高中数学题型全面归纳（教师版）：16.2 不等式选讲60

1、第三节 不等式选讲(选修4-5)考纲解读 1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值. 2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位. 3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档.知识点精讲一、不等式的性质1.同向合成（1）；（2）；（3）.（合成后为必要条件）2.同解变形（1）；（2）；（3）.（变形后为充要条件）3

2、.作差比较法二、含绝对值的不等式（1）；（2）（3）零点分段讨论三、基本不等式（1）（当且仅当等号成立条件为）（2）（当且仅当等号成立条件为）；（当且仅当时等号成立）（3）柯西不等式 （当且仅当时取等号）几何意义：推广：.当且仅当向量与向量共线时等号成立.四、不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法.（2）综合法由因到果.（3）分析法执果索因.（4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式.（6）反证法.（7）放缩法.题型归纳即思路提示题型201 含绝对值的不等式一、解含绝对值的不等式思路提示 对于含绝对值的不等式问题，首先要考虑的是根据绝对值的意义去掉绝对值.常用的去绝对值方法是零

3、点分段法.特别用于多个绝对值的和或差不等式问题.若单个绝对值的不等式常用以下结论： ； . 有时去绝对值也可根据来去绝对值.例16.14 (2015山东)解不等式|x1|x5|2的解集解当x1时，原不等式可化为1x(5x)2，42，不等式恒成立，x1.当1x5时，原不等式可化为x1(5x)2，x4，1x4，当x5时，原不等式可化为x1(x5)2，该不等式不成立综上，原不等式的解集为(，4)变式1 不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 解析 解法一：当时，原不等式可变形为，所以；当时，原不等式可变形为，显然不成立；当时，原不等式可变形为，所以. 解法二：利用绝对值的几何意义，表示实数轴上的

4、点到点=-3与=5的距离之和，要使点到点=-3与=5的距离之和等于10，只需，于是当，或可使成立. 故选D.评注 解法一叫做绝对值根点法；令绝对值为0，求出绝对值的根；此根将实数轴分为若干段，逐段讨论即可。变式2 已知函数. （1）证明：； （2）求不等式的解集.解析 (1) , ,故 .(2)由(1)知.当 时, 的解集为空集;当 时, 的解集为 ;当 时, 的解集为.综上所述,不等式的解集为.评注 ,当 或 时”=”成立二、含绝对值不等式恒成立，求参数问题例16.15 若不等式|2x1|x2|a2eq f(1,2)a2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为_.解析设y|2x1|x2|eq

5、 blc(avs4alco1(3x1，x2，,x3，2xf(1,2)，,3x1，xf(1,2)，)当x2时，y3x15；当2xeq f(1,2)时，5yx3eq f(5,2)；当xeq f(1,2)时，y3x1eq f(5,2)，故函数y|2x1|x2|的最小值为eq f(5,2).因为不等式|2x1|x2|a2eq f(1,2)a2对任意实数x恒成立，所以eq f(5,2)a2eq f(1,2)a2.解不等式eq f(5,2)a2eq f(1,2)a2，得1aeq f(1,2)，故实数a的取值范围为eq blcrc(avs4alco1(1，f(1,2).答案eq blcrc(avs4alco

6、1(1，f(1,2)变式1 不等式eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,x)|a2|sin y对一切非零实数x，y均成立，求实数a的取值范围.解析 xeq f(1,x)(，22，)，eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,x)2，)，其最小值为2.又sin y的最大值为1，故不等式eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,x)|a2|sin y恒成立时，有|a2|1，解得a1，3.变式2 若不等式|kx4|2的解集为x|1x3，则实数k_.|kx4|2，2kx42，2kx6.不等式的解集为x|1x3，k2.答案2变式3 (2017石家庄调研)设函数f(x)|

7、x3|x1|，xR.(1)解不等式f(x)1；(2)设函数g(x)|xa|4，且g(x)f(x)在x2,2上恒成立，求实数a的取值范围(1)函数f(x)|x3|x1|eq blcrc (avs4alco1(4，x3，)故由不等式f(x)3或eq blcrc (avs4alco1(22xeq f(3,2).(2)函数g(x)f(x)在x2,2上恒成立，即|xa|4|x3|x1|在x2,2上恒成立，在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示故当x2,2时，若0a4时，则函数g(x)在函数f(x)的图象的下方，g(x)f(x)在x2,2上恒成立，求得4a0，故所求的实数a的取值范围为

