备战2019高考数学选择题专题04不等式的证明理

不等式的证明1．(2017·呼和浩特调研)已知a >0，b >0，c >0.若函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为2.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求1a ＋1b ＋1c的最小值． 解：(1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立，又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c ，所以a ＋b ＋c ＝2.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝2，所以1a ＋1b ＋1c ＝(1a ＋1b ＋1c )×a ＋b ＋c 2＝12×[3＋(b a ＋a b )＋(c a ＋a c )＋(c b ＋b c )]≥12×(3＋2＋2＋2)＝92，当且仅当b a ＝a b ，c a ＝a c ，c b ＝b c ，即a ＝b ＝c ＝23时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c 的最小值为92. 2．(2017·昆明检测)已知函数f (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5.(1)求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )的值域是[m ，n ]，且a 2＋b 2＝m ，c 2＋d 2＝n ，求ac ＋bd 的取值范围．解：(1)设g (x )＝|x ＋3|－|x －1|＋5，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－2x ＋－3<x x，所以g (x )∈[1,9]．所以函数f (x )的值域是[1,3]． (2)由(1)知a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝3，由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，取等号，即(ac ＋bd )2≤3，解得－3≤ac ＋bd ≤3，所以ac ＋bd ∈[－3，3]．3．(2017·衡阳二联)已知函数f (x )＝|x －3|.(1)若不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，求实数a 的取值范围；(2)若|a |<1，|b |<3，且a ≠0，判断 f ab |a |与f (b a)的大小，并说明理由． 解：(1)因为f (x －1)＋f (x )＝|x －4|＋|x －3|≥|x －4＋3－x |＝1，不等式f (x －1)＋f (x )<a 的解集为空集，则1≥a 即可，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]．(2)f ab |a |>f (b a)． 证明：要证 f ab |a |>f (b a)，只需证|ab －3|>|b －3a |，即证(ab －3)2>(b －3a )2，又(ab －3)2－(b －3a )2＝a 2b 2－9a 2－b 2＋9＝(a 2－1)(b 2－9)．因为|a |<1，|b |<3，所以(ab －3)2>(b －3a )2成立，所以原不等式成立．4．(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2； (2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc . 证明：(1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(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(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.(2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc . ①同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ， ② c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0， 因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc . 5．已知函数f (x )＝2x ，x 1，x 2是任意实数且x 1≠x 2，证明：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明：12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x 1＋f x 2－2f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22 ＝12[2x 1 ＋2x 2 －2×2x 1＋x 22 ] ＝12[2x 1 －2x 12 ·2x 22 －2x 12 ·2x 22 ＋2x 2] ＝12[2x 12 (2x 12 －2x 22 )－2x 22 (2x 12 －2x 22 )] ＝12(2x 12 －2x 22 )(2x 12 －2x 22 )＝12(2x 12 －2x 22 )2.因为x 1≠x 2,2x 12 ≠2x 22 ，所以12(2x 12 －2x 22 )2>0，即12[f (x 1)＋f (x 2)]－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0，所以12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.。

2019 版高考数学一轮复习全册学案第 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．2019 版高考数学一轮复习全册学案考点 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 ( a 2＋ b 2)( c 2＋ d 2) ≥(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 ＝ k β 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， ， c 全为 0”时，假设为“， ，c 全不为 0”． ()ba b(2) x ＋ 2y＋ 2 > －.()若>1，则x － yxy xy(3)|＋ | ＋ | a － | ≥|2 a |.()a bb(4) 若实数 x 、 y 适合不等式 xy >1， x ＋ y >－ 2，则 x >0， y >0.()答案(1) ×(2) × (3) √ (4) √2．[2018 ·温州模拟 ] 若 a ，b ， c ∈ R ， a >b ，则下列不等式成立的是()1 122 A. a <bB ． a >b C. 2 a> 2 bD ． | c |> | |c ＋1 c ＋ 1a b c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11ab除 D. 