（全国版）2019版高考数学一轮复习 不等式选讲（课件+学案+练习）（打包8套）.zip

板块 三 模拟演练 ·提能增分 1第 1讲 绝对值不等式板块三 模拟演练·提能增分[基础能力达标]1．[2018·宜春模拟]设函数 f(x)＝| x－4|， g(x)＝|2 x＋1|.(1)解不等式 f(x)ax对任意的实数 x恒成立，求 a的取值范围．解 (1) f(x)0，∴ x1，∴不等式的解集为{ x|x1}．(2)令 H(x)＝2 f(x)＋ g(x)＝Error!G(x)＝ ax，2f(x)＋ g(x)ax对任意的实数 x恒成立，即 H(x)的图象恒在直线 G(x)＝ ax的上方，故直线 G(x)＝ ax的斜率 a满足－4≤ a9；(2)设关于 x的不等式 f(x)≤| x－4|的解集为 A， B＝{ x∈R||2 x－1|≤3}，如果2A∪ B＝ A，求实数 a的取值范围．解 (1)当 a＝5 时， f(x)＝| x＋5|＋| x－2|.①当 x≥2 时，由 f(x)9，得 2x＋39，解得 x3；②当－5≤ x9，得 79，此时不等式无解；③当 x9，得－2 x－39，解得 x9的解集为{ x∈R| x3}．(2)∵ A∪ B＝ A，∴ B⊆A.又 B＝{ x∈R||2 x－1|≤3}＝{ x∈R|－1≤ x≤2}，关于 x的不等式 f(x)≤| x－4|的解集为 A，∴当－1≤ x≤2 时， f(x)≤| x－4|恒成立．由 f(x)≤| x－4|得| x＋ a|≤2.∴当－1≤ x≤2 时，| x＋ a|≤2 恒成立，即－2－ x≤ a≤2－ x恒成立．∴实数 a的取值范围为[－1,0]．4．[2018·泉州模拟]已知函数 f(x)＝| x＋1|＋|2 x－4|.(1)解关于 x的不等式 f(x)－2，∴－2－4，∴－1－2 时， x的取值范围是{ x|－2≤ x≤ a}．6．[2018·辽宁大连双基考试]设函数 f(x)＝| x－1|＋ |x－3|.12(1)求不等式 f(x)2的解集；(2)若不等式 f(x)≤ a 的解集非空，求实数 a的取值范围．(x＋12)解 (1)原不等式等价于Error!或Error! 或Error!∴不等式的解集为 ∪(3，＋∞)．(－ ∞ ，13)(2)f(x)＝| x－1|＋ |x－3|12＝Error!f(x)的图象如图所示，其中 A(1,1)， B(3,2)，直线 y＝ a 绕点 旋转，(x＋12) (－ 12， 0)由图可得不等式 f(x)≤ a 的解集非空时， a的取值范围为 ∪ .(x＋12) (－ ∞ ， － 32) [47， ＋ ∞ )1第 1 讲 绝对值不等式板块一 知识梳理·自主学习[必备知识]考点 1 绝对值不等式的解法1．形如| ax＋ b|≥| cx＋ d|的不等式，可以利用两边平方转化为二次不等式求解．2．形如| ax＋ b|≤ c(c0)和| ax＋ b|≥ c(c0)型不等式(1)绝对值不等式| x|a 与| x|0)和| ax＋ b|≥ c(c0)型不等式的解法|ax＋ b|≤ c⇔－ c≤ ax＋ b≤ c(c0)，| ax＋ b|≥ c⇔ax＋ b≥ c 或 ax＋ b≤－ c(c0)．考点 2 绝对值不等式的应用1．定理：如果 a， b 是实数，那么| a＋ b|≤| a|＋| b|，当且仅当 ab≥0 时，等号成立．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)≥02时，等号成立．3．由绝对值不等式定理还可以推得以下几个不等式(1)|a1＋ a2＋…＋ an|≤| a1|＋| a2|＋…＋| an|.(2)||a|－| b||≤| a＋ b|≤| a|＋| b|.(3)||a|－| b||≤| a－ b|≤| a|＋| b|.[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√” ，错误的打“×”)(1)|ax＋ b|≤ c(c≥0)的解等价于－ c≤ ax＋ b≤ c.( )(2)若| x|c 的解集为 R，则 c≤0.( )(3)不等式| x－1|＋| x＋2|2，所以 x2.12 x2综上可知，原不等式的解集为Error!.