高考数学一轮复习 选修部分 不等式选讲学案 理

不等式选讲
第一节绝对值不等式
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.
突破点(一) 绝对值不等式的解法
[基本知识]
(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．
[基本能力]
1．判断题
(1)不等式|x|<a的解集为{x|－a<x<a}．( )
(2)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．( )
(3)不等式|2x－3|≤5的解集为{x|－1≤x≤4}．( )
答案：(1)×(2)√(3)√
2．填空题
(1)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.
答案：2
(2)不等式|2x －1|>3的解集为________． 解析：由|2x －1|>3得，
2x －1<－3或2x －1>3，即x <－1或x >2. 答案：{x |x <－1或x >2}
(3)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
－53<x <
1
3，则a ＝________. 解析：依题意，知a ≠0.|ax －2|<3⇔－3<ax －2<3⇔－1<ax <5，当a >0时，不等式的解
集为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，5a ，
从而有⎩⎪⎨⎪⎧
5a ＝1
3，－1a ＝－5
3，
此方程组无解．
当a <0时，不等式的解集为⎝ ⎛⎭
⎪⎫5
a ，－1a ，
从而有⎩⎪⎨⎪⎧
5a ＝－53
，－1a ＝1
3，解得a ＝－3.
答案：－3
(4)不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________． 解析：f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－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恒成立． 所以不等式的解集为{x |x ≥1}． 答案：{x |x ≥1}
[全析考法]
[典例] 解下列不等式：
(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.
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 <12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 ≥12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.
[方法技巧]
绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法
对a ∈R ＋，|x |<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．
[全练题点]
1．求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集．
解：不等式|x －1|－|x －5|<2等价于
⎩⎪⎨⎪⎧ 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 －1|＋|x ＋a |，g (x )＝|x －2|＋1.
(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥5；
(2)若对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x －1，x ≤－2，3，－2<x <1，
2x ＋1，x ≥1，
∴f (x )≥5⇔
⎩⎪⎨⎪
⎧
x ≤－2，－2x －1≥5
或⎩⎪⎨⎪
⎧
－2<x <1，3≥5
或⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ≥1，2x ＋1≥5.
解得x ≥2或x ≤－3，∴不等式f (x )≥5的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
(2)∵对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，∴{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}． ∵f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |≥|(x －1)－(x ＋a )|＝|a ＋1|(当且仅当(x －1)(x ＋a )≤0时等号成立)，g (x )＝|x －2|＋1≥1，∴|a ＋1|≥1，
∴a ＋1≥1或a ＋1≤－1，
∴a ≥0或a ≤－2，∴实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． 4．(2018·湖北黄石调研)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|. (1)解不等式f (x )≥8；
(2)若不等式f (x )<a 2
－3a 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．
解：(1)f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x －2，x <3，4，－3≤x ≤1，
2x ＋2，x >1.
当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5； 当－3≤x ≤1时，4≥8，不成立； 当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.
∴不等式f (x )≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．
(2)由(1)得f (x )min ＝4.又∵不等式f (x )<a 2－3a 的解集不是空集，∴a 2
－3a >4，解得a >4或a <－1，即实数a 的取值范围是(－∞，－1)∪(4，＋∞)．
突破点(二) 绝对值三角不等式
[基本知识]
绝对值三角不等式定理
[基本能力]
1．判断题
(1)|a ＋b |＋|a －b |≥|2a |.( )
(2)不等式|a －b |≤|a |＋|b |等号成立的条件是ab ≤0.( ) 答案：(1)√ (2)√
2．填空题
(1)函数y ＝|x －4|＋|x ＋4|的最小值为________． 解析：∵|x －4|＋|x ＋4|≥|(x －4)－(x ＋4)|＝8， 即函数y 的最小值为8. 答案：8
(2)设a ，b 为满足ab <0的实数，那么下列正确的是________． ①|a ＋b |>|a －b | ②|a ＋b |<|a －b |
③|a －b |<||a |－|b || ④|a －b |<|a |＋|b | 解析：∵ab <0，
∴|a －b |＝|a |＋|b |>|a ＋b |. 答案：②
(3)若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵|x －a |＋|x －1|≥|(x －a )－(x －1)|＝|a －1|， 要使|x －a |＋|x －1|≤3有解，可使|a －1|≤3， ∴－3≤a －1≤3，∴－2≤a ≤4. 答案：[－2,4]
[全析考法]
证明绝对值不等式
[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] (2018·湖南五市十校联考)设函数f (x )＝|x －a |＋|x －3|，a <3.
