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  • 2021-06-15 发布

【数学】2018届一轮复习北师大版不等式选讲学案

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选修4-5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;2.绝对值三角不等式.‎ 突破点(一) 绝对值不等式的解法 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎(1)含绝对值的不等式|x|a的解集 不等式 a>0‎ a=0‎ a<0‎ ‎|x|a R ‎(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.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 绝对值不等式的解法 ‎[典例] 解下列不等式:‎ ‎(1)|2x+1|-2|x-1|>0.‎ ‎(2)|x+3|-|2x-1|<+1.‎ ‎[解] (1)法一:原不等式可化为|2x+1|>2|x-1|,两边平方得4x2+4x+1>4(x2-2x+1),解得x>,所以原不等式的解集为.‎ 法二:原不等式等价于 或或 解得x>,所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)①当x<-3时,‎ 原不等式化为-(x+3)-(1-2x)<+1,‎ 解得x<10,∴x<-3.‎ ‎②当-3≤x<时,‎ 原不等式化为(x+3)-(1-2x)<+1,‎ 解得x<-,∴-3≤x<-.‎ ‎③当x≥时,‎ 原不等式化为(x+3)+(1-2x)<+1,‎ 解得x>2,∴x>2.‎ 综上可知,原不等式的解集为.‎ 绝对值不等式的常用解法 ‎[方法技巧]‎ ‎(1)基本性质法:‎ 对a∈R+,|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. ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎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 或 或 即或 或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:原不等式可化为或 解得x≤-5或x≥-.‎ 所以原不等式的解集是.‎ ‎3.已知函数f(x)=|x-2|-|x-5|.‎ ‎(1)证明:-3≤f(x)≤3;‎ ‎(2)求不等式f(x)≥x2-8x+15的解集.‎ 解:(1)证明:f(x)=|x-2|-|x-5|‎ ‎=当20.‎ ‎(1)当a=1时,求不等式f(x)≥3x+2的解集;‎ ‎(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.‎ 解:(1)当a=1时,f(x)≥3x+2可化为|x-1|≥2.‎ 由此可得x≥3或x≤-1.‎ 故不等式f(x)≥3x+2的解集为{x|x≥3或x≤-1}.‎ ‎(2)由f(x)≤0得|x-a|+3x≤0.‎ 此不等式可化为 或即或 结合a>0,解得x≤-,‎ 即不等式f(x)≤0的解集为.‎ ‎∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},‎ ‎∴-=-1,故a=2.‎ 突破点(二) 绝对值三角不等式 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 绝对值三角不等式定理 ‎(1)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.‎ ‎(2)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.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 证明绝对值不等式 ‎[例1] 已知x,y∈R,且|x+y|≤,|x-y|≤,‎ 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×+2×=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] 设函数f(x)=x+|x-a|.‎ ‎(1)当a=2 017时,求函数f(x)的值域;‎ ‎(2)若g(x)=|x+1|,求不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立时a的取值范围.‎ ‎[解] (1)由题意得,当a=2 017时,‎ f(x)= 因为f(x)在[2 017,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的值域为[2 017,+∞).‎ ‎(2)由g(x)=|x+1|,不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立,知|x+1|+|x-a|>2恒成立,‎ 即(|x+1|+|x-a|)min>2.‎ 而|x+1|+|x-a|≥|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,‎ 所以|1+a|>2,解得a>1或a<-3.‎ 故a的取值范围为(-∞,-3)∪(1,+∞).‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.[考点一]设函数f(x)=+|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-a|≥=+a≥2.当且仅当a=1时等号成立.所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)=+|3-a|.‎ 当a>3时,f(3)=a+,‎ 由f(3)<5得3-,解得,a>-1,由于a<0,‎ 则a的取值范围是(-1,0).‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国乙卷)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.‎ ‎(1)画出y=f(x)的图象;‎ ‎(2)求不等式|f(x)|>1的解集.‎ 解:(1)由题意得f(x)= 故y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(2)由f(x)的函数表达式及图象可知,‎ 当f(x)=1时,可得x=1或x=3;‎ 当f(x)=-1时,可得x=或x=5.