显然 c 2＋ 1>0，对不等式 a >b 的两边同时乘以 c 2＋ 1，立得 c 2＋ 1>c 2＋ 1成立．故选 C.222b a3．[ 课本改编 ] 不等式：① x ＋ 3>3x ；② a ＋b ≥2( a － b － 1) ；③ a ＋ b ≥2，其中恒成立的是 ()A ．①③B ．②③C ．①②③D ．①② 答案 D解析23 2 3222由①得 x ＋ 3－ 3x ＝ x － 2 ＋ >0，所以 x ＋3>3x ；对于②，因为a ＋b － 2( a － b4b a2－ 1) ＝( a －221) ＋( b ＋ 1) ≥0，所以不等式成立； 对于③，因为当 ab <0 时， ＋－ 2＝ a －b <0，a babb a即 a ＋b <2. 故选 D.4．[2018 ·南通模拟 ] 若 | a －c |<| b | ，则下列不等式中正确的是 ()A ． < ＋cB ． > －ba ba cC ． | a |>| b | － | c |D ． | a |<| b | ＋ | c |2019 版高考数学一轮复习全册学案答案 D解析 | a | － | c | ≤| － |<| b | ，即 | a |<| b | ＋ | c | ，故选 D.a c1 1 1 5．已知 a ， b ， c 是正实数，且 a ＋ b ＋ c ＝ 1，则 a ＋ b ＋ c 的最小值为 ________．答案 9 解析解法一：把＋ ＋1 1 1＝1 代入 ＋ ＋ ，得ab ca bca ＋b ＋c a ＋ ＋ c＋ ＋ ca＋b＋cb ac a c b＝ 3＋ a ＋b ＋ a ＋ c ＋ b ＋ c≥ 3＋ 2＋ 2＋ 2＝ 9，1当且仅当a ＝b ＝c ＝ 时，等号成立．3解法二：由柯西不等式得：1 1111 ＋ ·12( a ＋ b ＋ c ) a ＋ ＋≥ a· ＋ ·c ，b c a b b c 111即 a ＋ b ＋ c ≥9.6．[2017 ·全国卷Ⅱ ] 已知 a >0， b >0， a 3＋ b 3＝ 2. 证明：(1)( a ＋ b )( a 5＋ b 5) ≥4；(2) a ＋ b ≤2. 证明(1)( a ＋ b )( a 5＋ b 5) ＝ a 6＋ ab 5＋a 5b ＋ b 633 23 344＝ ( a ＋ b ) － 2a b ＋ab ( a ＋ b )22 2＝ 4＋ ab ( a － b ) ≥4.(2) 因为 ( a ＋ b ) 3＝ a 3＋ 3a 2 b ＋ 3ab 2＋ b 3＝ 2＋ 3ab ( a ＋ b )≤2＋ 3 a ＋ b 2 3 a ＋b 3( ＋ ) ＝ 2＋ ，4 a b 4所以 ( a ＋ b ) 3≤8，因此 a ＋ b ≤2.板块二 典例探究·考向突破考向比较法证明不等式11例1 [2016 ·全国卷Ⅱ ] 已知函数 f ( x ) ＝ x －2 ＋ x ＋2 ，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 |.2019 版高考数学一轮复习全册学案1－ 2x，x≤－2，11解(1) f ( x) ＝1，－2<x<2，12x，x≥2.1当 x≤－2时，由 f ( x)<2，得－2x<2，1解得 x>－1，即－1<x≤－2；1111当－2<x<2时，f ( x)<2 ，即－2<x<2；11当x≥2时，由 f ( x)<2，得2x<2，解得 x<1，即2≤ x<1.所以 f ( x)<2的解集 M＝{ x|－1<x<1}．(2)证明：由 (1) 知，当a，b∈M时，－ 1<a<1，－ 1<b<1，从而 ( a＋b) 2－(1 ＋ab) 2＝a2＋b2－ a2b2－1＝( a2－1)(1－ b2)<0.因此| a＋ b|<|1＋ ab|.触类旁通比较法证明的一般步骤一般步骤：作差—变形—判断—结论．为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负．常用的变形技巧有因式分解、配方、拆项、拼项等方法．【变式训练1】[2018 ·福建模拟] 已知函数 f ( x)＝| x＋1|.(1)求不等式 f ( x)<|2 x＋1|－1的解集 M；(2)设 a， b∈ M，证明： f ( ab)> f ( a)－f (－ b)．解(1) 当x≤－ 1 时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得 x<－1；1当－ 1<x<－2时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得 x<－1，此时原不等式无解；1当 x≥－2时，原不等式可化为x＋1<2x，解得 x>1，综上， M＝{ x| x<－1或 x>1}．(2) 证明：证法一：因为f (ab) ＝ |ab＋ 1| ＝ |(ab＋b) ＋ (1 －)| ≥|＋ | － |1 － | ＝b ab b 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＋ 1| － | －＋ 1| a f b b≤|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| 2，4即证 a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋ b2，即证 a2b2－ a2－ b2＋1>0，即证( a2－1)( b2－1)>0.因为 a， b∈ M，所以 a2>1， b2>1，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.113①若 x， y 满足| x－3y|<2，| x＋2y|<6，求证：| x|<10；②求证： x4＋16y4≥2x3y＋8xy3.证明①利用绝对值不等式的性质得：| x1x－ 3 ) ＋3(x1x－ 3y)| ＋ |3(x＋2y1113 | ＝ [|2(＋ 2 )|] ≤ [|2()|]<2×＋3×＝ .5y y552610②因为 x4＋16y4－(2 x3y＋8xy3)＝x4－2x3y＋16y4－8xy 3＝x3( x－2y)＋8y3(2 y－ x)＝( x－ 2y)( x3－ 8y3)＝( x－ 2y)( x－ 2y)( x2＋ 2xy＋ 4y2)＝( x－ 2y) 2[( x＋y) 2＋ 3y2 ] ≥0，∴ x4＋16y4≥2x3y＋8xy 3.(2)[2018 ·徐州模拟 ] 已知，∈ R， > >e( 其中 e 是自然对数的底数) ，求证：a>b.( 提a b a b b a示：可考虑用分析法找思路 )a b证明∵ b >0， a>0，a b∴要证 b >a只要证 a ln b>b ln aln b ln a.( ∵> >e)只要证>b a a bln x1－ ln x取函数 f ( x)＝x，∵ f ′(x)＝x2令 f ′(x)＝0， x＝e∴当 x>e时， f ′(x)<0，∴函数 f ( x)在(e，＋∞)上单调递减．∴当 a>b>e时，有 f ( b)> f ( a)，ln b ln a即b > a，得证．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．【变式训练2】(1) 设a，b，c均为正数，且a＋ b＋ c＝1，证明：1① ab＋ bc＋ca≤3；a2b2c2②b＋c＋a≥1.222222222证明①由 a ＋ b ≥2ab， b ＋ c ≥2bc， c ＋ a ≥2ca 得 a ＋ b ＋c ≥ ab＋ bc＋ca.