板块二 典例探究·考向突破考向 绝对值不等式的解法例 1 [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)≥ x2－ x＋ m 的解集非空，求 m 的取值范围．解 (1) f(x)＝Error!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)≥ x2－ x＋ m，得m≤| x＋1|－| x－2|－ x2＋ x.而| x＋1|－| x－2|－ x2＋ x≤| x|＋1＋| x|－2－ x2＋| x|＝－ 2＋ ≤ ，(|x|－32) 54 54且当 x＝ 时，| x＋1|－| x－2|－ x2＋ x＝ ，32 54故 m 的取值范围为 .(－ ∞ ，54]触类旁通绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对 a0，| x|a⇔xa.(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．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距4离问题求解．(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．【变式训练 1】 [2017·全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝－ x2＋ 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x2－ x＋| x＋1|＋| x－1|－4≤0.①当 x＜－1 时，①式化为 x2－3 x－4≤0，无解；当－1≤ x≤1 时，①式化为 x2－ x－2≤0，从而－1≤ x≤1；当 x＞1 时，①式化为 x2＋ x－4≤0，从而 1＜ x≤ .－ 1＋ 172所以 f(x)≥ g(x)的解集为(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]．考向 绝对值三角不等式的应用例 2 (1)[2018·江西模拟]已知函数 f(x)＝|2 x－1|.①求不等式 f(x)0， n0)，求 ＋ 的取值2m 1n范围．解 ①不等式 f(x)0， n0)，则 ＋ ＝ ＋ ＝1＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ≥ ＋22m 1n m＋ nm m＋ n2n nm m2n 12 32 nm m2n 32＝ ＋ ，当且仅当 m＝4－2 ， n＝2 －2 时等号成立，nm·m2n 32 2 2 2故 ＋ 的取值范围为 .2m 1n [32＋ 2， ＋ ∞ )5(2)[2018·太原模拟]已知函数 f(x)＝|2 x－ a|＋|2 x＋3|， g(x)＝| x－1|＋2.①解不等式：| g(x)|1 时，2 x≥3，∴ x≥1.5.综上所述 x≤－1.5 或 x≥1.5.(2)已知函数 f(x)＝|2 x－ a|＋| x－1|， a∈R.①若不等式 f(x)≤2－| x－1|有解，求实数 a 的取值范围；②当 a2g(x)＋1；(2)若不等式 f(x)≥ g(x)－4 对任意 x∈R 恒成立，求 a 的取值范围．解 (1)当 a＝2 时，不等式 f(x)2g(x)＋1 为| x－4|4| x|＋1，x－4 x＋1，解得 x－1，∴－14x＋1，解得 x4，不等式化为 x－44 x＋1，解得 x2g(x)＋1 为| x－4|4| x|＋1，分类讨论求得 x 的范围．(2)由题意可得| x－4|≥ a|x|－4 对任意 x∈R 恒成立．当 x＝0 时，不等式显然成立；当 x≠0 时，采用分离参数法，问题等价于 a≤ 对任意非零实数恒成立，再利用|x－ 4|＋ 4|x|绝对值三角不等式求得 a 的范围．含绝对值不等式的应用中的数学思想(1)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．(2)利用函数的图象求解，体现了数形结合的思想．【变式训练 3】 (1)已知函数 f(x)＝|1－2 x|－|1＋ x|.①若不等式 f(x) 时， x－21，即 aax 对任意的实数 x 恒成立，求 a 的取值范围．