18、x≤－.
③當x≥0時，原不等式可化為x＋2－x≤1，不成立．
綜上，原不等式的解集為.
答案
4．若不等式|3x－b|＜4的解集中的整數有且僅有1,2,3，則b的取值范圍為________．
解析 由|3x－b|＜4得－4＜3x－b＜4，
即＜x＜，
∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整數有且僅有1,2,3，則
?∴5＜b＜7.
答案 (5,7)
5．(20xx江西卷)在實數范圍內，不等式||x－2|－1|≤1(x∈R)的解集是________．
解析 由||x－2|－1|≤1，得－1≤|x－2|－1≤1，即0≤|x－2|≤2，
∴－2≤x－2≤2，∴0≤x≤4.
19、
答案 {x|0≤x≤4}
6．不等式|x＋1|－|x－2|＞k的解集為R，則實數k的取值范圍是________．
解析 法一 根據絕對值的幾何意義，設數x，－1,2在數軸上對應的點分別為P、A、B，則原不等式等價于PA－PB＞k恒成立．∵AB＝3，即|x＋1|－|x－2|≥－3.
故當k＜－3時，原不等式恒成立．
法二 令y＝|x＋1|－|x－2|，
則y＝要使|x＋1|－|x－2|＞k恒成立，從圖象中可以看出，只要k＜－3即可．
故k＜－3滿足題意．
答案 (－∞，－3)
7．若關于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在實數解，則實數a的取值范圍是________
20、．
解析 ∵f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＝
∴f(x)≥3.要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，
∴|a|≥3，即a≤－3或a≥3.
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
8．若關于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，則實數a的取值范圍為________．
解析 法一 當x≥1時，不等式化為x＋x－1≤a，即x≤.
此時不等式有解當且僅當1≤，即a≥1.
當x＜1時，不等式化為x＋1－x≤a，即1≤a.
此時不等式有解當且僅當a≥1.
綜上所述，若關于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，
則實數a的取值范圍是[1，＋∞)．
法二 設f(x)＝x＋|x－1|，則f(
21、x)＝
f(x)的最小值為1.
因為x＋|x－1|≤a有解，即f(x)≤a有解，所以a≥1.
答案 [1，＋∞)
9．已知h＞0，a，b∈R，命題甲：|a－b|＜2h；命題乙：|a－1|＜h且|b－1|＜h，則甲是乙的________條件．
解析 |a－b|＝|a－1＋1－b|≤|a－1|＋|b－1|＜2h，故由乙能推出甲成立，但甲成立不能推出乙成立，所以甲是乙的必要不充分條件．
答案 必要不充分
二、解答題
10．設函數f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)求函數y＝f(x)的最小值．
解 (1)法一 令2x＋1＝0，x－4＝0分別得
22、x＝－，x＝4.原不等式可化為：
或或
∴原不等式的解集為.
法二 f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝
畫出f(x)的圖象
求y＝2與f(x)圖象的交點為(－7,2)，.
由圖象知f(x)＞2的解集為.
(2)由(1)的法二知：f(x)min＝－.
11．(20xx遼寧卷)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}．
(1)求a的值；
(2)若≤k恒成立，求k的取值范圍．
解 (1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.
又f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}，
所以當a≤0時，不合題意．
當a>0時，－≤x≤，得a
23、＝2.
(2)記h(x)＝f(x)－2f＝|2x＋1|－|2x＋2|，
則h(x)＝
所以|h(x)|≤1，因此k≥1.
故k的取值范圍是[1，＋∞)．
12．設函數f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；
(2)如果?x∈R，f(x)≥2，求a的取值范圍．
解 (1)當a＝－1時，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，
f(x)＝
作出函數f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的圖象．
由圖象可知，不等式f(x)≥3的解集為
.
(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|，
不滿足題設條件；若a＜1，
f(x)＝
f(x)的最小值
24、為1－a；若a＞1，
f(x)＝
f(x)的最小值為a－1.