即a2＋ b2＋ c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以 3( ab＋bc＋ca) ≤1，1即ab＋ bc＋ ca≤.3a2b2c2②证法一：因为b＋ b≥2a，c＋ c≥2b，a＋a≥2c，a2b2c2故b＋c＋a＋ ( a＋b＋c) ≥2( a＋b＋c) ，a2b2c2即b＋c＋a≥ a＋b＋ c.a2b2c2所以b＋c＋a≥1.证法二：由柯西不等式得：c2a2b22( a＋b＋c)a＋b＋c≥(c＋ a＋ b)，∵ a＋ b＋ c＝1，c2a2b2∴a＋b＋c≥1.(2)[2015 ·全国卷Ⅱ ] 设，，，d 均为正数，且＋＝＋，证明：a b c a b c d①若 ab>cd，则a＋b>c＋d；②a＋ b> c＋ d是| a－ b|<| c－ d|的充要条件．证明①因为 (a＋b)2＝a＋ b＋2ab，(c＋d)2＝ c＋ d＋2cd，由题设 a＋ b＝ c＋d， ab>cd，得 (a＋b)2>(c＋d)2.所以a＋b>c＋d.②( ⅰ ) 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a＋b>c＋d.( ⅱ ) 若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋ b＋2 ab>c＋d＋2 cd.因为 a＋ b＝ c＋ d，所以 ab>cd.2222于是 ( a－b) ＝ ( a＋b) －4ab<( c＋d) － 4cd＝ ( c－d) ，综上，a＋b>c＋d是| a－ b|<| c－ d|的充要条件．2019 版高考数学一轮复习全册学案考向反 法 明不等式1 1例3 [2015 ·湖南高考]a >0，b >0，且 a ＋b ＝ a ＋ b . 明：(1) a ＋ b ≥2；(2) a 2＋ a <2 与 b 2＋ b <2 不可能同 成立．1 1 a ＋ b 明由 ＋＝ ＋ ＝ ， >0，>0，得＝ 1.a ba b ab abab(1) 由基本不等式及 ab ＝ 1，有 a ＋b ≥2 ab ＝ 2，即 a ＋ b ≥2，当且 当 a ＝b ＝ 1 等号成立．(2) 假 a 2＋ a <2 与 b 2＋ b <2 同 成立， 由 a 2＋ a <2 及 a >0，得 0<a <1；同理， 0<b <1，从而 ab <1，与 ab ＝ 1 矛盾．故 a 2＋ a <2 与 b 2＋ b <2 不可能同 成立．触 旁通于某些 中所 若是“都是”“都不是”“至多”“至少”等 ，一般用反 法．其一般步 是反 →推理→得出矛盾→肯定原 ．【 式 3】 [2018 ·达州校 期末] 已知 a ，b ，c ∈ (0,1)．求 ：(1 － a ) b ，(1 － b ) c ，1(1 － c ) a 不能同 大于 .41 11 1明 假 三式同 大于4，即 (1 － a ) b >4， (1 － b ) c >4， (1 －c ) a >4.1三式同向相乘，得 (1 － a ) a (1 － b ) b (1 － c ) c >64(*)又 (1 － ) ≤ 1－ ＋ 1，aa 2＝a a 2 41 1 同理 (1 － b ) b ≤ 4， (1 － c ) c ≤ 4.1所以 (1 － a ) a (1 － b ) b (1 － c ) c ≤ 64， 与 * 式矛盾，即假 不成立，故 正确．考向 柯西不等式的 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” 得到的，柯西不等式是指： 任意 数a i， i ( i ＝1,2 ，⋯， ) ，有 ( 1 1＋ 2 2＋⋯＋222＋⋯＋ a 2 b 2nn ) ≤( 1＋ 2n )( 1b n a b a b a ba a22＋ b 2＋⋯＋ b n ) ，当且 当 a i ＝kb i ( i ＝ 1,2 ，⋯， n ) ，等号成立．(1) 明：当 n ＝ 2 的柯西不等式；2222(2)a ， b ， m ， n ∈R ，且 a ＋ b ＝ 5， ma ＋ nb ＝ 5，求 m ＋ n 的最小 ．解 (1) 明：当 ＝ 2，柯西不等式的二 形式 ： ( a12＋ 22)( b 12＋ 22) ≥( 11＋2 2)2，naba ba b222222 22 22≥0，当且 当a 1b 2＝ a 2b 1( a 1＋ a 2 )( b 1＋ b 2) － ( a 1b 1 ＋ a 2 b 2) ＝ a 1b 2＋ a 2b 1－ 2a 1a 2b 1b 2＝( a 1b 2－ a 2b 1) 取得等号．(2) 由柯西不等式得2222 2222 22( a ＋ b )( m ＋n ) ≥(ma ＋ nb ) ，所以 5( m ＋ n ) ≥5 即 m ＋n ≥5，所以2 ＋ n2的最小 5.m2019 版高考数学一轮复习全册学案触类旁通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 】 ·皇姑区校级期末 设2421 的最小值为4 [2018] xy >0 yx()A ．－ 9B ． 9C ． 10D ． 0 答案 B解析2421122＝ 9. 当且仅当 xy ＝ 2 即 xy ＝2时取等号．故选x ＋2y ＋2≥ x ·＋ · yyx x yxyB.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 1 1 1 1 1 1(1)＋ 1 ＝ － n ＋ 1 ，＋ ＝ k n － n ＋k .n nnn n k111 11(2) k 2<k 2－ 1＝ 2 k － 1 － k ＋ 1 .1 1 1 11 1 1 (3) k － k ＋ 1＝ k ＋ 1 k <k 2<k －1 k ＝ k － 1－ k.1 1 1 1(4)n n ＋ 1 n ＋ 2 ＝2 n n ＋ 1 － n ＋ 1 n ＋ 2.满分策略1. 作差比较法适用的主要题型是多项式、分式、对数式、三角式，作商比较法适用的主要题型是高次幂乘积结构．2. 如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．3. 高考命题专家说：“放缩是一种能力．”如何把握放缩的“度”，使得放缩“恰到好处”，这正是放缩法的精髓和关键所在！板块三 模拟演练·提能增分[ A 级 基础达标 ]ab c d1．已知 a ，b ，c ，d 均为正数， S ＝ a ＋ b ＋ d ＋ b ＋ c ＋ a ＋c ＋ d ＋ b ＋ d ＋a ＋ c ，则一定有 ()A ． 0<S <1B ． 1<S <22019 版高考数学一轮复习全册学案C ． 2<S <3D ． 3<S <4答案Babcd解析S >a ＋b ＋c ＋d ＋a ＋b ＋c ＋d ＋a ＋b ＋c ＋ d＋a ＋b ＋c ＋d＝1，ab c d S <＋＋＋＝ 2，a ＋b a ＋ bc ＋d c ＋ d∴ 1<S <2. 故 B.x 1 x 2 x 32．[2018 · 店期末 ] 若 x 1，x 2， x 3∈ (0 ，＋∞ ) ， 3 个数 x 2 ，x 3 ，x 1 的 ()A ．至多有一个不大于 1B ．至少有一个不大于 1C ．都大于 1D ．都小于 1答案 B解析解法一： x 1≤ x 2≤ x 3，x 1 x 2 x 3≤1，≤1，≥1. 