解 (1) f(x)0，∴ x1，∴不等式的解集为{ x|x1}．9(2)令 H(x)＝2 f(x)＋ g(x)＝Error!G(x)＝ ax，2f(x)＋ g(x)ax 对任意的实数 x 恒成立，即 H(x)的图象恒在直线 G(x)＝ ax 的上方，故直线 G(x)＝ ax 的斜率 a 满足－4≤ a9；(2)设关于 x 的不等式 f(x)≤| x－4|的解集为 A， B＝{ x∈R||2 x－1|≤3}，如果A∪ B＝ A，求实数 a 的取值范围．解 (1)当 a＝5 时， f(x)＝| x＋5|＋| x－2|.①当 x≥2 时，由 f(x)9，得 2x＋39，解得 x3；②当－5≤ x9，得 79，此时不等式无解；③当 x9，得－2 x－39，解得 x9 的解集为{ x∈R| x3}．(2)∵ A∪ B＝ A，∴ B⊆A.又 B＝{ x∈R||2 x－1|≤3}＝{ x∈R|－1≤ x≤2}，关于 x 的不等式 f(x)≤| x－4|的解集为 A，∴当－1≤ x≤2 时， f(x)≤| x－4|恒成立．10由 f(x)≤| x－4|得| x＋ a|≤2.∴当－1≤ x≤2 时，| x＋ a|≤2 恒成立，即－2－ x≤ a≤2－ x 恒成立．∴实数 a 的取值范围为[－1,0]．4．[2018·泉州模拟]已知函数 f(x)＝| x＋1|＋|2 x－4|.(1)解关于 x 的不等式 f(x)－2，∴－2－4，∴－1－2 时， x 的取值范围是{ x|－2≤ x≤ a}．116．[2018·辽宁大连双基考试]设函数 f(x)＝| x－1|＋ |x－3|.12(1)求不等式 f(x)2 的解集；(2)若不等式 f(x)≤ a 的解集非空，求实数 a 的取值范围．(x＋12)解 (1)原不等式等价于Error!或Error!或Error!∴不等式的解集为 ∪(3，＋∞)．(－ ∞ ，13)(2)f(x)＝| x－1|＋ |x－3|12＝Error!f(x)的图象如图所示，其中 A(1,1)， B(3,2)，直线 y＝ a 绕点 旋转，(x＋12) (－ 12， 0)由图可得不等式 f(x)≤ a 的解集非空时， a 的取值范围为 ∪(x＋12) (－ ∞ ， － 32).[47， ＋ ∞ ) 选修 4－ 5 不等式选讲 第 1讲 绝对值不等式 板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破板块 三 模拟演练 ·提能增分 1第 2 讲 不等式的证明板块三 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．已知 a， b， c， d 均为正数， S＝ ＋ ＋ ＋ ，则一定有( )aa＋ b＋ d bb＋ c＋ a cc＋ d＋ b dd＋ a＋ cA．0 ＋ ＋ ＋ ＝1，aa＋ b＋ c＋ d ba＋ b＋ c＋ d ca＋ b＋ c＋ d da＋ b＋ c＋ dS1， 1， 1，x1x2 x2x3 x3x1∴ · · 1 与 · · ＝1 矛盾，x1x2 x2x3 x3x1 x1x2 x2x3 x3x1∴至少有一个不大于 1.3．设 x0， y0， M＝ ， N＝ ＋ ，则 M、 N 的大小关系为________．x＋ y2＋ x＋ y x2＋ x y2＋ y答案 M ＋ ＝x2＋ x y2＋ y x2＋ x＋ y y2＋ x＋ y＝ M.x＋ y2＋ x＋ y4．已知 a， b∈R， a2＋ b2＝4，则 3a＋2 b 的取值范围是________．答案 [－2 ，2 ]13 13解析 根据柯西不等式(ac＋ bd)2≤( a2＋ b2)·(c2＋ d2)，可得(3 a＋2 b)2≤( a2＋ b2)·(32＋2 2)∴－2 ≤3 a＋2 b≤2 .13 133a＋2 b∈[－2 ，2 ]．13 13[B 级 能力达标]5．求证： ＋ ＋ ＋…＋ 0)．