【高考前三個(gè)月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 選講】專題9 第43練

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　第43練　不等式選講 [題型分析高考展望]　本部分主要考查絕對(duì)值不等式的解法．求含絕對(duì)值的函數(shù)的值域及求含參數(shù)的絕對(duì)值不等式中參數(shù)的取值范圍，不等式的證明等，結(jié)合集合的運(yùn)算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問(wèn)題及基本不等式，絕對(duì)值不等式的應(yīng)用成為命題的熱點(diǎn)，主要考查基本運(yùn)算能力與推理論證能力及數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想． ?？碱}型精析 題型一　含絕對(duì)值不等式的解法 例1　已知函數(shù)f(x)＝|x－a|，其中a＞1. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知關(guān)于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 點(diǎn)評(píng)　(1)用零點(diǎn)分段法解絕對(duì)值不等式的步驟： ①求零點(diǎn)；②劃區(qū)間、去絕對(duì)值號(hào)；③分別解去掉絕對(duì)值的不等式；④取每個(gè)結(jié)果的并集，注意在分段時(shí)不要遺漏區(qū)間的端點(diǎn)值． (2)用圖象法、數(shù)形結(jié)合可以求解含有絕對(duì)值的不等式，使得代數(shù)問(wèn)題幾何化，既通俗易懂，又簡(jiǎn)潔直觀，是一種較好的方法． 變式訓(xùn)練1　(2014重慶改編)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 　 　 　 　 　 　 　 題型二　不等式的證明 例2　(1)已知x，y均為正數(shù)，且x>y.求證：2x＋≥2y＋3. (2)已知實(shí)數(shù)x，y滿足：|x＋y|<，|2x－y|<， 求證：|y|<. 　 　 　 　 　 　 　 　 點(diǎn)評(píng)　(1)作差法應(yīng)該是證明不等式的常用方法．作差法證明不等式的一般步驟：①作差；②分解因式；③與0比較；④結(jié)論．關(guān)鍵是代數(shù)式的變形能力． (2)在不等式的證明中，適當(dāng)“放”“縮”是常用的推證技巧． 變式訓(xùn)練2　(1)若a，b∈R，求證：≤＋. (2)已知a，b，c均為正數(shù)，a＋b＝1，求證：＋＋≥1. 　 　 　 　 　 　 　 題型三　利用算術(shù)—幾何平均不等式或柯西不等式證明或求最值 例3　(1)已知a，b，c均為正數(shù)，證明：a2＋b2＋c2＋(＋＋)2≥6，并確定a，b，c為何值時(shí)，等號(hào)成立； (2)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 點(diǎn)評(píng)　利用算術(shù)—幾何平均不等式或柯西不等式求最值時(shí)，首先要觀察式子特點(diǎn)，構(gòu)造出基本不等式或柯西不等式的結(jié)構(gòu)形式，其次要注意取得最值的條件是否成立． 變式訓(xùn)練3　(2015福建)已知a＞0，b＞0，c＞0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4. (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　高考題型精練 1．(2015江蘇)解不等式x＋|2x＋3|≥2. 　 　 　 　 　 2．(2015陜西)已知關(guān)于x的不等式|x＋a|＜b的解集為{x|2＜x＜4}． (1)求實(shí)數(shù)a，b的值； (2)求＋的最大值． 　 　 　 　 　 　 　 3．(2014課標(biāo)全國(guó)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？并說(shuō)明理由． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≥3x＋2的解集； (2)若不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤－1}，求a的值． 　 　 　 　 　 　 　 　 5．設(shè)a、b、c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ca≤；(2)＋＋≥1. 　 　 　 　 　 　 　 　 6．(2014課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋|x－a|(a>0)． (1)證明：f(x)≥2； (2)若f(3)<5，求a的取值范圍． 　 　 　 　 　 　 　 　 7．(2014福建)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正實(shí)數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 8．(2015課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)>1的解集； (2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求a的取值范圍． 　 答案精析 第43練　不等式選講 ?？碱}型精析 例1　解　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋|x－4| ＝ 當(dāng)x≤2時(shí)，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1； 當(dāng)2＜x＜4時(shí)，f(x)≥4－|x－4|無(wú)解； 當(dāng)x≥4時(shí)，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4，解得x≥5； 所以f(x)≥4－|x－4|的解集為{x|x≤1或x≥5}． (2)記h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)， 則h(x)＝ 由|h(x)|≤2，解得≤x≤. 又已知|h(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}， 所以于是a＝3. 變式訓(xùn)練1　解　設(shè)y＝|2x－1|＋|x＋2| ＝ 當(dāng)x<－2時(shí)，y＝－3x－1>5； 當(dāng)－2≤x<時(shí)，y＝－x＋3>；當(dāng)x≥時(shí)，y＝3x＋1≥，故函數(shù)y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值為.因?yàn)椴坏仁絴2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，所以≥a2＋a＋2.