故 B.x 2x 3x 1解法二：x 1x 2x 3>1， >1， >1，x 2 x 3 x 1 ∴ x 1 x 2x 3 x 1 x 2 x 3· · >1 与· · ＝ 1 矛盾，x 2x 3 x 1x 2 x 3 x 1∴至少有一个不大于1.x ＋ y x y3． x >0， y >0， M ＝ 2＋ x ＋y ， N ＝ 2＋ x ＋ 2＋ y ， M 、 N 的大小关系 ________．答案M <Nxy xy解析 N ＝2＋ x ＋ 2＋ y >2＋ x ＋y ＋ 2＋ x ＋y ＝x ＋ y2＋ x ＋ y ＝M .4．已知 a ， b ∈ R ， a 2＋ b 2＝ 4， 3a ＋ 2b 的取 范 是 ________．答案[ － 2 13， 2 13] 解析根据柯西不等式( ac ＋ bd ) 2≤(a 2＋ b 2) ·(c 2＋d 2) ，可得 (3 a ＋ 2b ) 2≤(a 2＋ b 2) ·(3 2＋ 22)∴－ 2 13≤3a ＋ 2b ≤2 13.3a ＋ 2b ∈ [ － 2 13， 2 13] ．[ B 能力达 ]5．求 ： 1＋1 ＋ 1＋⋯＋ 1 < 1( n ∈ N * ) ．1×3 3×5 5×7 2n －1 2n ＋121 1 1 1明∵2n － 1 2n ＋ 1＝2 2n － 1－2n ＋ 11 1 1 11 1 111 ∴左 ＝ 1－ 3 ＋ 3－ 5＋⋯＋ 2 －1－2 ＋ 1 ＝21－2 ＋ 1< .2nnn26 ． [2018· 州模] 函数 f ( x ) ＝ x － 4＋| ＋a |(a >0) ．ax2019 版高考数学一轮复习全册学案(1) 证明： f ( x ) ≥4；(2) 若 f (2)<5 ，求 a 的取值范围．444解 (1) 证明： x －a ＋ | x ＋ a | ≥ x ＋ a ＋a － x ＝ a ＋ a ≥4；当且仅当 a ＝ 2 时取等号．(2) f (2) ＝ 2－ 4 ＋ | ＋ 2|.aa①当 a ＝ 2 时，4＋ |2 ＋ a |<5 2－a 显然满足；②当 0<a ≤2时，不等式变成a ＋ 4 <5，即a2－ 5 ＋ 4<0? 1< <4，联立求解得1< ≤2；aaaa21－ 17 1＋ 17 1＋ 17.③当 a >2 时，不等式变成 a － a －4<0，∴2 <a < 2 ，联立求解得 2<a < 21＋ 17综上， a 的取值范围为 1<a <.27．[2018 ·龙门县校级模拟] 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x － 1|.(1) 若不等式 f x ＋ 1 ≤2 ＋ 1( m >0) 的解集为 [ － 2,2] ，求实数 的值；2 mm4(2) 对任意 x ∈ R ， y >0，求证： f ( x ) ≤2y ＋ y ＋ |2 x ＋ 3|.2解(1)不等式 f x ＋ 1 ≤2 ＋≤2 ＋ 1( m >0) ，2m 1?|2 x |m11∴－ m － 2≤ x ≤ m ＋2，13由解集为 [ － 2,2] ，可得 m ＋2 ＝ 2，解得 m ＝ 2.4(2) 证明：原不等式即为 |2 x － 1| － |2 x ＋3| ≤2y ＋ 2y .令 g ( x ) ＝ |2 x － 1| －|2 x ＋3| ≤|(2 x －1) － (2 x ＋3)| ＝ 4，3当 2x ＋3≤0，即 x ≤－ 2时， g ( x ) 取得最大值 4，4 4 4又 2y ＋ 2y ≥22y ·2y ＝ 4，当且仅当 2y ＝ 2y ，即 y ＝ 1 时，取得最小值4.4则 |2 x － 1| － |2 x ＋3| ≤2y ＋ 2y .故原不等式成立．∈ R ，有 x 2228．[2018 ·黄山期末 ](1) 已知， ∈ (0 ，＋∞ ) ，求证：， ＋ y ≥ x ＋ y ；a bx y a b a ＋ b(2) 若 0< <2,0<b <2,0<c <2，求证： (2 － ) b ， (2 － )c ，(2 － ) a 不能同时大于 1.aa bcx 2 y 22 bx 2 ay 222 2 2证明 (1) 证法一：a ＋b ( a ＋ b ) ＝ x ＋ a ＋ b ＋ y ≥ x ＋ 2xy ＋ y ＝( x ＋ y ) ，2 2当且仅当 bx＝ ay ，即 | bx | ＝ | | 时取等号，abay2019 版高考数学一轮复习全册学案由于 a ， b ∈ (0 ，＋∞ ) ，所以有x 2 y 2 x ＋ y 2＋ ≥＋.a bab证法二：由柯西不等式得x 2 y 2a ·xy2( a ＋ b ) a ＋ b≥＋ b ·b，ax 2y 22即 ( a ＋ b ) a ＋ b ≥(x ＋y ) ，x 2 y 2 x ＋ y 2＋ ≥＋ .ab a b(2) 假设结论不成立，即 (2 －a ) b ， (2 － b ) c ， (2 － c ) a 同时大于 1.2－ a b >12－ b c >1 ? (2 － a ) b · (2 －b ) c · (2 －c ) a >1，2－ c a >12－ a ＋ a 2 2－ b ＋b而 (2 － a ) b ·(2 － b ) c · (2 － c ) a ＝ (2 － a ) a ·(2 － b ) b ·(2 － c ) c ≤2222－c ＋c2＝ 1，2这与 (2 － a ) b ·(2 － b ) c ·(2 － c ) a >1 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> y >0， >0.xm(1)y y ＋ m试比较 与的大小；x x ＋ m(2) 用分析法证明： xy (2 － xy ) ≤1.解(1) 因为 y y ＋ m my － x ， x >y >0， m >0.x － ＝x x ＋ mx ＋ m 所以 m ( y －x )<0 ， x ( x ＋ m )>0 ，所以 my － xy y ＋ m<0，即 －<0，x x ＋ mxx ＋ m所以 y y ＋ m<.x x ＋ m(2) 证明： ( 用分析法证明 ) 要证 xy (2 － xy ) ≤1，只需证 2 xy － (xy ) 2≤1，只需证 ( xy ) 2－ 2 xy ＋1≥0，即证 ( xy － 1) 2≥0，因为 x ， y >0，且 (xy － 1) 2≥0成立，所以 xy (2 － xy ) ≤1.10．[2018 ·江阴市期末 ] 已知实数 a >0，b >0.(1) 若 a ＋ b >2，求证： 1＋ b 1＋ a2； a ，b 中至少有一个小于 (2) 若 a － b ＝ 2，求证： a 3＋ b >8.2019 版高考数学一轮复习全册学案1＋b1＋a1＋b1＋a证明(1) 假设 a ，b 都不小于2，则a≥2，b≥2，因为a>0，b>0，所以 1＋b≥2a, 1＋ a≥2b，1＋1＋a＋ b≥2( a＋ b)，即 2≥a＋b，这与已知a＋ b>2相矛盾，故假设不成立．1＋b1＋a综上，a， b 中至少有一个小于 2.(2)∵ a－ b＝2，∴ b＝ a－2，∵b>0，∴ a>2，∴a3＋ b－8＝ a3－8＋ a－2＝( a－2)( a2＋2a＋5)，∴( a－ 2)[( a＋ 1) 2＋ 4]>0 ，∴a3＋ b>8.。