|x－4a|(1)证明： f(x)≥4；(2)若 f(2)2 时，不等式变成 a2－ a－40)的解集为[－2,2]，求实数 m 的值；(x＋12)(2)对任意 x∈R， y0，求证： f(x)≤2 y＋ ＋|2 x＋3|.42y解 (1)不等式 f ≤2 m＋1⇔|2 x|≤2 m＋1( m0)，(x＋12)∴－ m－ ≤ x≤ m＋ ，12 12由解集为[－2,2]，可得 m＋ ＝2，解得 m＝ .12 32(2)证明：原不等式即为|2 x－1|－|2 x＋3|≤2 y＋ .42y令 g(x)＝|2 x－1|－|2 x＋3|≤|(2 x－1)－(2 x＋3)|＝4，当 2x＋3≤0，即 x≤－ 时， g(x)取得最大值 4，32又 2y＋ ≥2 ＝4，当且仅当 2y＝ ，即 y＝1 时，取得最小值 4.42y 2y·42y 42y则|2 x－1|－|2 x＋3|≤2 y＋ .42y故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知 a， b∈(0，＋∞)，求证： x， y∈R，有 ＋ ≥x2a y2b3； x＋ y 2a＋ b(2)若 01，而(2－ a)b·(2－ b)c· (2－ c)a＝(2－ a)a·(2－ b)b·(2－ c)c≤ 2 2(2－ a＋ a2 )(2－ b＋ b2 )2＝1，(2－ c＋ c2 )这与(2－ a)b·(2－ b)c·(2－ c)a1 矛盾．所以假设错误，即(2－ a)b，(2－ b)c，(2－ c)a 不能同时大于 1.9．[2018·天津期末]已知 xy0， m0.(1)试比较 与 的大小；yx y＋ mx＋ m(2)用分析法证明： (2－ )≤1.xy xy解 (1)因为 － ＝ ， xy0， m0.yx y＋ mx＋ m m y－ xx x＋ m所以 m(y－ x)0，所以 0，且( －1) 2≥0 成立，xy所以 (2－ )≤1.xy xy10．[2018·江阴市期末]已知实数 a0， b0.4(1)若 a＋ b2，求证： ， 中至少有一个小于 2；1＋ ba 1＋ ab(2)若 a－ b＝2，求证： a3＋ b8.证明 (1)假设 ， 都不小于 2，则 ≥2， ≥2，因为 a0， b0，所以1＋ ba 1＋ ab 1＋ ba 1＋ ab1＋ b≥2 a,1＋ a≥2 b，1＋1＋ a＋ b≥2( a＋ b)，即 2≥ a＋ b，这与已知 a＋ b2 相矛盾，故假设不成立．综上， ， 中至少有一个小于 2.1＋ ba 1＋ ab(2)∵ a－ b＝2，∴ b＝ a－2，∵ b0，∴ a2，∴ a3＋ b－8＝ a3－8＋ a－2＝( a－2)( a2＋2 a＋5)，∴( a－2)[( a＋1) 2＋4]0，∴ a3＋ b8.1第 2 讲 不等式的证明板块一 知识梳理·自主学习[必备知识]考点 1 比较法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．考点 2 综合法2一般地，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，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫由因导果法．考点 3 分析法证明命题时，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，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．考点 4 反证法证明命题时先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而得出原命题成立，我们把这种证明方法称为反证法．考点 5 放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．考点 6 柯西不等式1．二维形式的柯西不等式定理 1 若 a， b， c， d 都是实数，则( a2＋ b2)(c2＋ d2)≥( ac＋ bd)2，当且仅当 ad＝ bc时，等号成立．2．柯西不等式的向量形式定理 2 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 ＝ kβ 时，等号成立．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√” ，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“ a， b， c 全为 0”时，假设为“ a， b， c 全不为 0”．