(1)若不等式f (x )≥4的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x
|
x ≤12
或x ≥92，求a 的值；
(2)若对∀x ∈R ，不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，求实数a 的取值范围．
[解] (1)法一：由已知得f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x ＋a ＋3，x <a ，3－a ，a ≤x ≤3，
2x －a －3，x >3，
当x <a 时，－2x ＋a ＋3≥4，得x ≤
a －1
2
；
当x >3时，2x －a －3≥4，得x ≥7＋a
2.
已知f (x )≥4的解集为⎩⎨⎧
⎭
⎬⎫x
|
x ≤12
或x ≥92，则显然a ＝2.
法二：由已知易得f (x )＝|x －a |＋|x －3|的图象关于直线x ＝
a ＋3
2
对称，
又f (x )≥4的解集为⎩
⎨⎧
⎭⎬⎫x
|
x ≤12或x ≥92，则12＋9
2
＝a ＋3，即a ＝2. (2)法一：不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，即|x －a |＋2|x －3|≥1恒成立． 当x ≤a 时，－3x ＋a ＋5≥0恒成立，得－3a ＋a ＋5≥0，解得a ≤5
2；
当a <x <3时，－x －a ＋5≥0恒成立，得－3－a ＋5≥0，解得a ≤2； 当x ≥3时，3x －a －7≥0恒成立，得9－a －7≥0，解得a ≤2. 综上，实数a 的取值范围为(－∞，2]．
法二：不等式f (x )＋|x －3|≥1恒成立，即|x －a |＋|x －3|≥－|x －3|＋1恒成立， 由图象(图略)可知f (x )＝|x －a |＋|x －3|在x ＝3处取得最小值3－a ， 而－|x －3|＋1在x ＝3处取得最大值1，故3－a ≥1，得a ≤2. 故实数a 的取值范围为(－∞，2]．
[全练题点]
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 ＋1
a
－
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]已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |(m >0)． (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；
(2)对于任意实数x ，t ，不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m | ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－4m ，x ≥m ，－2x －2m ，－3m <x <m ，4m ，x ≤－3m .
当m ＝1时，由⎩⎪⎨
⎪⎧
－2x －2≥1，－3<x <1或x ≤－3，得x ≤－3
2
，
∴不等式f (x )≥1的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x
|
x ≤－32.
(2)不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|对任意的实数t ，x 恒成立，等价于对任意的实数x ，
f (x )<(|2＋t |＋|t －1|)min 恒成立，即[f (x )]max <(|2＋t |＋|t －1|)min ，
∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ， |2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3， ∴4m <3，又m >0，∴0<m <3
4
，
即m 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，34. 3.[考点二]已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m . (1)解关于x 的不等式f (x )＋a －1>0(a ∈R)；
(2)若函数f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方，求m 的取值范围． 解：(1)不等式f (x )＋a －1>0， 即|x －2|＋a －1>0.
当a ＝1时， 原不等式化为|x －2|>0，解得x ≠2，即解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)； 当a >1时，解集为全体实数R ；
当a <1时，|x －2|>1－a (1－a >0)，解集为(－∞，a ＋1)∪(3－a ，＋∞)．
(2)f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方， 即|x －2|>－|x ＋3|＋m 对任意实数x 恒成立， 即|x －2|＋|x ＋3|>m 恒成立．
又由绝对值三角不等式知，对任意实数x 恒有|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5， 当且仅当(x －2)(x ＋3)≤0时等号成立． 于是得m <5，故m 的取值范围是(－∞，5).
[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(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＋17
2. (2)当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2.
