2015步步高理科数学选修4-5

选修4－5不等式选讲
1．两个实数大小关系的基本事实
a>b⇔________；a＝b⇔________；a<b⇔________.
2．不等式的基本性质
(1)对称性：如果a>b，那么________；如果________，那么a>b.即a>b⇔________.
(2)传递性：如果a>b，b>c，那么________．
(3)可加性：如果a>b，那么____________．
(4)可乘性：如果a>b，c>0，那么________；如果a>b，c<0，那么________．
(5)乘方：如果a>b>0，那么a n________b n(n∈N，n>1)．
(6)开方：如果a>b>0，那么n
a________
n
b(n∈N，n>1)．
3．绝对值三角不等式
(1)性质1：|a＋b|≤________.
(2)性质2：|a|－|b|≤________.
性质3：________≤|a－b|≤________.
4．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 (c>0)和|ax＋b|
①|ax＋b|≤c⇔______________；
②|ax＋b|≥c⇔______________.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
①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；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
5．基本不等式
(1)定理：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
(2)定理(基本不等式)：如果a ，b >0，那么a ＋b
2________ab ，当且仅当________时，等号成
立．也可以表述为：两个________的算术平均________________它们的几何平均． (3)利用基本不等式求最值 对两个正实数x ，y ，
①如果它们的和S 是定值，则当且仅当________时，它们的积P 取得最________值； ②如果它们的积P 是定值，则当且仅当________时，它们的和S 取得最________值． 6．三个正数的算术—几何平均不等式
(1)定理 如果a ，b ，c 均为正数，那么a ＋b ＋c 3________3
abc ，当且仅当________时，等号
成立．
即三个正数的算术平均____________它们的几何平均． (2)基本不等式的推广
对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均__________它们的几何平均，即
a 1＋a 2＋…＋a n
n ________n
a 1a 2…a n ，
当且仅当________________时，等号成立． 7．柯西不等式
(1)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．
(2)设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2
n )≥(a 1b 1
＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α||β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立． 8．证明不等式的方法 (1)比较法 ①求差比较法
知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明________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________即可，这
种方法称为求商比较法．
(2)分析法
从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的____________，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法． (3)综合法
从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法． (4)反证法的证明步骤
第一步：作出与所证不等式________的假设；
第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立． (5)放缩法
所谓放缩法，即要把所证不等式的一边适当地________________，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得到欲证不等式成立． (6)数学归纳法
设{P n }是一个与自然数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题P 1(或P 0)成立；(2)在假设P k 成立的前提下，推出P k ＋1也成立，那么可以断定{P n }对一切自然数成立．
1．不等式|2x －1|－|x －2|<0的解集为__________． 2．不等式1<|x ＋1|<3的解集为__________________．
3．(2013·福建改编)设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，1
2∉A .则a 的值为________．
4．已知a 、b 、m 均为正数，且a <b ，M ＝a
b ，N ＝a ＋m b ＋m ，则M 、N 的大小关系是________．
5．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为__________.
题型一 含绝对值的不等式的解法
例1 (2012·课标全国)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．
思维升华解绝对值不等式的基本方法：
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式；
(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式；
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
已知函数f(x)＝|x－a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．
题型二柯西不等式的应用
例2已知3x2＋2y2≤6，求证：2x＋y≤11.
思维升华使用柯西不等式时，关键是将已知条件通过配凑，转化为符合柯西不等式条件的式子，二维形式的柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
若3x＋4y＝2，试求x2＋y2的最小值．
题型三 不等式的证明方法
例3 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1， 求证：(1)(1a －1)·(1b －1)·(1
c －1)≥8；
(2)a ＋b ＋c ≤ 3.
思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．
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 )．
绝对值不等式的解法
典例：(10分)解不等式|x ＋1|＋|x －1|≥3.
思维启迪 本题不等式为|x －a |＋|x －b |≥c 型不等式，解此类不等式有三种方法：几何法、分区间(分类)讨论法和图象法． 规范解答
解 方法一 如图所示，设数轴上与－1,1对应的点分别为A ，B ，那么A ，B 两点的距离和为2，因此区间[－1,1]上的数都不是不等式的解．设在A 点左侧有一点A 1，到A ，B 两点的距离和为3，A 1对应数轴上的x .
[4分]
∴－1－x ＋1－x ＝3，得x ＝－3
2
.
同理设B 点右侧有一点B 1到A ，B 两点距离之和为3，B 1对应数轴上的x ，∴x －1＋x －(－1)＝3.∴x ＝3
2
.