( )(2)若 1，则 x＋2 yx－ y.( )x＋ 2yx－ y(3)|a＋ b|＋| a－ b|≥|2 a|.( )(4)若实数 x、 y 适合不等式 xy1， x＋ y－2，则 x0， y0.( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[2018·温州模拟]若 a， b， c∈R， ab，则下列不等式成立的是( )A. b21a1bC. D． a|c|b|c|ac2＋ 1 bc2＋ 1答案 C解析 应用排除法．取 a＝1， b＝－1，排除 A；取 a＝0， b＝－1，排除 B；取 c＝0，排除 D.显然 0，对不等式 ab 的两边同时乘以 ，立得 成立．故选 C.1c2＋ 1 1c2＋ 1 ac2＋ 1 bc2＋ 13．[课本改编]不等式：① x2＋33 x；② a2＋ b2≥2( a－ b－1)；③ ＋ ≥2，其中恒成立ba ab3的是( )A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②答案 D解析 由①得 x2＋3－3 x＝ 2＋ 0，所以 x2＋33 x；对于②，因为(x－32) 34a2＋ b2－2( a－ b－1)＝( a－1) 2＋( b＋1) 2≥0，所以不等式成立；对于③，因为当 abc－ bC．| a||b|－| c| D．| a|0， b0， a3＋ b3＝2.证明：(1)(a＋ b)(a5＋ b5)≥4；(2)a＋ b≤2.证明 (1)( a＋ b)(a5＋ b5)＝ a6＋ ab5＋ a5b＋ b6＝( a3＋ b3)2－2 a3b3＋ ab(a4＋ b4)＝4＋ ab(a2－ b2)2≥4.(2)因为( a＋ b)3＝ a3＋3 a2b＋3 ab2＋ b3＝2＋3 ab(a＋ b)≤2＋ (a＋ b)＝2＋ ，3a＋ b24 3a＋ b34所以( a＋ b)3≤8，因此 a＋ b≤2.板块二 典例探究·考向突破4考向 比较法证明不等式例 1 [2016·全国卷Ⅱ]已知函数 f(x)＝ ＋ ， M 为不等式 f(x)－1，即－1f(a)－ f(－ b)．解 (1)当 x≤－1 时，原不等式可化为－ x－11，12综上， M＝{ x|x1}．(2)证明：证法一：因为 f(ab)＝| ab＋1|＝|( ab＋ b)＋(1－ b)|≥| ab＋ b|－|1－ b|＝| b||a＋1|－|1－ b|.因为 a， b∈ M，所以| b|1，| a＋1|0，所以 f(ab)|a＋1|－|1－ b|，即 f(ab)f(a)－ f(－ b)．证法二：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|2，5即证 a2b2＋2 ab＋1 a2＋2 ab＋ b2，即证 a2b2－ a2－ b2＋10，即证( a2－1)( b2－1)0.因为 a， b∈ M，所以 a21， b21，所以( a2－1)( b2－1)0 成立，所以原不等式成立．考向 用综合法与分析法证明不等式例 2 (1)[2018·浙江金华模拟]已知 x， y∈R.①若 x， y 满足| x－3 y|be(其中 e 是自然对数的底数)，求证：baab.(提示：可考虑用分析法找思路)证明 ∵ ba0， ab0，∴要证 baab只要证 aln bbln a只要证 .(∵ abe)ln bb ln aa取函数 f(x)＝ ，∵ f′( x)＝ln xx 1－ ln xx2令 f′( x)＝0， x＝e∴当 xe 时， f′( x)be 时，有 f(b)f(a)，即 ，得证．ln bb ln aa触类旁通综合法与分析法的逻辑关系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．6【变式训练 2】 (1)设 a， b， c 均为正数，且 a＋ b＋ c＝1，证明：① ab＋ bc＋ ca≤ ；13② ＋ ＋ ≥1.a2b b2c c2a证明 ①由 a2＋ b2≥2 ab， b2＋ c2≥2 bc， c2＋ a2≥2 ca 得 a2＋ b2＋ c2≥ ab＋ bc＋ ca.