所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2. 又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一， 所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[－1,1]．
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；
(2)若不等式f (x )≥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.
3．(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，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，＋∞)．
4．(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
|
2
3<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，＋∞)．
[课时达标检测] 1．已知函数f (x )＝|x ＋m |－|5－x |(m ∈R)． (1)当m ＝3时，求不等式f (x )>6的解集；
(2)若不等式f (x )≤10对任意实数x 恒成立，求m 的取值范围．
解：(1)当m ＝3时，f (x )>6，即|x ＋3|－|5－x |>6，不等式的解集是以下三个不等式组
解集的并集.⎩
⎪⎨
⎪⎧
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．(2018·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|. (1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围； (2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值．
解：(1)由题意f (x )≤2－|x －1|，即为⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪
x －a 2＋|x －1|≤1.而由绝对值的几何意义知
⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a 2－1， 由不等式f (x )≤2－|x －1|有解，
∴⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a
2－1≤1，即0≤a ≤4.∴实数a 的取值范围是[0,4]．
(2)由2x －a ＝0得x ＝a 2，由x －1＝0得x ＝1，由a <2知a
2
<1，
∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－3x ＋a ＋1⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x <a 2，
x －a ＋1⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2≤x ≤1，3x －a －
x
函数的图象如图所示． ∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
a 2＝－a
2＋1＝3，
解得a ＝－4.
3．(2018·广东潮州模拟)设函数f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )>4；
(2)若∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32，不等式a ＋1<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝|2x ＋3|＋|x －1|，
∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－3x －2，x <－32
，
x ＋4，－32
≤x ≤1，3x ＋2，x >1，
f (x )>4，可化为⎩⎪⎨⎪⎧
x <－32，
－3x －2>4
或⎩⎪⎨⎪⎧
－32≤x ≤1，x ＋4>4
或⎩⎪⎨⎪⎧
x >1，
3x ＋2>4，
解得x <－2或0<x ≤1或x >1.
∴不等式f (x )>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x <－3
2时，f (x )＝－3x －2，
∵当x <－32时，f (x )＝－3x －2>5
2，
∴a ＋1≤52，即a ≤3
2
.
∴实数a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，32.
4．(2018·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，＋∞)． 5．(2018·湖北四校联考)已知函数f (x )＝e |x ＋a |－|x －b |
，a ，b ∈R.
(1)当a ＝b ＝1时，解不等式f (x )≥e； (2)若f (x )≤e 2
恒成立，求a ＋b 的取值范围． 解：(1)当a ＝b ＝1时，f (x )＝e
|x ＋1|－|x －1|
，由于y ＝e x
在(－∞，＋∞)上是增函数，所以
f (x )≥e 等价于|x ＋1|－|x －1|≥1，①
当x ≥1时，|x ＋1|－|x －1|＝x ＋1－(x －1)＝2，则①式恒成立； 当－1<x <1时，|x ＋1|－|x －1|＝2x ，①式化为2x ≥1，此时1
2≤x <1；
当x ≤－1时，|x ＋1|－|x －1|＝－2，①式无解．
综上，不等式的解集是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，＋∞. (2)f (x )≤e 2
等价于|x ＋a |－|x －b |≤2，② 因为|x ＋a |－|x －b |≤|x ＋a －x ＋b |＝|a ＋b |， 所以要使②式恒成立，只需|a ＋b |≤2， 可得a ＋b 的取值范围是[－2,2]．
6．(2018·湖北枣阳一中模拟)已知f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |，g (a )＝a 2
－a －2. (1)当a ＝3时，解关于x 的不等式f (x )>g (a )＋2；
(2)当x ∈[－a,1)时恒有f (x )≤g (a )，求实数a 的取值范围．
解：(1)a ＝3时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x －2，x ≤－3，4，－3<x <1，
2x ＋2，x ≥1，g (3)＝4.
∴f (x )>g (a )＋2化为|x －1|＋|x ＋3|>6，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－2x －2>6，
x ≤－3，
或⎩⎪⎨⎪⎧
4>6，
－3<x <1，
或⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋2>6，
x ≥1，
解得x <－4或x >2.