从数轴上可看到，点A 1，B 1之间的点到A ，B 的距离之和都大于3；点A 1的左边或点B 1的右边的任何点到A ，B 的距离之和都大于3.[8分] 所以原不等式的解集是⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫3
2，＋∞.[10分] 方法二 当x ≤－1时，原不等式可化为 －(x ＋1)－(x －1)≥3，解得：x ≤－3
2.[3分]
当－1<x <1时，原不等式可以化为
x ＋1－(x －1)≥3，即2≥3.不成立，无解．[6分] 当x ≥1时，原不等式可以化为 x ＋1＋x －1≥3.所以x ≥3
2
.[9分]
综上，可知原不等式的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x |x ≤－32或x ≥32.[10分]
方法三 将原不等式转化为|x ＋1|＋|x －1|－3≥0. 构造函数y ＝|x ＋1|＋|x －1|－3， 即y ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x －3，x ≤－1；－1，－1<x <1；
2x －3，x ≥1.
[3分]
作出函数的图象，如图所示：
函数的零点是－32，32
.
从图象可知，当x ≤－32或x ≥3
2时，y ≥0，[8分]
即|x ＋1|＋|x －1|－3≥0.
所以原不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭
⎫3
2，＋∞.[10分]
温馨提醒 这三种方法是解|x ＋a |＋|x ＋b |≥c 型不等式常用的方法，方法一中关键是找到特殊点，方法二中的分类讨论要遵循“不重不漏”的原则，方法三则要准确画出函数图象，并准确找出零点.
方法与技巧
1．解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式(组)进行求解．
含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x －a |＋|x －b |＞m 或|x －a |＋|x －b |＜m (m 为正常数)，利用实数绝对值的几何意义求解较简便． 2．不等式的证明方法灵活，要注意体会，要根据具体情况选择证明方法．
3．柯西不等式的证明有多种方法，如数学归纳法，教材中的参数配方法(或判别式法)等，参数配方法在解决其它问题方面应用比较广泛．柯西不等式的应用比较广泛，常见的有证明不等式，求函数最值，解方程等．应用时，通过拆常数，重新排序、添项，改变结构等手段改变题设条件，以利于应用柯西不等式． 失误与防范
1．理解绝对值不等式的几何意义． 2．掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．
3．利用基本不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个著名不等式的特征．
4．注意检验等号成立的条件，特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立.
A 组 专项基础训练
1．已知集合A ＝{x ∈R ||x ＋3|＋|x －4|≤9}，B ＝{x ∈R |x ＝4t ＋1t －6，t ∈(0，＋∞)}，求集合A ∩B .
2．(2013·江苏)已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .
3．若a 、b 、c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π
6.求证：a 、b 、c 中
至少有一个大于0.
4．(2013·课标全国Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)
a 2
b ＋b 2
c ＋c 2
a ≥1.
5．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．
6．(2013·辽宁)已知函数f(x)＝|x－a|，其中a＞1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
B 组 专项能力提升
1．若n ∈N *
，S n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)，求证：n (n ＋1)2<S n <(n ＋1)2
2
.
2．(2013·课标全国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 2，1
2时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围．
3．(2012·福建)已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]． (1)求m 的值；
(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋1
3c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.
4．设a ，b ，c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1
c 3＋abc ≥2 3.
答案
要点梳理
1．a －b >0 a －b ＝0 a －b <0
2．(1)b <a b <a b <a (2)a >c (3)a ＋c >b ＋c (4)ac >bc ac <bc (5)> (6)>
3．(1)|a |＋|b | (2)|a ＋b | |a |－|b | |a |＋|b |
4．(1){x |－a <x <a } ∅ ∅ {x |x >a 或x <－a }
{x |x ∈R 且x ≠0} R
(2)①－c ≤ax ＋b ≤c ②ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c
5．(2)≥ a ＝b 正数 不小于(即大于或等于)
(3)①x ＝y 大 ②x ＝y 小
6．(1)≥ a ＝b ＝c 不小于
(2)不小于 ≥ a 1＝a 2＝…＝a n
8．(1)①a －b >0 ②a b
>1 (2)充分条件 (4)相反 (5)放大或缩小
夯基释疑
1．{x |－1<x <1} 2.(－4，－2)∪(0,2)
3．1 4.M <N 5.a >b >c
题型分类·深度剖析
例1 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]．
跟踪训练1 解 方法一 (1)由f (x )≤3得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3.
又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2. (2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|，设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)，
于是g (x )＝|x －2|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －1，x <－3，5，－3≤x ≤2，
2x ＋1，x >2.
所以当x <－3时，g (x )>5；
当－3≤x ≤2时，g (x )＝5；
当x >2时，g (x )>5.
综上可得，g (x )的最小值为5.
从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]． 方法二 (1)同方法一．
(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|.