8、4,0三、含绝对值（方程）不等式有解，求参数问题例16.16 (2016深圳模拟)若关于x的不等式|2 014x|2 015x|d有解，求d的取值范围解析 |2 014x|2 015x|2 014x2 015x|1，关于x的不等式|2 014x|2 015x|d有解时，d1.变式1 已知函数f(x)|xa|x2|.(1)当a3时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1,2，求a的取值范围解析 解(1)当a3时，f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x5，x2，,1，2x3，,2x5，x3.)当x2时，由f(x)3得2x53，解得x1；当2x3时，f(x)3无

9、解；当x3时，由f(x)3得2x53，解得x4.所以f(x)3的解集为x|x1或x4(2)f(x)|x4|x4|x2|xa|.当x1,2时，|x4|x2|xa|4x(2x)|xa|2ax2a.由条件得2a1且2a2，即3a0.故满足条件的a的取值范围为3,0.变式2 已知，关于的方程有实根，求的取值范围.分析 由 得含绝对值的不等式.解析 方程 有实根,则 .(1)求出绝对值的零点, ,得;,得.(2)数轴标根, (3)分段讨论: 无解. . .综上可得,.四、已知含绝对值不等式的解集，求参数的值或范围例16.17 (全国卷 I卷（理）已知函数f（x）=x2+ax+4，g(x)=x+1+x1.

10、（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.解析：（1）当时，是开口向下，对称轴的二次函数，当时，令，解得 在上单调递增，在上单调递减此时解集为当时，当时，单调递减，单调递增，且综上所述，解集（2）依题意得：在恒成立即在恒成立则只须，解出：故取值范围是变式1 设函数，其中. (1) 当时，求不等式的解集； (2)若不等式的解集为，求的值.解析 (1)当时,可化为,由此可得或,故不等式 的解集为. (2)由得,故此不等式化为不等式组或 ,即或.由于,所以不等式组的解集为 .由题设可得,故.变式2 (2017开封模拟)设函数f(

11、x)|xa|，a0.(1)证明：f(x)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)2；(2)若不等式f(x)f(2x)eq f(1,2)的解集非空，求a的取值范围解：(1)证明：函数f(x)|xa|，a0，则f(x)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)|xa|eq blc|rc|(avs4alco1(f(1,x)a)|xa|eq blc|rc|(avs4alco1(f(1,x)a)eq blc|rc|(avs4alco1(xablc(rc)(avs4alco1(f(1,x)a)eq blc|rc|(avs4alco1(xf(1,x)|x|eq f(1,|x|)

12、2eq r(|x|f(1,|x|)2(当且仅当|x|1时取等号)(2)f(x)f(2x)|xa|2xa|，a0.当xa时，f(x)f(2x)axa2x2a3x，则f(x)f(2x)a；当ax eq f(a,2)时， f(x)f(2x)xaa2xx，则eq f(a,2)f(x)f(2x)a；当xeq f(a,2)时，f(x)f(2x)xa2xa3x2a，则f(x)f(2x)eq f(a,2)，则f(x)f(2x)的值域为eq blcrc)(avs4alco1(f(a,2)，)，不等式f(x)f(2x)eq f(a,2)，解得，a1，由于a0，因此abc.二、利用函数的单调性证明思路提示 使用对象

13、：在某区间成立的函数不等式、数值不等式的证明通常是通过辅助函数完成的. 解题程序：（1）移项（有时需要作简单的恒等变形），使不等式一端为，另一端为所作辅助函数.（2）求并验证在指定区间上的单调性.（3）求出区间端点的函数值（或极限值），其中至少有一个为或已知符号，作比较即得所证.例16.19 已知，求证：.分析 属于在某区间上成立的不等式，通过移项使得一端为，另一端为所作的辅助函数，利用函数的单调性证明.解析 原不等式等价于.令，.令，则，故在上是减函数，所以当时，故. 故，所以在上是增函数.又，所以当时，成立.于是成立.变式1 证明：当时，.分析 移项,使得一端为0,另一端即为所作的辅助函数