解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，故a的取值范圍為[－1，]． 例2　證明　(1)因?yàn)閤>0，y>0，x－y>0， 2x＋－2y ＝2(x－y)＋ ＝(x－y)＋(x－y)＋≥ 3＝3， 所以2x＋≥2y＋3， (2)因?yàn)?|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|， 由題設(shè)知|x＋y|<，|2x－y|<， 從而3|y|<＋＝， 所以|y|<. 變式訓(xùn)練2　證明　(1)當(dāng)|a＋b|＝0時(shí)，不等式顯然成立． 當(dāng)|a＋b|≠0時(shí)，由0<|a＋b|≤|a|＋|b|?≥， 所以＝ ≤＝ ≤＋. (2)因?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b， ＋a≥2c， 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c， 所以＋＋≥1. 例3　解　(1)方法一　因?yàn)閍，b，c均為正數(shù)，由算術(shù)—幾何平均不等式得 a2＋b2＋c2≥3(abc) ，① ＋＋≥3(abc)， 所以(＋＋)2≥9(abc).② 故a2＋b2＋c2＋(＋＋)2 ≥3(abc) ＋9(abc) . 又3(abc) ＋9(abc) ≥2＝6，③ 所以原不等式成立．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，①式和②式等號(hào)成立． 當(dāng)且僅當(dāng)3(abc)＝9(abc) 時(shí)，③式等號(hào)成立． 故當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝3時(shí)，原不等式等號(hào)成立． 方法二　因?yàn)閍，b，c均為正數(shù)，由基本不等式得 a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac. 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.① 同理＋＋≥＋＋，② 故a2＋b2＋c2＋(＋＋)2 ≥ab＋bc＋ac＋＋＋≥6.③ 所以原不等式成立． 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，①式和②式等號(hào)成立，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3時(shí)，③式等號(hào)成立． 故當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝3時(shí)，原不等式等號(hào)成立． (2)方法一　利用算術(shù)—幾何平均不等式 (＋＋)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. 方法二　利用柯西不等式 ∵(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2] ≥(1＋1＋1)2 ∴(＋＋)2 ≤3[3(a＋b＋c)＋3]． 又∵a＋b＋c＝1， ∴(＋＋)2≤18， ∴＋＋≤3， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)，等號(hào)成立． ∴(＋＋)max＝3. 變式訓(xùn)練3　解　(1)因?yàn)閒(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，當(dāng)且僅當(dāng)－a≤x≤b時(shí)，等號(hào)成立． 又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b. 所以f(x)的最小值為a＋b＋c. 又已知f(x)的最小值為4， 所以a＋b＋c＝4. (2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得 (4＋9＋1) ≥2＝(a＋b＋c)2＝16， 即a2＋b2＋c2≥. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即a＝，b＝，c＝時(shí)等號(hào)成立． 故a2＋b2＋c2的最小值為. 高考題型精練 1．解　原不等式可化為 或 解得x≤－5或x≥－. 綜上，原不等式的解集是 . 2．解　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a， 則解得a＝－3，b＝1. (2)＋ ＝＋ ≤ ＝2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即t＝1時(shí)等號(hào)成立，故(＋)max＝4. 3．解　(1)由＝＋≥，得ab≥2，且當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立． 故a3＋b3≥2≥4， 且當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立． 所以a3＋b3的最小值為4. (2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4. 由于4>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 4．解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥3x＋2可化為|x－1|≥2. 由此可得x≥3或x≤－1. 故不等式f(x)≥3x＋2的解集為{x|x≥3或x≤－1}． (2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0. 此不等式化為不等式組 或 即或 因?yàn)閍>0，所以不等式組的解集為{x|x≤－}． 由題設(shè)可得－＝－1，故a＝2. 5．證明　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由題設(shè)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?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. 6．(1)證明　由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2. 所以f(x)≥2. (2)解　f(3)＝＋|3－a|. 當(dāng)a>3時(shí)，f(3)＝a＋， 由f(3)<5，得31化為|x＋1|－2|x－1|－1>0. 當(dāng)x≤－1時(shí)，不等式化為x－4>0，無(wú)解； 當(dāng)－10， 解得0， 解得1≤x<2. 所以f(x)>1的解集為. (2)由題設(shè)可得， f(x)＝ 所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)分別為A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)， △ABC的面積為(a＋1)2. 由題設(shè)得(a＋1)2>6，故a>2. 所以a的取值范圍為(2，＋∞)．