2019年高考数学试题分项版——不等式（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，11)记不等式组＋ ， －表示的平面区域为D .命题p ：∃(x ，y )∈D,2x＋y ≥9；命题q ：∀(x ，y )∈D,2x ＋y ≤12.下面给出了四个命题： ①p ∨q ；②(p ⌝)∨q ；③p ∧(q ⌝)；④(p ⌝)∧(q ⌝)． 这四个命题中，所有真命题的编号是( ) A ．①③ B ．①② C ．②③ D ．③④ 答案 A解析 方法一 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示．目标函数z ＝2x ＋y 是一条平行移动的直线，且z 的几何意义是直线z ＝2x ＋y 在y 轴上的截距．显然，当直线过点A (2,4)时，z min ＝2×2＋4＝8， 即z ＝2x ＋y ≥8. ∴2x ＋y ∈[8，＋∞)．由此得命题p ：∃(x ，y )∈D,2x ＋y ≥9正确； 命题q ：∀(x ，y )∈D,2x ＋y ≤12不正确． ∴①③真，②④假．方法二 取x ＝4，y ＝5，满足不等式组 ＋ ， － ，且满足2x ＋y ≥9，不满足2x ＋y ≤12，故p 真，q 假． ∴①③真，②④假．2．(2019·天津文，2)设变量x ，y 满足约束条件＋ － ， － ＋ ，－ ， － ，则目标函数z ＝－4x ＋y 的最大值为( )A ．2B ．3C ．5D ．6 答案 C解析 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，作出直线－4x＋y＝0，并平移，可知当直线过点A时，z取得最大值．由＝－，－＋＝，可得＝－，＝，所以点A的坐标为(－1,1)，故z max＝－4×(－1)＋1＝5.3．(2019·天津文，3)设x∈R，则“0＜x＜5”是“|x－1|＜1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由|x－1|＜1可得0＜x＜2，所以“|x－1|＜1的解集”是“0＜x＜5的解集”的真子集．故“0＜x＜5”是“|x－1|＜1”的必要不充分条件．4．(2019·浙江，3)若实数x，y满足约束条件－＋，－－，＋，则z＝3x＋2y的最大值是()A．－1 B．1 C．10 D．12答案 C解析作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，数形结合可知，当直线z＝3x＋2y过点A(2,2)时，z取得最大值，z max＝6＋4＝10.5．(2019·浙江，5)设a＞0，b＞0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2，由a＋b≤4可得2≤4，解得ab≤4，所以充分性成立；当ab ≤4时，取a ＝8，b ＝，满足ab ≤4，但a ＋b ≥4，所以必要性不成立，所以“a＋b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件． 6．(2019·全国Ⅱ理，6)若a >b ，则( ) A ．ln(a －b )>0 B ．3a <3b C ．a 3－b 3>0 D ．|a |>|b |答案 C解析 由函数y ＝ln x 的图象(图略)知，当0<a －b <1时，ln(a －b )<0，故A 不正确；因为函数y ＝3x 在R 上单调递增，所以当a >b 时，3a >3b ，故B 不正确；因为函数y ＝x 3在R 上单调递增，所以当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 正确；当b <a <0时，|a |<|b |，故D 不正确．故选C.7．(2019·北京理，5)若x ，y 满足||1x y -…，且1y -…，则3x y +的最大值为( ) A ．7-B ．1C ．5D ．7【思路分析】由约束条件作出可行域，令3z x y =+，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【解析】：由||11x y y -⎧⎨-⎩……作出可行域如图，联立110y x y =-⎧⎨+-=⎩，解得(2,1)A -，令3z x y =+，化为3y x z =-+，由图可知，当直线3y x z =-+过点A 时，z 有最大值为3215⨯-=． 故选：C ．【归纳与总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 8．(2019·天津理，2)设变量x ，y 满足约束条件＋ － ，－ ＋ ，－ ， － ，则目标函数z ＝－4x ＋y 的最大值为( )A ．2B ．3C ．5D ．6答案 C解析画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，作出直线－4x＋y＝0，并平移，可知当直线过点A时，z取得最大值．由＝－，－＋＝，可得＝－，＝，所以点A的坐标为(－1,1)，故z max＝－4×(－1)＋1＝5.9．(2019·天津理，3)设x∈R，则“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由x2－5x＜0可得0＜x＜5.由|x－1|＜1可得0＜x＜2.由于区间(0,2)是(0,5)的真子集，故“x2－5x＜0”是“|x－1|＜1”的必要不充分条件．二、填空题1．(2019·全国Ⅱ文，13)若变量x，y满足约束条件＋－，－，则z＝3x－y的最大值是________．答案9解析作出已知约束条件对应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由图易知，当直线y＝3x－z过点C时，－z最小，即z最大．由＋－＝，＋－＝，解得＝，＝，即C点坐标为(3,0)，故z max＝3×3－0＝9.2．(2019·北京文，10)若x，y满足，－，－＋，则y－x的最小值为________，最大值为________．答案－3 1解析x，y满足的平面区域如图(阴影部分)所示．设z＝y－x，则y＝x＋z.把z看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z在y轴上的截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2,3)时，z取得最大值，此时z max＝3－2＝1. 当经过点B(2，－1)时，z取得最小值，此时z min＝－1－2＝－3.3．(2019·天津文，10)设x∈R，使不等式3x2＋x－2＜0成立的x的取值范围为________．答案解析3x2＋x－2＜0变形为(x＋1)(3x－2)＜0，解得－1＜x＜，故使不等式成立的x的取值范围为.4．(2019·天津文，13)设x＞0，y＞0，x＋2y＝4，则的最小值为________．答案解析＝＝＝2＋.∵x＞0，y＞0且x＋2y＝4，∴4≥2(当且仅当x＝2，y＝1时取等号)，∴2xy≤4，∴≥，∴2＋≥2＋＝.5．(2019·天津理，13)设x＞0，y＞0，x＋2y＝5，则的最小值为________．答案4解析＝＝＝2＋.由x＋2y＝5得5≥2，即≤，即xy≤，当且仅当x＝2y＝时等号成立．所以2＋≥2＝4，当且仅当2＝，即xy＝3时取等号，结合xy≤可知，xy可以取到3，故的最小值为4.三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，23)[选修4－5：不等式选讲]已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.所以＋＋≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.2．