14、,利用函数在区间上的单调性证明不等式.解析 不等式.令,.故在 上单调递减,又,所以 ,所以.不等式 .令 ,所以 (因为).所以在上单调递减.又 ,故当时,即 ,于是,综上所述,.三、综合法与分析法思路提示 字母分别表示一组不等式，其中为已知不等式，为待证不等式.若有，综合法是由前进式地推导，分析法是由倒退式地分析到.用分析法时，必须步步可逆.1.综合法（由因到果）例16.20 已知a，b，c0且互不相等，abc1.试证明：eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq f(1,a)eq f(1,b)eq f(1,c).证明：因为a，b，c0，且互不相等，abc1，所以eq r(a)eq r

15、(b)eq r(c) eq r(f(1,bc) eq r(f(1,ac) eq r(f(1,ab)eq f(f(1,b)f(1,c),2)eq f(f(1,a)f(1,c),2)eq f(f(1,a)f(1,b),2)eq f(1,a)eq f(1,b)eq f(1,c)，即eq r(a)eq r(b)eq r(c)eq f(1,a)eq f(1,b)eq f(1,c).变式1 已知a，b，c，d均为正数，且adbc.(1)证明：若adbc，则|ad|bc|；(2)teq r(a2b2)eq r(c2d2)eq r(a4c4)eq r(b4d4)，求实数t的取值范围. 分析 下面用综合法给出本

16、题的直接证法,解：(1)证明：由adbc，且a，b，c，d均为正数，得(ad)2(bc)2，又adbc，所以(ad)2(bc)2，即|ad|bc|.(2)因为(a2b2)(c2d2)a2c2a2d2b2c2b2d2a2c22abcdb2d2(acbd)2，所以teq r(a2b2)eq r(c2d2)t(acbd)由于eq r(a4c4)eq r(2)ac，eq r(b4d4)eq r(2)bd，又已知teq r(a2b2)eq r(c2d2)eq r(a4c4)eq r(b4d4)，则t(acbd)eq r(2)(acbd)，故teq r(2)，当且仅当ac，bd时取等号2.分析法（由果索因

17、）16.21(2017沈阳模拟)设a，b，c0，且abbcca1.求证：(1)abc eq r(3)；(2) eq r(f(a,bc) eq r(f(b,ac) eq r(f(c,ab) eq r(3)(eq r(a)eq r(b)eq r(c)分析 利用分析法将证明的不等式进行恒等变形，从而探寻证明的突破口.证明(1)要证abc eq r(3)，由于a，b，c0，因此只需证明(abc)23.即证：a2b2c22(abbcca)3，而abbcca1，故只需证明：a2b2c22(abbcca)3(abbcca)即证：a2b2c2abbcca.而这可以由abbccaeq f(a2b2,2)eq f

18、(b2c2,2)eq f(c2a2,2)a2b2c2(当且仅当abc时等号成立)证得所以原不等式成立(2) eq r(f(a,bc) eq r(f(b,ac) eq r(f(c,ab)eq f(abc,r(abc).在(1)中已证abc eq r(3).因此要证原不等式成立，只需证明eq f(1,r(abc) eq r(a)eq r(b)eq r(c)，即证aeq r(bc)beq r(ac)ceq r(ab)1，即证aeq r(bc)beq r(ac)ceq r(ab)abbcca.而aeq r(bc)eq r(abac)eq f(abac,2)，beq r(ac)eq f(abbc,2)，

19、ceq r(ab)eq f(bcac,2).所以aeq r(bc)beq r(ac)ceq r(ab)abbcca(当且仅当abceq f(r(3),3)时等号成立)所以原不等式成立评注 在证明不等式时，经常用分析法探寻证明思路，再用综合法表述证明过程，有些不等式的证明需要一边分析，一边综合，在使用分析法证明时，要注意分析过程步步可逆.变式1 已知abc，且abc0，求证：eq r(b2ac)eq r(3)a.分析 利用分析法证明.证明：要证eq r(b2ac)eq r(3)a，只需证b2ac3a2.abc0，cab，只需证b2a(ab)0，只需证(ab)(2ab)0，只需证(ab)(ac)0

