证明
本节重点突破1个知识点： 不等式的证明.
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 ＋b
2
≥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
≥3
abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．
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A B
≥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．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
比较法证明不等式
[例1] 设a ，b 是非负实数，求证：a 2
＋b 2
≥ab (a ＋b )． [证明] 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 3
2)，
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 3
2同号，
所以(a 12－b 12)(a 32－b 3
2)≥0，
所以a 2
＋b 2
≥ab (a ＋b )． [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．
综合法证明不等式
[例2] 已知a ，b ，c >0且互不相等，abc ＝1.试证明：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1
c
.
[证明] 因为a ，b ，c ＞0，且互不相等，abc ＝1， 所以a ＋b ＋c ＝ 1
bc
＋
1
ac
＋
1
ab
＜1
b ＋1
c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2
＝1a ＋1b ＋1c
， 即a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1
c
.
[方法技巧]
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 2
2≥⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b 22
.
(4)
a ＋b
2
≥ab ，它的变形形式有：
a ＋1a ≥2(a >0)；a
b ＋b
a
≥2(ab >0)； a b ＋b
a
≤－2(ab <0)．
分析法证明不等式
[例3] (2017·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3；
(2)
a bc ＋
b a
c ＋ 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：a 2
＋b 2
＋c 2
＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，
故只需证明：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 2
2
＝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)
a bc ＋
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
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 a
c ≤ab ＋bc 2
，c ab ≤bc ＋ac
2
.
所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (当且仅当a ＝b ＝c ＝3
3
时等号成立)．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(a 2
＋b 2
≥2ab )、基本不等式
⎝ ⎛⎭
⎪⎫ab ≤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．
1．[考点三]已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2
－ac <3a . 证明：要证b 2
－ac <3a ，只需证b 2
－ac <3a 2
.
∵a ＋b ＋c ＝0，∴－c ＝a ＋b ，只需证b 2
＋a (a ＋b )<3a 2
， 只需证2a 2
－ab －b 2
>0， 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．
2．[考点一]已知a ≥b >0，求证：2a 3
－b 3
≥2ab 2
－a 2
b . 证明：2a 3
－b 3
－(2ab 2
－a 2
b )＝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，即2a 3
－b 3
≥2ab 2
－a 2
b . 3．[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 ·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 2c 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．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)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 ≤－1
2
，
1，－12<x <1
2，
2x ，x ≥12
.
当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1，所以－1<x ≤1
2；
当－12<x <1
2
时，f (x )<2恒成立；
当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以1
2≤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，－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．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，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． 3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1
b
＝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
≥2
ab
，
得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立． 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.
(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.
4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1) ab ＋bc ＋ac ≤13
；
(2) a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥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 ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3时取等号．
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 ≤1
3
.
(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2
a ＋a ≥2c ，
故a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ＋(a ＋
b ＋
c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥a ＋b ＋c ， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3
时取等号．
所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a
≥1. [课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡
1．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：1a ＋4b ≥94
. 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a 4＋b 4＝1，1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 4＝14＋1＋b 4a ＋a b ≥54
＋2b 4a ×a b ＝54＋1＝94，当且仅当b ＝2a ，即a ＝43，b ＝83时取等号，故1a ＋4b ≥94
. 2．设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M .
(1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14
； (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|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，
－3，x ≥1.
由－2<－2x －1<0解得－12<x <12， 则M ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13
|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14
. 因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2
－1)>0. 所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.
3．(2017·广州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立．
(1)求实数m 的值；
(2)若α，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β
≥3. 解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |.
要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.
因为m ∈N *，所以m ＝1.
(2)因为α，β≥1，f (x )＝2x －1(x ≥1)，
所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，
所以4α＋1β＝13⎝ ⎛⎭
⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝13⎝
⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ ≥13⎝ ⎛⎭
⎪⎫5＋24βα·αβ＝3. (当且仅当4βα＝αβ
，即α＝2，β＝1时等号成立) 故4α＋1β
≥3. 4．(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 2
a ＋
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 .② c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③
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 2
a ＋
b ＋c
≥abc (当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)． 5．已知x ，y ∈R ，且|x |<1，|y |<1.
求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy
.
证明：∵2
11－x 2＋11－y 2≤1－x 2＋1－y 22
＝
2－x 2＋y 22≤2－2|xy |2＝1－|xy |， ∴11－x 2＋11－y 2≥21－|xy |≥21－xy
， ∴原不等式成立．
6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．
(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.
证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；
|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.
(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.
7．(2017·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1.
求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a
≥2. 证明：(1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，
所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a
， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13
时等号成立． 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c ＋bc a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13
时等号成立．
8．(2017·贵阳模拟)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.
解：(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)； 当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)；
当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ∈[6，＋∞)．
综上，f (x )的最小值m ＝3.
(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，
因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b
2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c
2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a
2c ＋c
≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫ b 2a ·a ＋ c 2b ·b ＋ a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )．
(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号)
所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2
c ≥3.。