∴所求不等式解集为(－∞，－4)∪(2，＋∞)． (2)∵x ∈[－a,1)．∴f (x )＝1＋a .
∴f (x )≤g (a )即为1＋a ≤a 2
－a －2，可化为a 2
－2a －3≥0，解得a ≥3或a ≤－1. 又∵－a <1，∴a >－1.
综上，实数a 的取值范围为[3，＋∞)．
7．(2018·安徽蚌埠模拟)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，∴－7<|x －1|<3，解得－2<x <4，∴原不等式的解集为{x |－2<x <4}．
(2)∵对任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立， ∴{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}．
又f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥|(2x －a )－(2x ＋3)|＝|a ＋3|，
g (x )＝|x －1|＋2≥2，∴|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，
∴实数a 的取值范围是(－∞，－5]∪[－1，＋∞)． 8．已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式f (x )<4－|x －1|；
(2)已知m ＋n ＝1(m ，n >0)，若|x －a |－f (x )≤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 <－2
3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 <12
；
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
本节重点突破1个知识点：不等式的证明.
突破点 不等式的证明
[基本知识]
1．基本不等式
(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
[基本能力]
1．判断题
(1)已知x 为正实数，则1＋x ＋1
x
≥3.( )
(2)若a >2，b >2，则a ＋b >ab .( ) (3)设x ＝a ＋2b ，S ＝a ＋b 2
＋1则S ≥x .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√ 2．填空题
(1)已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1
b
的最小值为________．
解析：∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b
＝2＋b a ＋a b
≥2＋2
b a ·a b ＝4，∴1a
＋1
b ≥
4a ＋b ＝2，即1a ＋1
b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，“＝”成立)．
答案：2
(2)已知正实数a ，b 满足2ab ＝a ＋b ＋12，则ab 的最小值是________．
解析：由2ab ＝a ＋b ＋12，得2ab ≥2ab ＋12，当且仅当a ＝b 时等号成立．化简得(ab －3)(ab ＋2)≥0，解得ab ≥9，所以ab 的最小值是9.
答案：9
(3)已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1
c
的最小值为________．
解析：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1
c
，
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 ＝1
3时，等号成立．
答案：9
(4)设x ＝a 2b 2
＋5，y ＝2ab －a 2
－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为________________．
解析：若x >y ，则x －y ＝a 2b 2
＋5－(2ab －a 2
－4a ) ＝a 2b 2
－2ab ＋a 2
＋4a ＋5 ＝(ab －1)2
＋(a ＋2)2
>0， ∴ab ≠1或a ≠－2. 答案：ab ≠1或a ≠－
2
[全析考法]
[例1] 求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4
≥2x 3
＋x 2
； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b
≥(ab )
a ＋b
2
.
[证明] (1)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
.
(2)a a b b ab
a ＋
b 2
＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b
2，
∴当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪
⎫a b a －b 2
＝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<a b
<1，a －b
2<0，
则⎝ ⎛⎭⎪
⎫a b a －b 2
>1，∴a a b b ≥(ab )a ＋b 2.
[方法技巧]
作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
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；|a |≥0. (2)a 2
＋b 2
≥2ab . (3)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] (2018·福建毕业班质量检测)已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )＞f (a )－f (－b )． [解] (1)由题意，|x ＋1|<|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2， 解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－1
2
时，
不等式可化为x ＋1＜－2x －2， 解得x ＜－1，此时不等式无解； ③当x ≥－1
2
时，
不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}．
(2)因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |， 所以，要证f (ab )＞f (a )－f (－b )， 只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |， 即证|ab ＋1|2
＞|a ＋b |2
， 即证a 2b 2
＋2ab ＋1＞a 2
＋2ab ＋b 2
， 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． [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．
[全练题点]
1.[考点三]设x ≥1，y ≥1，求证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1
y
＋xy .
证明：由于x≥1，y≥1，
要证x＋y＋1
xy ≤
1
x
＋
1
y
＋xy，
只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)，
因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
2.[考点一]设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M.
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
3.[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·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，求实数t的取值范围．
解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.