20、.abc，ab0，ac0.(ab)(ac)0显然成立，故原不等式成立四、反证法思路提示 从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.它的依据是原命题与逆否命题同真假.例16.22 设二次函数f(x)=x2+px+q，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.分析：当要证明几个代数式中至少有一个满足某个不等式时，通常采用反证法.解析：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|=，所以Tn=，综上可得对任意的nN*，均有Tn.解析：(1) y=(x2n+2+1)=(2n+2)x2

21、n+1，曲线y=x2n+2+1在点(1，2)处的切线斜率为2n+2，从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0，得切线与x轴交点的横坐标为xn=1-=，即数列xn的通项公式为xn=.(2) 由题设和(1)中的计算结果知，Tn=.当n=1时，T1=；当n2时，因为=，所以Tn=.综上可得，对任意的nN*，均有Tn.【评注】(1) 用放缩法证明不等式，放缩要适当，否则会走入困境；(2) 放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后

22、便于求和.变式1 证明：.分析 采用”添舍”放缩法求证不等式.解析 因为 .即.由时,得,故. 评注 这里用, , 以及, 放缩,特别是第步的添舍放缩很有技巧,第步放缩则产生等比数列的求和形式,便于化简.本题也可用单调性来证明:, ,则, 又,故,则 .变式2 若a，bR，求证：eq f(|ab|,1|ab|)eq f(|a|,1|a|)eq f(|b|,1|b|).：证明当|ab|0时，不等式显然成立当|ab|0时，由0|ab|a|b|eq f(1,|ab|)eq f(1,|a|b|)，所以eq f(|ab|,1|ab|)eq f(1,f(1,|ab|)1)eq f(1,1f(1,|a|b|

23、)eq f(|a|b|,1|a|b|)eq f(|a|,1|a|b|)eq f(|b|,1|a|b|)eq f(|a|,1|a|)eq f(|b|,1|b|).【评注】(1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧常见的放缩变换有：变换分式的分子和分母，如eq f(1,k2)eq f(1,kk1)，eq f(1,r(k)eq f(2,r(k)r(k1).上面不等式中kN*，k1；利用函数的单调性；真分数性质“若0a0，则eq f(a,b)eq f(am,bm)”(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度例16.24 求证：.分析 采用“分母”放缩法证明.解析 由题意，则

24、，.所以原不等式成立.例16.25 设，且满足，问取何值时，以为边可构成三角形，并判断该三角形的形状.解析 由幂函数性质可知，要构成三角形，只需，故， 即证明， 只需证明，即. = 1 * GB3 由，且， 由指数函数单调递减可知，要使得式 = 1 * GB3 成立，只需.因此可知，要成立.只需成立.当时，三角形为直角三角形；当时，即，此时三角形为钝角三角形；当时，即，此时三角形为锐角三角形.六、三角换元法思路提示 若，等为已知条件，求证不等式时，利用三角换元法较容易，但是务必注意换元前后参数的范围变化.例16.26 （2017江苏卷） 已知a,b,c,d为实数，且a2+b2=4,c2+d2=

25、16,证明ac+bd8.分析 由联想到三角换元.解析 令， 当时，取得最大值8，证毕.评注 三角换元在不等式证明以及求函数的最值、解析几何中参数的范围及最值方面有着极大的作用，常常可化难为易.变式1 设，求证：.分析 对于 ,求最值问题,联想到三角换元.解析: 由,得 ,.则.其中 . ,即.故.评注 若题干中涉及,或等形式,用三角换元比直接法要方便,简单.本题也可用柯西不等式 ,得,所以.七、构造法思路提示 一般说来，用构造法证明不等式，常见的构造方法如下： （1）构造辅助函数. （2）构造辅助数列. （3）构造几何图形.例16.27 设，若，求证：.分析 构造一次函数证明.解析 即.若视为