∴對于?x∈R，f(x)≥2的充要條件是|a－1|≥2，
∴a的取值范圍是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
第2講 不等式的證明
[最新考綱]
了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法，并能用它們證明一些簡單不等式．
知 識 梳 理
1．基本不等式
定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅當a＝b時，等號成立．
定理2：如果a、b為正數，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立．
定理3：如果a、b、c為正數，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立．
定理4：(一般形式的算術—
25、幾何平均不等式)如果a1、a2、…、an為n個正數，則≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．
2．柯西不等式
(1)設a，b，c，d均為實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時等號成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)為實數，則()()≥(ibi)2，當且僅當＝＝…＝(當ai＝0時，約定bi＝0，i＝1,2，…，n)時等號成立．
(3)柯西不等式的向量形式：設α，β為平面上的兩個向量，則|α||β|≥|αβ|，當且僅當α，β共線時等號成立．
3．不等式的證明方法
證明不等式常用的方法有比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法等．
診 斷
26、自 測
1．已知a、b、m均為正數，且a＜b，M＝，N＝，則M、N的大小關系是________．
解析 M－N＝－＝＜0，即M＜N.
答案 M＜N
2．設a＝－，b＝－，c＝－，則a，b，c的大小關系為________．
解析 分子有理化得a＝，b＝，c＝，
∴a＞b＞c.
答案 a＞b＞c
3．若0＜a＜b＜1，則a＋b,2，a2＋b2,2ab中最大的一個是________．
解析 ∵a＋b＞2，a2＋b2＞2ab.
又(a2＋b2)－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，
∵0＜a＜1,0＜b＜1.
∴a(a－1)＋b(b－1)＜0.
∴a2＋b2＜a＋b.
27、答案 a＋b
4．已知x，y∈R，且xy＝1，則的最小值為________．
解析 ≥2＝4.
答案 4
5．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值為________．
解析 (＋＋)2＝(1＋1＋1)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立．
∴(＋＋)2≤3.故＋＋的最大值為.
答案
考點一 分析法證明不等式
【例1】 設a，b，c＞0，且ab＋bc＋ca＝1.
求證：(1)a＋b＋c≥.
(2)＋＋≥ (＋＋)．
證明 (1)要證a＋b＋c≥ ，
由于a，b，c＞0，因此只需證明(a＋b＋c
28、)2≥3.
即證：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需證明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而這可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(當且僅當a＝b＝c時等號成立)證得．
∴原不等式成立．
(2)＋＋＝.
由于(1)中已證a＋b＋c≥.
因此要證原不等式成立，只需證明≥ ＋＋.
即證a＋b＋c≤1，
即證a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
而a＝≤，
b≤，c≤.
∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca
.
∴原不等式成立．
規(guī)律方法 分析法
29、是證明不等式的重要方法，當所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式沒有直接聯系，較難發(fā)現條件和結論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆．
【訓練1】 已知a、b、c均為正實數，且a＋b＋c＝1，求證：
(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c)．
證明 ∵a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴要證原不等式成立，
即證[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥
8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，
也就是證[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)
30、＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b)．①
∵(c＋a)＋(a＋b)≥2 ＞0，
(a＋b)＋(b＋c)≥2 ＞0.
(b＋c)＋(c＋a)≥2 ＞0，
三式相乘得①式成立，故原不等式得證．
考點二 用綜合法證明不等式
【例2】 已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
證明 (1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＋＝＋＋＝2
＝2＝2＋4≥4 ＋4＝8.
∴＋＋≥8.
(2)∵＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
規(guī)律方法 利用綜合法證明不等式，關鍵是利用好已知條件和已經證明過的重要
31、不等式．
【訓練2】 已知a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，求證：＋＋＜＋＋.
證明 法一 ∵a，b，c∈R＋，且互不相等，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
法二 ∵＋≥2＝2；
＋≥2＝2；
＋≥2＝2.