(2019·全国Ⅱ文，23)[选修4－5：不等式选讲]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．3．(2019·全国Ⅲ文，23)[选修4－5：不等式选讲]设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.(1)解由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时，等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.(2)证明由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时，等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.4．(2019·江苏，21)C．[选修4－5：不等式选讲]设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2.解当x<0时，原不等式可化为－x＋1－2x>2，解得x<－；当0≤x≤时，原不等式可化为x＋1－2x>2，即x<－1，无解；当x>时，原不等式可化为x＋2x－1>2，解得x>1.综上，原不等式的解集为或.5．(2019·全国Ⅰ理，23)[选修4－5：不等式选讲]已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.所以＋＋≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.6．(2019·全国Ⅱ理，23)[选修4－5：不等式选讲]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．7．(2019·全国Ⅲ理，23)[选修4－5：不等式选讲]设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.(1)解由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时，等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.(2)证明由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时，等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.。

课时达标 第70讲[解密考纲]不等式的证明以解答题进行考查，主要考查综合法、比较法，还常用柯西不等式证明不等式或求最值．1．已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.证明 (a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(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(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)>0，所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .证明 因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0，所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc ，①同理，b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c ，②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2，③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .3．(2017·安徽联考)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记f (x )>－1的解集为M .(1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a 的大小．解析 (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1，x ≤0，3x －1，0<x <12，－x ＋1，x ≥12.由f (x )>－1，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2，故M ＝{x |0<x <2}．(2)由(1)知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a 3－a 2＋a －1a ＝(a －1)(a 2＋1)a ，当0<a <1时，(a －1)(a 2＋1)a <0，所以a 2－a ＋1<1a ，当a ＝1时，(a －1)(a 2＋1)a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a， 当1<a <2时，(a －1)(a 2＋1)a >0，所以a 2－a ＋1>1a， 综上所述当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a，当a ＝1时， a 2－a ＋1＝1a ，当1<a <2时，a 2－a ＋1>1a. 4．(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 .解析 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12. 当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1，即－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，f (x )<2，即－12<x <12； 当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，即12≤x <1. 所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.5．(2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5) ＝a 6＋ab 5＋b 6＋a 5b＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.6．(2018·东北三校二模)已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3；(2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明 (1)∵由柯西不等式得(a ＋b ＋c )2＝(1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)·[(a )2＋(b )2＋(c )2]＝3， 当且仅当1a ＝1b ＝1c ，即a ＝b ＝c ＝13时等号成立， ∴a ＋b ＋c ≤ 3.(2)∵由柯西不等式得[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]·⎝⎛⎭⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋1·13a ＋1＋3b ＋1·13b ＋1＋3c ＋1·13c ＋12＝9⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号，又a ＋b ＋c ＝1，∴6⎝⎛⎭⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32.。