由题设得( a＋ b＋ c)2＝1，即 a2＋ b2＋ c2＋2 ab＋2 bc＋2 ca＝1.所以 3(ab＋ bc＋ ca)≤1，即 ab＋ bc＋ ca≤ .13②证法一：因为 ＋ b≥2 a， ＋ c≥2 b， ＋ a≥2 c，a2b b2c c2a故 ＋ ＋ ＋( a＋ b＋ c)≥2( a＋ b＋ c)，a2b b2c c2a即 ＋ ＋ ≥ a＋ b＋ c.a2b b2c c2a所以 ＋ ＋ ≥1.a2b b2c c2a证法二：由柯西不等式得：(a＋ b＋ c) ≥( c＋ a＋ b)2，(c2a＋ a2b＋ b2c)∵ a＋ b＋ c＝1，∴ ＋ ＋ ≥1.c2a a2b b2c(2)[2015·全国卷Ⅱ]设 a， b， c， d 均为正数，且 a＋ b＝ c＋ d，证明：①若 abcd，则 ＋ ＋ ；a b c d② ＋ ＋ 是| a－ b|cd，得( ＋ )2( ＋ )2.所以 ＋ ＋ .a b c d a b c d②(ⅰ)若| a－ b|cd.由①得 ＋ ＋ .a b c d(ⅱ)若 ＋ ＋ ，则( ＋ )2( ＋ )2，a b c d a b c d即 a＋ b＋2 c＋ d＋2 .ab cd因为 a＋ b＝ c＋ d，所以 abcd.于是( a－ b)2＝( a＋ b)2－4 ab ＋ 是| a－ b|0， b0，且 a＋ b＝ ＋ .证明：1a 1b(1)a＋ b≥2；(2)a2＋ a0， b0，得 ab＝1.1a 1b a＋ bab(1)由基本不等式及 ab＝1，有 a＋ b≥2 ＝2，即 a＋ b≥2，当且仅当 a＝ b＝1 时等号ab成立．(2)假设 a2＋ a0，得 0 ，(1－ b)c ，(1－ c)a .14 14 14 14三式同向相乘，得(1－ a)a(1－ b)b(1－ c)c (*)164又(1－ a)a≤ 2＝ ，(1－ a＋ a2 ) 14同理(1－ b)b≤ ，(1－ c)c≤ .14 14所以(1－ a)a(1－ b)b(1－ c)c≤ ，164与*式矛盾，即假设不成立，故结论正确．考向 柯西不等式的应用例 4 柯西不等式是大数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，柯西不等式是指：对任意实数 ai， bi(i＝1,2，…， n)，有( a1b1＋ a2b2＋…＋ anbn)2≤( a ＋ a ＋…＋ a )(b ＋ b ＋…＋ b )，当且仅当 ai＝ kbi(i＝1,2，…， n)时，等号成21 2 2n 21 2 2n立．(1)证明：当 n＝2 时的柯西不等式；(2)设 a， b， m， n∈R，且 a2＋ b2＝5， ma＋ nb＝5，求 的最小值．m2＋ n2解 (1)证明：当 n＝2 时，柯西不等式的二维形式为：( a ＋ a )(b ＋ b )≥( a1b1＋ a2b2)21 2 21 22，( a ＋ a )(b ＋ b )－( a1b1＋ a2b2)2＝ a b ＋ a b －2 a1a2b1b2＝( a1b2－ a2b1)2≥0，当且仅当21 2 21 2 212 221a1b2＝ a2b1时取得等号．(2)由柯西不等式得( a2＋ b2)(m2＋ n2)≥( ma＋ nb)2，所以 5(m2＋ n2)≥5 2即 m2＋ n2≥5，所以 的最小值为 .m2＋ n2 5触类旁通8利用柯西不等式解题时，要注意配凑成相应的形式，既可从左向右用，也可从右向左用．【变式训练 4】 [2018·皇姑区校级期末]设 xy0，则 的最小值为( )(x2＋4y2)(y2＋ 1x2)A．－9 B．9 C．10 D．0答案 B解析 ≥ 2＝9.当且仅当 xy＝ 即 xy＝ 时取等号．故选(x2＋4y2)(y2＋ 1x2) (x·1x＋ 2y·y) 2xy 2B.核心规律1.证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和反证法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题目的结构特点、内在联系，选择恰当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维方法，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．