‎ 故f(x)>1的解集为{x|11的解集为.‎ ‎2.(2016·全国丙卷)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+≥.‎ 又min=,‎ 所以≥,解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2,+∞).‎ ‎3.(2015·新课标全国卷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-10,‎ 解得0,解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得f(x)= 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,B(‎2a+1,0),C(a,a+1),‎ ‎△ABC的面积为(a+1)2.‎ 由题设得(a+1)2>6,故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2,+∞).‎ ‎4.(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.‎ ‎(1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;‎ ‎(2)设a>-1,且当x∈时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.‎ 解:(1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.‎ 设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则 y= 其图象如图所示.由图象可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0.‎ 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.‎ ‎(2)当x∈时,f(x)=1+a.‎ 不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3.‎ 所以x≥a-2对x∈都成立.‎ 故-≥a-2,即a≤.‎ 从而a的取值范围是.‎ ‎5.(2012·新课标全国卷)已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.‎ ‎(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;‎ ‎(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.‎ 解:(1)当a=-3时,f(x)= 当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;‎ 当2<x<3时,f(x)≥3无解;‎ 当x≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x≥4;‎ 所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.‎ ‎(2)f(x)≤|x-4|⇔|x-4|-|x-2|≥|x+a|.‎ 当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|‎ ‎⇔4-x-(2-x)≥|x+a|⇔-2-a≤x≤2-a.‎ 由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.‎ 故满足条件的a的取值范围为[-3,0].‎ ‎[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点,练通就能把分捡 ‎ ‎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.‎ 解得x≥5;‎ 或解得46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.(2017·郑州模拟)设函数f(x)=|x+2|-|x-1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)>1的解集;‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)+4≥|1-‎2m|有解,求实数m的取值范围.‎ 解:(1)函数f(x)可化为f(x)= 当x≤-2时,f(x)=-3<0,不合题意;‎ 当-21,得x>0,‎ 即01,即x≥1.‎ 综上,不等式f(x)>1的解集为(0,+∞).‎ ‎(2)关于x的不等式f(x)+4≥|1-‎2m|有解等价于(f(x)+4)max≥|1-‎2m|,‎ 由(1)可知f(x)max=3(也可由|f(x)|=||x+2|-|x-1||≤|(x+2)-(x-1)|=3,得f(x)max=3),‎ 即|1-‎2m|≤7,解得-3≤m≤4.‎ 故实数m的取值范围为[-3,4].‎ ‎3.(2017·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)=(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≥2-1,‎ 当且仅当x=时等号成立,所以g(x)min=2-1,‎ 当x>0时,f(x)=所以f(x)∈[-3,1),‎ 所以2-1≥1,即a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎4.设函数f(x)=|kx-1|(k∈R).‎ ‎(1)若不等式f(x)≤2的解集为,求k的值;‎ ‎(2)若f(1)+f(2)<5,求k的取值范围.‎ 解:(1)由|kx-1|≤2,得-2≤kx-1≤2,‎ 即-1≤kx≤3,所以-≤x≤1,‎ 由已知,得=1,所以k=3.‎ ‎(2)由已知,得|k-1|+|2k-1|<5.当k≤时,-(k-1)-(2k-1)<5,得k>-1,此时-11时,(k-1)+(2k-1)<5,得k<,此时10;‎ ‎(2)若f(x)+3|x+4|≥|a-1|对一切实数x均成立,求a的取值范围.‎ 解:(1)原不等式即为|2x-1|-|x+4|>0,‎ 当x≤-4时,不等式化为1-2x+x+4>0,解得x<5,‎ 即不等式组的解集是.‎ 当-40,‎ 解得x<-1,即不等式组的解集是.