题型专题(四) 不等式(1)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(或<0)(a ≠0，Δ＝b 2－4ac >0)，如果a 与ax 2＋bx ＋c 同号，则其解集在两根之外；如果a 与ax 2＋bx ＋c 异号，则其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．[题组练透]1．(2019·河北五校联考)如图，已知R 是实数集，集合A ＝{x |log 12(x －1)>0}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2x －3x <0，则阴影部分表示的集合是( )A ．[0，1]B ．[0，1)C ．(0，1)D ．(0，1]解析：选D 由题意可知A ＝{x |1<x <2}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0<x <32，且图中阴影部分表示的是B ∩(∁R A )＝{x |0<x ≤1}，故选D.2．已知函数f (x )＝(ax －1)(x ＋b )，若不等式f (x )>0的解集是(－1，3)，则不等式f (－2x )<0的解集是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞B.⎝⎛⎭⎫－32，12C.⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－12，32 解析：选A 由f (x )>0，得ax 2＋(ab －1)x －b >0，又其解集是(－1，3)， ∴a <0，且⎩⎨⎧1－aba ＝2，－ba ＝－3，解得a ＝－1或13(舍去)，∴a ＝－1，b ＝－3， ∴f (x )＝－x 2＋2x ＋3， ∴f (－2x )＝－4x 2－4x ＋3，由－4x 2－4x ＋3<0，得4x 2＋4x －3>0， 解得x >12或x <－32，故选A.3．(2019·泉州质检)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg （x ＋1），x ≥0，－x 3，x <0，则使得f (x )≤1成立的x 的取值范围是________．解析：由⎩⎨⎧x ≥0，lg （x ＋1）≤1得0≤x ≤9，由⎩⎨⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x ＜0，故f (x )≤1的解集为[－1，9]．答案：[－1，9] [技法融会]1．求解一元二次不等式的3步：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集．2．(易错提醒)解形如一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0时，易忽视系数a 的讨论导致漏解或错解，要注意分a >0，a <0进行讨论.基本不等式：a ＋b2≥ab(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．(3)应用：两个正数的积为常数时，它们的和有最小值；两个正数的和为常数时，它们的积有最大值．[题组练透]1．已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．1 B.32 C ．2 D.52解析：选B 2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥22（x －a ）·2x －a＋2a ＝4＋2a ，由题意可知4＋2a ≥7，解得a ≥32，即实数a 的最小值为32，故选B.2．(2019·湖北七市联考)已知直线ax ＋by －6＝0(a >0，b >0)被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为25，则ab 的最大值是( )A ．9 B.92 C ．4 D.52解析：选B 将圆的一般方程化为标准方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5，圆心坐标为(1，2)，半径r ＝5，故直线过圆心，即a ＋2b ＝6，∴a ＋2b ＝6≥2a ·2b ，可得ab ≤92，当且仅当a ＝2b＝3时等号成立，即ab 的最大值是92，故选B.3．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元解析：选C 设该容器的总造价为y 元，长方体的底面矩形的长为x m ，因为无盖长方体的容积为4 m 3，高为1 m ，所以长方体的底面矩形的宽为4xm ，依题意，得y ＝20×4＋10⎝⎛⎭⎫2x ＋2×4x＝80＋20⎝⎛⎭⎫x ＋4x ≥80＋20×2 x ·4x＝160⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝4x ，即x ＝2时取等号. 所以该容器的最低总造价为160元．4．(2019·江西两市联考)已知x ，y ∈R ＋，且x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，则x ＋y 的最大值是( )A ．3 B.72 C ．4 D.92解析：选C 由x ＋y ＋1x ＋1y ＝5，得5＝x ＋y ＋x ＋y xy ，∵x >0，y >0，∴5≥x ＋y ＋x ＋y ⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝x＋y ＋4x ＋y，∴(x ＋y )2－5(x ＋y )＋4≤0，解得1≤x ＋y ≤4，∴x ＋y 的最大值是4.[技法融会]1．利用不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开再利用不等式求最值．2．(易错提醒)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可.解决线性规划问题的一般步骤(1)作图——画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平面直线系中的任意一条直线l .(2)平移——将l 平行移动，以确定最优解所对应的点的位置．有时需要对目标函数l 和可行域边界的斜率的大小进行比较．(3)求值——解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值． [题组练透]1．