不等式选讲 强化训练-高三数学二轮专题复习

冲刺高考二轮不等式选讲强化训练（原卷+答案）考点一不等式的证明——看“目标”，找“条件”，想“联系”，用“转化”算术—几何平均不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a，b，c为正数，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．例1已知a，b，c都是正数，且aeq\s\up6(\f(3,2))＋beq\s\up6(\f(3,2))＋ceq\s\up6(\f(3,2))＝1，证明：(1)abc≤eq\f(1,9)；(2)eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc)).对点训练已知a，b，c均为正数，且a2＋b2＋4c2＝3，证明：(1)a＋b＋2c≤3；(2)若b＝2c，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.考点二含绝对值不等式的解法——掀起“绝对值”的盖头1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)c>0，则|ax＋b|≤c的解集为－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a、b的值解出即可．(2)c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．例2已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|.(1)求不等式f(x)≤5的解集；(2)设x∈R时，f(x)的最小值为M.若正实数a，b，满足a＋b＝M，求eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值．对点训练已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象；(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范围．考点三与绝对值不等式有关的恒成立问题——弄清绝对值的几何意义定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理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)≥0时，等号成立．例3已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－2)).(1)求不等式f(x)≤2x的解；(2)若f(x)≥keq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))对任意x∈R恒成立，求k的取值范围．对点训练已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；(2)若f(x)>－a，求a的取值范围．参考答案考点一[例1]证明：（1）因为a，b，c都是正数，所以aeq\s\up6(\f(3,2))＋beq\s\up6(\f(3,2))＋ceq\s\up6(\f(3,2))≥3eq\r(3,a\s\up6(\f(3,2))b\s\up6(\f(3,2))c\s\up6(\f(3,2)))＝3eq\r(abc)，当且仅当a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))时取等号．因为aeq\s\up6(\f(3,2))＋beq\s\up6(\f(3,2))＋ceq\s\up6(\f(3,2))＝1，所以eq\r(abc)≤eq\f(1,3)，即abc≤eq\f(1,9).（2）方法一因为a，b，c都是正数，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))时同时取等号．所以2eq\r(abc)（eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)）≤2eq\r(abc)（eq\f(a,2\r(bc))＋eq\f(b,2\r(ac))＋eq\f(c,2\r(ab))）＝aeq\s\up6(\f(3,2))＋beq\s\up6(\f(3,2))＋ceq\s\up6(\f(3,2))＝1，所以eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc)).方法二要证eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc))成立，只需证eq\f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c)＋eq\f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c)＋eq\f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b)≤eq\f(1,2)成立即可．因为a，b，c都是正数，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))时同时取等号．所以eq\f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c)＋eq\f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c)＋eq\f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b)≤eq\f(a\f(3,2)\r(bc),2\r(bc))＋eq\f(b\f(3,2)\r(ac),2\r(ac))＋eq\f(c\f(3,2)\r(ab),2\r(ab))＝eq\f(a\s\up6(\f(3,2))＋b\s\up6(\f(3,2))＋c\s\up6(\f(3,2)),2)＝eq\f(1,2)，得证．对点训练证明：（1）因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，（a2＋b2＋4c2）（1＋1＋1）≥（a＋b＋2c）2，即（a＋b＋2c）2≤9，且a，b，c均为正数，所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立．所以a＋b＋2c≤3.（2）方法一3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,2c)))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2c)＋\f(1,2c))).由b＝2c，a＋b＋2c≤3得3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c)))≥（a＋b＋2c）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c)))≥（eq\r(a)·eq\f(1,\r(a))＋eq\r(b)·eq\f(1,\r(b))＋eq\r(2c)·eq\f(1,\r(2c))）2＝9，当且仅当a＝2c时等号成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.方法二因为b＝2c，由（1）知a＋b＋2c≤3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))×3≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))（a＋4c）＝1＋eq\f(4c,a)＋eq\f(a,c)＋4≥5＋2eq\r(\f(4c,a)·\f(a,c))＝9，当且仅当a＝2c时等号成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.考点二[例2]解析：（1）f（x）＝|x－1|＋|x＋2|≤5，当x≤－2时，不等式化为－x＋1－x－2≤5，解得x≥－3，此时－3≤x≤－2；当－2<x<1时，不等式化为－x＋1＋x＋2＝3≤5，恒成立，此时－2<x<1；当x≥1时，不等式化为x－1＋x＋2＝2x＋1≤5，解得x≤2，此时1≤x≤2.综上所述，不等式的解集为[－3，2].（2）f（x）＝|x－1|＋|x＋2|≥|x－1－x－2|＝3.所以M＝3，即a＋b＝3.所以（a＋1）＋（b＋2）＝6，所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)＝eq\f(1,6)[（a＋1）＋（b＋2）]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋2)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋2,a＋1)＋\f(a＋1,b＋2)＋2))≥eq\f(1,6)×（2＋2）＝eq\f(2,3)，当且仅当a＋1＝b＋2，即a＝2，b＝1时取等号．即eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值为eq\f(2,3).对点训练解析：（1）由已知得g（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4，x<－\f(3,2),4x＋2，－\f(3,2)≤x≤\f(1,2)，,4，x>\f(1,2)))所以y＝f（x）与y＝g（x）的图象为（2）y＝f（x＋a）的图象是由函数y＝f（x）的图象向左平移a（a>0）个单位长度或向右平移|a|（a<0）个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到y＝f（x＋a）的图象的右支过y＝g（x）的图象上的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))时为临界状态，如图所示，此时y＝f（x＋a）的图象的右支对应的函数解析式为y＝x＋a－2（x≥2－a），则4＝eq\f(1,2)＋a－2，解得a＝eq\f(11,2).因为f（x＋a）≥g（x），所以a≥eq\f(11,2)，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)，＋∞)).考点三[例3]解析：（1）当x>2时，f（x）≤2x等价于x＋1＋x－2≤2x，该不等式恒成立，所以x>2；当x<－1时，f（x）≤2x等价于－x－1－x＋2≤2x，解得x≥eq\f(1,4)，此时不等式无解；当－1≤x≤2时，f（x）≤2x等价于x＋1－x＋2≤2x，解得x≥eq\f(3,2)，所以eq\f(3,2)≤x≤2.综上所述，不等式的解为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).（2）由f（x）≥keq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－2))≥keq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，当x＝eq\f(1,2)时，3≥0恒成立，所以k∈R；当x≠eq\f(1,2)时，k≤eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)＋\f(3,2)))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)－\f(3,2))),x－\f(1,2)\o(,\s\up6()))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(3,2),x－\f(1,2))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(\f(3,2),x－\f(1,2))))恒成立，因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(3,2),x－\