设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)．
由|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)，得g (x )的最小值为5. 从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]． 例2 证明 由于2x ＋y ＝23(3x )＋12(2y )， 由柯西不等式(a 1b 1＋a 2b 2)2≤(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)得
(2x ＋y )2≤[(23)2＋(12
)2](3x 2＋2y 2) ≤(43＋12)×6＝116
×6＝11， ∴|2x ＋y |≤11，∴2x ＋y ≤11.
跟踪训练2 解 由柯西不等式(32＋42)·(x 2＋y 2)≥(3x ＋4y )2，①
得25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥425
. 不等式①中当且仅当x 3＝y 4
时等号成立，x 2＋y 2取得最小值， 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4，解得⎩⎨⎧ x ＝625，y ＝825. 因此当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425
. 例3 证明 (1)∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，
∴a ＋b ≥2ab ，b ＋c ≥2bc ，c ＋a ≥2ca ，
(1a －1)·(1b －1)·(1c
－1) ＝
(b ＋c )(a ＋c )(a ＋b )abc ≥2bc ·2ac ·2ab abc
＝8. (2)∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b ≥2ab ，b ＋c ≥2bc ，c ＋a ≥2ca ，
2(a ＋b ＋c )≥2ab ＋2bc ＋2ca ，
两边同加a ＋b ＋c 得 3(a ＋b ＋c )≥a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ca
＝(a ＋b ＋c )2. 又a ＋b ＋c ＝1，∴(a ＋b ＋c )2≤3，
∴a ＋b ＋c ≤ 3.
跟踪训练3 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 2
2
＝a 2＋b 2＋c 2 (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
. 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 ＋ac 2
， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2
. ∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时等号成立)．
∴原不等式成立．
练出高分
A 组
1．解 |x ＋3|＋|x －4|≤9，
当x <－3时，－x －3－(x －4)≤9，
即－4≤x <－3；
当－3≤x ≤4时，x ＋3－(x －4)＝7≤9恒成立；
当x >4时，x ＋3＋x －4≤9，
即4<x ≤5.
综上所述，A ＝{x |－4≤x ≤5}．
又∵x ＝4t ＋1t
－6，t ∈(0，＋∞)， ∴x ≥24t ·1t －6＝－2，当t ＝12
时取等号． ∴B ＝{x |x ≥－2}，
∴A ∩B ＝{x |－2≤x ≤5}．
2．证明 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，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .
3．证明 假设a 、b 、c 都不大于0，
即a ≤0，b ≤0，c ≤0，所以a ＋b ＋c ≤0.
而a ＋b ＋c ＝⎝
⎛⎭⎫x 2－2y ＋π2＋ ⎝
⎛⎭⎫y 2－2z ＋π3＋⎝⎛⎭⎫z 2－2x ＋π6 ＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π
＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3.
所以a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故a 、b 、c 中至少有一个大于0.
4．证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 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. 5．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 .
6．解 (1)当a ＝2时，
f (x )＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2＜x ＜4，
2x －6，x ≥4.
当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|得－2x ＋6≥4，解得x ≤1； 当2＜x ＜4时，f (x )≥4－|x －4|无解；
当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|得2x －6≥4，解得x ≥5； 所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．
(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，
则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0＜x ＜a ，
2a ，x ≥a .
由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12
. 又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，
所以⎩⎨⎧ a －
12＝1，a ＋12＝2，
于是a ＝3.
B 组
1．证明 ∵n (n ＋1)>n 2，
∴S n >1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2.
又∵n (n ＋1)<n ＋n ＋12＝2n ＋12＝n ＋12
， ∴S n <(1＋12)＋(2＋12)＋…＋(n ＋12
) ＝n (n ＋1)2＋n 2＝n 2＋2n 2<(n ＋1)22
. ∴n (n ＋1)2<S n <(n ＋1)22
. 2．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)∵a >－1，则－a 2<12
， ∴f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |
＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4x ＋1－a ⎝⎛⎭⎫x <－a 2a ＋1 ⎝⎛⎭
⎫－a 2≤x <124x ＋a －1 ⎝⎛⎭⎫x ≥12
当x ∈⎣⎡⎭
⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1， 即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎡⎭
⎫－a 2，12上恒成立． ∴a ＋1≤－a 2＋3，即a ≤43
， ∴a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎤－1，43. 3．(1)解 因为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 ＋13c
＝1， 又a ，b ，c ∈R ＋，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )·⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥(a ·1a ＋2b ·12b
＋3c ·13c
)2＝9. 4．证明 因为a ，b ，c 是正实数，由算术—几何平均不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a 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3abc ＋abc ≥2 3abc
·abc ＝23， 当且仅当a ＝b ＝c 且abc ＝3时，取等号．
所以1a 3＋1b 3＋1c
3＋abc ≥2 3.。