∴以上三式相加，得
＋＋≥ ＋＋.
又∵a，b，c互不相等，
∴＋＋＞＋＋.
法三 ∵a，b，c是不等正數，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab＝＋＋＞＋＋＝＋＋.
∴＋＋＜＋＋.
考點三 利用柯西不等式求最值
【例3】 (1)(20xx湖北卷)設x，y，z∈R，且滿足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，則x＋y
32、＋z＝________.
(2)已知x、y、z∈R＋，且x＋y＋z＝1，則：＋＋的最小值為________．
解析 (1)由柯西不等式，得
(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，
∴(x＋2y＋3z)2≤14，則x＋2y＋3z≤，
又x＋2y＋3z＝，
∴x＝＝，因此x＝，
y＝，z＝，
于是x＋y＋z＝.
(2)法一 利用柯西不等式．
由于(x＋y＋z)≥
2＝36.
所以＋＋≥36.
當且僅當x2＝y(tǒng)2＝z2，即x＝，y＝，z＝時，等號成立．
法二 ＋＋＝(x＋y＋z)＋(x＋y＋z)＋(x＋y＋z)＝14＋＋＋≥14＋4＋6＋12＝3
33、6.
當且僅當y＝2x，z＝3x，即x＝，y＝，z＝時，等號成立．
答案 (1) (2)36
規(guī)律方法 根據柯西不等式的結構特征，利用柯西不等式對有關不等式進行證明，證明時，需要對不等式變形，使之與柯西不等式有相似的結構，從而應用柯西不等式．
【訓練3】 (20xx湖南卷)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，則a2＋4b2＋9c2的最小值為________．
解析 法一 ∵(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2yz＋2zx≤3(x2＋y2＋z2)，
∴a2＋4b2＋9c2≥(a＋2b＋3c)2＝＝12.
∴a2＋4b2＋9c2的最小值為12.
法二 由柯西不等式，得
34、(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a1＋2b1＋3c1)2＝36，
故a2＋4b2＋9c2≥12，
從而a2＋4b2＋9c2的最小值為12.
答案 12
利用算術—幾何平均不等式求最值
【典例】 已知a，b，c均為正數，證明：a2＋b2＋c2＋2
≥6，并確定a，b，c為何值時，等號成立．
[審題視點] (1)a2＋b2＋c2，＋＋分別用算術—幾何平均不等式；(2)相加后又構成用算術—幾何平均不等式的條件．
解 因為a，b，c均為正數，由算術—幾何平均不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)①
＋＋≥3(abc)－，
所以2≥9(abc)－.②
故a
35、2＋b2＋c2＋2≥3(abc)＋9(abc)－.
又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，③
所以原不等式成立．
當且僅當a＝b＝c時，①式和②式等號成立．
當且僅當3(abc)＝9(abc)－時，③式等號成立．
即當且僅當a＝b＝c＝3時，原式等號成立．
[反思感悟] (1)利用算術—幾何平均不等式證明不等式或求最值問題，是不等式問題中的一個重要類型，重點要抓住算術—幾何平均不等式的結構特點和使用條件．
(2)在解答本題時有兩點容易造成失分：一是多次運用算術—幾何平均不等式后化簡錯誤；
二是求解等號成立的a，b，c的值時計算出錯．
【自主體驗】
設a，b，c為正實數，求
36、證：＋＋＋abc≥2.
證明 因為a，b，c是正實數，由算術—幾何平均不等式可得＋＋≥3，
即＋＋≥.
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2＝2，
當且僅當a＝b＝c且abc＝時，取等號．
所以＋＋＋abc≥2.
一、填空題
1．(20xx江蘇卷改編)已知a≥b＞0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，則M、N的大小關系為________．
解析 2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因為a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，
從而(a－
37、b)(a＋b)(2a＋b)≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b.