2.综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程．3.不等式证明中的裂项形式：(1) ＝ － ， ＝ .1nn＋ 1 1n 1n＋ 1 1nn＋ k 1k(1n－ 1n＋ k)(2) ＋ ＋ ＋ ＝1，aa＋ b＋ c＋ d ba＋ b＋ c＋ d ca＋ b＋ c＋ d da＋ b＋ c＋ dS1， 1， 1，x1x2 x2x3 x3x1∴ · · 1 与 · · ＝1 矛盾，x1x2 x2x3 x3x1 x1x2 x2x3 x3x1∴至少有一个不大于 1.3．设 x0， y0， M＝ ， N＝ ＋ ，则 M、 N 的大小关系为________．x＋ y2＋ x＋ y x2＋ x y2＋ y答案 M ＋ ＝x2＋ x y2＋ y x2＋ x＋ y y2＋ x＋ y＝ M.x＋ y2＋ x＋ y4．已知 a， b∈R， a2＋ b2＝4，则 3a＋2 b 的取值范围是________．答案 [－2 ，2 ]13 13解析 根据柯西不等式(ac＋ bd)2≤( a2＋ b2)·(c2＋ d2)，可得(3 a＋2 b)2≤( a2＋ b2)·(32＋2 2)∴－2 ≤3 a＋2 b≤2 .13 133a＋2 b∈[－2 ，2 ]．13 13[B 级 能力达标]5．求证： ＋ ＋ ＋…＋ 0)．|x－4a|(1)证明： f(x)≥4；10(2)若 f(2)2 时，不等式变成 a2－ a－40)的解集为[－2,2]，求实数 m 的值；(x＋12)(2)对任意 x∈R， y0，求证： f(x)≤2 y＋ ＋|2 x＋3|.42y解 (1)不等式 f ≤2 m＋1⇔|2 x|≤2 m＋1( m0)，(x＋12)∴－ m－ ≤ x≤ m＋ ，12 12由解集为[－2,2]，可得 m＋ ＝2，解得 m＝ .12 32(2)证明：原不等式即为|2 x－1|－|2 x＋3|≤2 y＋ .42y令 g(x)＝|2 x－1|－|2 x＋3|≤|(2 x－1)－(2 x＋3)|＝4，当 2x＋3≤0，即 x≤－ 时， g(x)取得最大值 4，32又 2y＋ ≥2 ＝4，当且仅当 2y＝ ，即 y＝1 时，取得最小值 4.42y 2y·42y 42y则|2 x－1|－|2 x＋3|≤2 y＋ .42y故原不等式成立．8．[2018·黄山期末](1)已知 a， b∈(0，＋∞)，求证： x， y∈R，有＋ ≥ ；x2a y2b x＋ y2a＋ b(2)若 01，而(2－ a)b·(2－ b)c· (2－ c)a＝(2－ a)a·(2－ b)b·(2－ c)c≤ 2 2(2－ a＋ a2 )(2－ b＋ b2 )2＝1，(2－ c＋ c2 )这与(2－ a)b·(2－ b)c·(2－ c)a1 矛盾．所以假设错误，即(2－ a)b，(2－ b)c，(2－ c)a 不能同时大于 1.9．[2018·天津期末]已知 xy0， m0.(1)试比较 与 的大小；yx y＋ mx＋ m(2)用分析法证明： (2－ )≤1.xy xy解 (1)因为 － ＝ ， xy0， m0.yx y＋ mx＋ m my－ xxx＋ m所以 m(y－ x)0，所以 0，且( －1) 2≥0 成立，xy所以 (2－ )≤1.xy xy10．[2018·江阴市期末]已知实数 a0， b0.(1)若 a＋ b2，求证： ， 中至少有一个小于 2；1＋ ba 1＋ ab(2)若 a－ b＝2，求证： a3＋ b8.证明 (1)假设 ， 都不小于 2，则 ≥2， ≥2，因为 a0， b0，所以1＋ ba 1＋ ab 1＋ ba 1＋ ab1＋ b≥2 a,1＋ a≥2 b，1＋1＋ a＋ b≥2( a＋ b)，12即 2≥ a＋ b，这与已知 a＋ b2 相矛盾，故假设不成立．综上， ， 中至少有一个小于 2.1＋ ba 1＋ ab(2)∵ a－ b＝2，∴ b＝ a－2，∵ b0，∴ a2，∴ a3＋ b－8＝ a3－8＋ a－2＝( a－2)( a2＋2 a＋5)，∴( a－2)[( a＋1) 2＋4]0，∴ a3＋ b8. 选修 4－ 5 不等式选讲 第 2讲 不等式的证明 板块一 知识梳理 ·自主学习板块二 典例探究 ·考向突破