(2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·a2＋b2c2＋d2＝t(ac＋bd)．
由于a4＋c4≥2ac，b4＋d4≥2bd，
又已知t·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，
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．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明：(1)(a ＋b )(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 2
b ＋3ab 2
＋b 3
＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋a ＋b
2
4
(a ＋b )
＝2＋
a ＋b
3
4
，
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 ≤－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，
所以－1<x ≤1
2
；
当－12<x <1
2
时，f (x )<2恒成立；
当x ≥1
2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 |.
[课时达标检测] 1．(2018·武汉调研)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝1
2
，求证：a ＋b ≤1.
证明：要证 a ＋b ≤1，只需证a ＋b ＋2ab ≤1， 即证2ab ≤12，即证ab ≤1
4.
而a ＋b ＝12≥2ab ，∴ab ≤1
4成立，
∴原不等式成立．
2．已知函数f (x )＝|x ＋3|＋|x －1|，其最小值为t . (1)求t 的值；
(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝t ，求证：1a ＋4b ≥9
4
.
解：(1)因为|x ＋3|＋|x －1|＝|x ＋3|＋|1－x |≥|x ＋3＋1－x |＝4，所以f (x )min ＝4，即t ＝4.
(2)证明：由(1)得a ＋b ＝4，故a 4＋b 4＝1，1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＋b 4＝14＋1＋b 4a ＋a b ≥5
4
＋
2
b 4a ×a b ＝54＋1＝94，当且仅当b ＝2a ，即a ＝43，b ＝83时取等号，故1a ＋4b ≥9
4
. 3．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 ≤1
3
|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14.
(2)由(1)得a 2<14，b 2<1
4
.
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 |.
4．(2018·广州模拟)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3.
(1)求1x ＋1y ＋1
z
的最小值；
(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2
<9.
解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33
xyz >0，1x ＋1y ＋1z ≥33
xyz
>0，
所以(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，
即1x ＋1y ＋1z ≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1
z
取得最小值3.
(2)证明：x 2＋y 2＋z 2
＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 2
3
≥x 2＋y 2＋z 2＋
xy ＋yz ＋zx
3
＝
x ＋y ＋z
2
3
＝3，
当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立．
又因为x 2
＋y 2
＋z 2
－9＝x 2
＋y 2
＋z 2
－(x ＋y ＋z )2
＝－2(xy ＋yz ＋zx )<0， 所以3≤x 2
＋y 2
＋z 2
<9.
5．(2018·安徽百所重点高中模拟)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|2x ＋a |＋2⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
x －b 2＋1
的最小值为2.
(1)求a ＋b 的值；
(2)求证：a ＋log 3⎝
⎛⎭
⎪⎫1a ＋4b
≥3－b . 解：(1)因为f (x )＝|2x ＋a |＋|2x －b |＋1≥|2x ＋a －(2x －b )|＋1＝|a ＋b |＋1， 当且仅当(2x ＋a )(2x －b )≤0时，等号成立， 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，
所以f (x )的最小值为a ＋b ＋1＝2，所以a ＋b ＝1. (2)由(1)知，a ＋b ＝1，
所以1a ＋4b
＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋4b ＝1＋4＋b a ＋4a b
≥5＋2
b a ·4a
b
＝9， 当且仅当b a
＝4a
b
且a ＋b ＝1，
即a ＝13，b ＝2
3
时取等号．
所以log 3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋4b ≥log 39＝2，
所以a ＋b ＋log 3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋4b ≥1＋2＝3，
即a ＋log 3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋4b ≥3－b .
6．(2018·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．(2018·安徽安师大附中、马鞍山二中阶段测试)已知函数f (x )＝|x －2|. (1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2； (2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．
解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|. 因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.
当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即1
2≤x ≤1；
当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2； 当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤5
2.
综上，原不等式的解集为⎩
⎨⎧
⎭⎬⎫x
| 12≤x ≤52. (2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，
所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立．
8．(2018·重庆模拟)设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤1
2
；
(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＝1
2(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 ＝1
3
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 ＝1
3时等号成立．。