答案 M≥N
2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是________．
解析 由柯西不等式(2x2＋3y2)
≥2＝(x＋y)2＝1，
∴2x2＋3y2≥，當且僅當2x＝3y，即x＝，y＝時，等號成立．
答案
3．若直線3x＋4y＝2，則x2＋y2的最小值為________，最小值點為________．
解析 由柯西不等式(x2＋y2)(32＋42)≥(3x＋4y)2，
得25(x2＋y2)≥4，所以x2＋y2≥.
當且僅當＝時等號成立，為求最小值點，
需解方程組∴
因此，當x＝，y＝時，x
38、2＋y2取得最小值，最小值為，最小值點為.
答案
4．若a，b均為正實數，且a≠b，M＝＋，N＝＋，則M、N的大小關系為________．
解析 ∵a≠b，∴＋＞2，＋＞2，
∴＋＋＋＞2＋2，
∴＋＞＋.即M＞N.
答案 M ＞N
5．設a、b、c是正實數，且a＋b＋c＝9，則＋＋的最小值為________．
解析 ∵(a＋b＋c)
＝[()2＋()2＋()2]
≥2＝18.
∴＋＋≥2.∴＋＋的最小值為2.
答案 2
6．已知a，b，c為正實數，且a＋2b＋3c＝9，則＋＋的最大值為________．
解析 ＋＋＝ ＋＋
≤＝，故最大值為.
答案
7
39、．(20xx陜西卷)已知a，b，m，n均為正數，且a＋b＝1，mn＝2，則(am＋bn)(bm＋an)的最小值為________．
解析 由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時“＝”成立，得(am＋bn)(bm＋an)≥(＋)2＝mn(a＋b)2＝2.
答案 2
8．已知x2＋2y2＋3z2＝，則3x＋2y＋z的最小值為________．
解析 ∵(x2＋2y2＋3z2)
≥(3x＋y＋z)2＝(3x＋2y＋z)2，
當且僅當x＝3y＝9z時，等號成立．
∴(3x＋2y＋z)2≤12，即－2≤3x＋2y＋z≤2.
當x＝－，y＝－，z＝
40、－時，
3x＋2y＋z＝－2，∴最小值為－2.
答案 －2
9．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值為________．
解析 法一 利用基本不等式
(＋＋)2＝(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋2＋2＋2≤(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋[(3a＋1)＋(3b＋1)]＋[(3b＋1)＋(3c＋1)]＋[(3a＋1)＋(3c＋1)]
＝3[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]＝18，
∴＋＋≤3，
∴(＋＋)max＝3.
法二 利用柯西不等式
∵(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]≥(1＋1＋1)2
∴(＋＋)2≤3[3
41、(a＋b＋c)＋3]．
又∵a＋b＋c＝1，∴(＋＋)2≤18，
∴＋＋≤3.
當且僅當＝＝時，等號成立．
∴(＋＋)max＝3.
答案 3
二、解答題
10．設a，b，c為正數，且a＋b＋c＝1，求證：＋＋≥9.
證明 法一 ∵a，b，c均為正數，∴1＝a＋b＋c≥
3.又＋＋≥3＝，
∴1≥33＝9.
即＋＋≥9.
法二 構造兩組數：， ， ；，，.
因此根據柯西不等式有
[()2＋()2＋()2]
≥2.
即(a＋b＋c)≥32＝9.
(當且僅當＝＝，即a＝b＝c時取等號)
又a＋b＋c＝1，所以＋＋≥9.
11．設不等式|2x－1|＜1的解集為M.
42、
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大小．
解 (1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.
所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
12．(20xx福建卷)已知函數f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c大于0，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9.
(1)解 ∵f(x＋2)＝m－|x|，
∴f(x＋2)≥0等價于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0且其解集為{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1.
(2)證明 由(1)知＋＋＝1，且a，b，c大于0，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9.
當且僅當a＝2b＝3c＝時，等號成立．因此a＋2b＋3c≥9.
人教A版理科高考數學一輪細講精練【選修45】不等式選講