26、未知数，并用代替，即证明时，.即证.设,即证时，.而是关于的一次函数，且，因此当时，成立，从而原不等式成立.评注 本题也可利用如下解法：，即证，即证，即，由，得，故成立.例16.28 已知为三角形的三边长，求证：.分析 不等式左右两边的个式子具有相同的结构形式，故考虑构造函数.解析 ，说明函数在上单调递增，又为三角形的三边长，故，则.变式1 证明：.解析 构造函数 ,据函数在 上单调递增,又利用绝对值不等式 ,即.又即变式2 已知且，求证：.分析 与的形式完全一致,故可以看成函数自变量分别取不同的值,时所对应的函数值,从而可根据单调性求解. 解析 设在上单调递增,在单调递减,当时,因为,所以,

27、所以; 当时, 因为,所以,所以.故对且, ,.例16.29 证明：当且时，有.分析 本题通过构造辅助数列证明.解析 构造数列，因为，所以数列为单调递减数列.所以，即.评注 本题将看作参数构造辅助数列，判断数列的单调性从而证明结论.例16.30 设，求证：.分析 根据已知式的形式特征联想勾股定理，构造几何图形证明.解析 如图16-34所示，构造正方形，图 16-34设，则，则.变式1 设，求证：.分析 根据已知的形式特征联想余弦定理,构造三角形,由平面几何性质证明.解析 .如图16-47所示,构造等腰,使得,是角的三等分线, ,则,由等面积法可解得,当时取等号. 八、利用柯西不等式证明不等式思

28、路提示 柯西不等式不仅具有优美的代数表现形式及向量表现形式，而且有明显的几何意义，它与基本不等式具有密切的关系，其作用类似于基本不等式可用来求最大（小）值或证明不等式，不过它的特点更明显应用更直接.1.二维形式的柯西不等式设，.等号成立.证明 设，由，得，又，即，故等号成立即.2.一般形式的柯西不等式 设及为任意实数，则，当且仅当（规定时，）时等号成立. 证法一：当全为时，命题显然成立.否则，考查关于的二次函数，显然恒成立.注意到，而恒成立，且，故的判别式不大于零，即，整理后得.证法二：向量的内积证法. 令，为与的夹角.因为，且，所以，即，等号成立或平行.柯西不等式提示了任意两组实数积之和的平

29、方与平方和之间的关系，应用它可以简单地证明许多复杂的不等式，下面举例说明.例16.31 已知x，y，z均为实数(1)若xyz1，求证：eq r(3x1)eq r(3y2)eq r(3z3)3eq r(3)；(2)若x2y3z6，求x2y2z2的最小值(1)证明因为(eq r(3x1)eq r(3y2)eq r(3z3)2(121212)(3x13y23z3)27.所以eq r(3x1)eq r(3y2)eq r(3z3)3eq r(3).当且仅当xeq f(2,3)，yeq f(1,3)，z0时取等号(2)解因为6x2y3zeq r(x2y2z2)eq r(149)，所以x2y2z2eq f(

30、18,7)，当且仅当xeq f(y,2)eq f(z,3)即xeq f(3,7)，yeq f(6,7)，zeq f(9,7)时，x2y2z2有最小值eq f(18,7).【评注】(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(aeq oal(2,1)aeq oal(2,2)aeq oal(2,n)(eq f(1,aoal(2,1)eq f(1,aoal(2,2)eq f(1,aoal(2,n)(111)2n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立

31、的条件变式1 已知大于1的正数x，y，z满足xyz3eq r(3).求证：eq f(x2,x2y3z)eq f(y2,y2z3x)eq f(z2,z2x3y)eq f(r(3),2).解析 由柯西不等式及题意得，(eq f(x2,x2y3z)eq f(y2,y2z3x)eq f(z2,z2x3y)(x2y3z)(y2z3x)(z2x3y)(xyz)227.又(x2y3z)(y2z3x)(z2x3y)6(xyz)18eq r(3)，eq f(x2,x2y3z)eq f(y2,y2z3x)eq f(z2,z2x3y)eq f(27,18r(3)eq f(r(3),2)，当且仅当xyzeq r(3)时，等号成立.变式2 已知，.求证：.解析 由柯西不等式及, .即,又因为,所以 .例16.32 设实数满足，求证：.解析 由柯西不等式，.所以，所以.评注 有些证明不等式的题，表面上看与柯西不等式无关，然而通过对原不等式作适当的变形改造后却可以应用柯西不等式加以解决，当然具体如何变形改造是关键，也是难点，这往往需要经过观察、直觉、猜