‎ 当x≥时,不等式化为2x-1-x-4>0,解得x>5,‎ 即不等式组的解集是.‎ 综上,原不等式的解集为.‎ ‎(2)∵f(x)+3|x+4|=|2x-1|+2|x+4|=|1-2x|+|2x+8|≥|(1-2x)+(2x+8)|=9.‎ ‎∴由题意可知|a-1|≤9,解得-8≤a≤10,‎ 故a的取值范围是.‎ ‎7.已知函数f(x)=|2x-a|+a(其中a为常数).‎ ‎(1)若集合{x|-4≤x≤3}是关于x的不等式f(x)≤6的解集的子集,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)在(1)的条件下,若存在实数n使f(n)≤m-f(-n)成立,求实数m的取值范围.‎ 解:(1)由|2x-a|+a≤6得|2x-a|≤6-a,‎ ‎∴a-6≤2x-a≤6-a,‎ 即a-3≤x≤3,∴a-3≤-4,∴a≤-1.‎ 即实数a的取值范围为(-∞,-1].‎ ‎(2)由题可知,只需m≥[f(n)+f(-n)]min即可.‎ 令φ(n)=f(n)+f(-n),在(1)的条件下a≤-1,‎ 则φ(n)=|2n-a|+|2n+a|+‎2a≥|(2n-a)-(2n+a)|+‎2a=|‎2a|+‎2a=0,当且仅当(2n-a)(2n+a)≤0,即a≤n≤-a时取等号.‎ ‎∴φ(n)的最小值为0,故实数m的取值范围是[0,+∞).‎ ‎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)≤+(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<-时,即-3x-2-x+1<4,解得-1时,即3x+2+x-1<4,无解.‎ 综上所述,原不等式的解集为.‎ ‎(2)+=(m+n)=1+1++≥4,‎ 当且仅当m=n=时等号成立.‎ 令g(x)=|x-a|-f(x)=|x-a|-|3x+2|=‎ ‎∴x=-时,g(x)max=+a,要使不等式恒成立,‎ 只需g(x)max=+a≤4,即00且互不相等,abc=1.试证明:++<++.‎ ‎[证明] 因为a,b,c>0,且互不相等,abc=1,‎ 所以++= + + ‎<++ ‎=++,‎ 即++<++.‎ ‎[方法技巧]‎ 综合法证明时常用的不等式 ‎(1)a2≥0.‎ ‎(2)|a|≥0.‎ ‎(3)a2+b2≥2ab,它的变形形式有:‎ a2+b2≥2|ab|;a2+b2≥-2ab;(a+b)2≥4ab;    ‎ a2+b2≥(a+b)2;≥2.‎ ‎(4)≥,它的变形形式有:‎ a+≥2(a>0);+≥2(ab>0);‎ +≤-2(ab<0).‎ 分析法证明不等式 ‎[例3] (2017·沈阳模拟)设a,b,c>0,且ab+bc+ca=1.求证:‎ ‎(1)a+b+c≥ ;‎ ‎(2) + + ≥ (++).‎ ‎[证明] (1)要证a+b+c≥ ,‎ 由于a,b,c>0,‎ 因此只需证明(a+b+c)2≥3.‎ 即证:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3,‎ 而ab+bc+ca=1,‎ 故只需证明:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).‎ 即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 而这可以由ab+bc+ca≤++=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立)证得.‎ 所以原不等式成立.‎ ‎(2) + + =.‎ 在(1)中已证a+b+c≥ .‎ 因此要证原不等式成立,‎ 只需证明≥ ++,‎ 即证a+b+c≤1,‎ 即证a+b+c≤ab+bc+ca.‎ 而a=≤,‎ b≤,c≤.‎ 所以a+b+c≤ab+bc+ca ‎(当且仅当a=b=c=时等号成立).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(a2+b2≥2ab)、基本不等式没有直接联系,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.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.[考点三]已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:0,‎ 只需证(a-b)(‎2a+b)>0,‎ 只需证(a-b)(a-c)>0.‎ ‎∵a>b>c,∴a-b>0,a-c>0.‎ ‎∴(a-b)(a-c)>0显然成立,‎ 故原不等式成立.‎ ‎2.[考点一]已知a≥b>0,求证:‎2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ 证明:‎2a3-b3-(2ab2-a2b)=‎2a(a2-b2)+b(a2-b2)‎ ‎=(a2-b2)(‎2a+b)=(a-b)(a+b)(‎2a+b).‎ 因为a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,‎2a+b>0,‎ 从而(a-b)(a+b)(‎2a+b)≥0,即‎2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ ‎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·=+,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·=t(ac+bd).‎ 由于≥ac,≥bd,‎ 又已知t·=+,‎ 则t(ac+bd)≥(ac+bd),故t≥,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.(2016·全国甲卷)已知函数f(x)=+,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)= 当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1,所以-1cd,则+>+;‎ ‎(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 证明:(1)因为(+)2=a+b+2,‎ ‎(+)2=c+d+2,‎ 由题设a+b=c+d,ab>cd,‎ 得(+)2>(+)2.‎ 因此+>+.‎ ‎(2)①必要性:若|a-b|<|c-d|,‎ 则(a-b)2<(c-d)2,‎ 即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd.‎ 由(1),得+>+.‎ ‎②充分性:若+>+,‎ 则(+)2>(+)2,‎ 即a+b+2>c+d+2.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd.‎ 于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.‎ 因此|a-b|<|c-d|.‎ 综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ ‎3.(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a>0,b>0,且+=.‎ ‎(1)求a3+b3的最小值;‎ ‎(2)是否存在a,b,使得‎2a+3b=6?并说明理由.‎ 解:(1)由=+≥,‎ 得ab≥2,当且仅当a=b=时等号成立.‎ 故a3+b3≥2≥4,‎ 当且仅当a=b=时等号成立.‎ 所以a3+b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知,‎2a+3b≥2≥4.‎ 由于4>6,从而不存在a,b,使得‎2a+3b=6.‎ ‎4.(2013·新课标全国卷Ⅱ)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:‎ ‎(1) ab+bc+ac≤;‎ ‎(2) ++≥1.‎ 证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,‎ 得a2+b2+c2≥ab+bc+ca,‎ 当且仅当a=b=c=时取等号.‎ 由题设得(a+b+c)2=1,‎ 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.‎ 所以3(ab+bc+ca)≤1,‎ 即ab+bc+ca≤.‎ ‎(2)因为+b≥‎2a,+c≥2b,+a≥‎2c,‎ 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),‎ 即++≥a+b+c,‎ 当且仅当a=b=c=时取等号.‎ 所以++≥1.‎ ‎[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点,练通就能把分捡 ‎ ‎1.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:+≥.‎ 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+=1,+==+1++≥+2=+1=,当且仅当b=‎2a,即a=,b=时取等号,故+≥.‎ ‎2.设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M.‎ ‎(1)证明:<;‎ ‎(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|= 由-2<-2x-1<0解得-0.‎ 所以|1-4ab|2>4|a-b|2,故|1-4ab|>2|a-b|.‎ ‎3.(2017·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)=|x-m|+|x|,m∈N*,存在实数x使f(x)<2成立.‎ ‎(1)求实数m的值;‎ ‎(2)若α,β≥1,f(α)+f(β)=4,求证:+≥3.‎ 解:(1)因为|x-m|+|x|≥|(x-m)-x|=|m|.‎ 要使不等式|x-m|+|x|<2有解,则|m|<2,解得-2a2b+ab2;‎ ‎(2)已知a,b,c都是正数,求证:≥abc.‎ 证明:(1)(a3+b3)-(a2b+ab2)=(a+b)(a-b)2.‎ 因为a,b都是正数,‎ 所以a+b>0.‎ 又因为a≠b,‎ 所以(a-b)2>0.‎ 于是(a+b)(a-b)2>0,‎ 即(a3+b3)-(a2b+ab2)>0,‎ 所以a3+b3>a2b+ab2.‎ ‎(2)因为b2+c2≥2bc,a2>0,‎ 所以a2(b2+c2)≥‎2a2bc.①‎ 同理,b2(a2+c2)≥2ab‎2c.②‎ c2(a2+b2)≥2abc2.③‎ ‎①②③相加得2(a2b2+b‎2c2+c‎2a2)≥‎2a2bc+2ab‎2c+2abc2,从而a2b2+b‎2c2+c‎2a2≥abc(a+b+c).‎ 由a,b,c都是正数,得a+b+c>0,‎ 因此≥abc(当且仅当a=b=c时取等号).‎ ‎5.已知x,y∈R,且|x|<1,|y|<1.‎ 求证:+≥.‎ 证明:∵≤ ‎=≤=1-|xy|,‎ ‎∴+≥≥,‎ ‎∴原不等式成立.‎ ‎6.(2017·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.(2017·重庆模拟)设a,b,c∈R+且a+b+c=1.‎ 求证:(1)2ab+bc+ca+≤;‎ ‎(2)++≥2.‎ 证明:(1)因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥4ab+2bc+2ca+c2,‎ 当且仅当a=b时等号成立,‎ 所以2ab+bc+ca+=(4ab+2bc+2ca+c2)≤.‎ ‎(2)因为≥,≥,≥,‎ 当且仅当a=b=c=时等号成立.‎ 所以++≥++=a+b+c≥‎2a+2b+‎2c=2,‎ 当且仅当a=b=c=时等号成立.‎ ‎8.(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)=2|x+1|+|x-2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m;‎ ‎(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证:++≥3.‎ 解:(1)当x<-1时,f(x)=-2(x+1)-(x-2)=-3x∈(3,+∞);‎ 当-1≤x<2时,f(x)=2(x+1)-(x-2)=x+4∈[3,6);‎ 当x≥2时,f(x)=2(x+1)+(x-2)=3x∈[6,+∞).‎ 综上,f(x)的最小值m=3.‎ ‎(2)证明:a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=3,‎ 因为+++(a+b+c)‎ ‎=++ ‎≥2=2(a+b+c).‎ ‎(当且仅当a=b=c=1时,取等号)‎ 所以++≥a+b+c,即++≥3.‎

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