(2019·河南六市联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝x －y 的最小值为－1，则实数m ＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3解析：选B 画出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，作直线l ：y ＝x ，平移l可知，当直线l 经过A 时，z ＝x －y 取得最小值－1，联立⎩⎨⎧y ＝2x －1，x －y ＝－1，得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝3，即A (2，3)，又A (2，3)在直线x ＋y ＝m 上，∴m ＝5，故选B.2．(2019·福建质检)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，y ＋2≥0，x ＋y ＋2≥0，则(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为( )A ．1 B.92C ．5D ．9解析：选B 不等式组表示的可行域为如图所示的阴影部分，由题意可知点P (－2， －3)到直线x ＋y ＋2＝0的距离为|－2－3＋2|2＝32，所以(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为⎝⎛⎭⎫322＝92，故选B.3．(2019·全国甲卷)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －3≥0，x －3≤0，则z ＝x －2y 的最小值为________．解析：不等式组⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －3≥0，x －3≤0表示的可行域如图中阴影部分所示．由z ＝x －2y 得y ＝12x －12z .平移直线y ＝12x ，易知经过点A (3，4)时，z 有最小值，最小值为z ＝3－2×4＝－5.答案：－54．(2019·山西质检)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －2≤0，x －y ＋1≥0，x －2y －1≤0，则y －1x －1的最小值是________．解析：画出不等式组所表示的可行域，如图所示，而y －1x －1表示区域内一点(x ，y )与点D (1，1)连线的斜率，∴当x ＝13，y ＝43时，y －1x －1有最小值为－12.答案：－125．(2019·全国乙卷)某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时．生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900 元．该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元．解析：设生产产品A x 件，产品B y 件，由已知可得约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ∈N ，y ∈N ，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ≤300，10x ＋3y ≤900，5x ＋3y ≤600，x ∈N ，y ∈N . 目标函数为z ＝2 100x ＋900y ，由约束条件作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分．作直线2 100x ＋900y ＝0，即7x ＋3y ＝0，当直线经过点B 时，z 取得最大值，联立⎩⎨⎧10x ＋3y ＝900，5x ＋3y ＝600，解得B (60，100)． 则z max ＝2 100×60＋900×100＝216 000(元)． 答案：216 000 [技法融会]1．线性目标函数z ＝ax ＋by 最值的确定方法线性目标函数z ＝ax ＋by 中的z 不是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，把目标函数化为y ＝－a b x ＋z b ，可知zb 是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，要根据b 的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．2．(易错提醒)解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中y 的系数的正负；注意最优整数解．1．不等式的可乘性(1)a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (2)a >b >0，c >d >0⇒ac >bd .2．不等式的性质在近几年高考中未单独考查，但在一些题的某一点可能考查，在今后复习中应引起关注．[题组练透]1．(2019·河南六市联考)若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |解析：选D 由题可知b <a <0，所以A ，B ，C 正确，而|a |＋|b |＝－a －b ＝|a ＋b |，故D 错误，选D.2．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( ) A ．若a >b ，则ac 2>bc 2 B ．若a c >bc，则a >bC ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b解析：选C 当c ＝0时，可知A 不正确；当c <0时，可知B 不正确；对于C ，由a 3>b 3且ab <0知a >0且b <0，所以1a >1b成立，C 正确；当a <0且b <0时，可知D 不正确．[技法融会]1．判断多个不等式是否成立，常用方法：一是直接使用不等式性质，逐个验证；二是用特殊法排除．2．利用不等式性质解决问题的注意事项(1)不等式两边都乘以一个代数式时，考察所乘的代数式是正数、负数或0；(2)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时平方后不等号方向不一定保持不变； (3)不等式左边是正数，右边是负数，当两边同时取倒数后不等号方向不变等．一、选择题1．已知关于x 的不等式(ax －1)(x ＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，则a ＝( ) A ．2 B ．－2 C ．－12 D.12解析：选B 根据不等式与对应方程的关系知－1，－12是一元二次方程ax 2＋x (a －1)－1＝0的两个根，所以－1×⎝⎛⎭⎫－12＝－1a，所以a ＝－2，故选B. 2．(2019·北京高考)已知A (2，5)，B (4，1)．若点P (x ，y )在线段AB 上，则2x －y 的最大值为( )A ．－1B ．3C ．7D ．8解析：选C 作出线段AB ，如图所示．作直线2x －y ＝0并将其向下平移至直线过点B(4，1)时，2x －y 取最大值为2×4－1＝7. 3．(2019·福建四地六校联考)已知函数f (x )＝x ＋ax ＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a的值是( )A.12B.32C ．1D ．2 解析：选C 由题意可得a >0，①当x >0时，f (x )＝x ＋ax ＋2≥2a ＋2，当且仅当x ＝a 时取等号；②当x <0时，f (x )＝x ＋ax＋2≤－2a ＋2，当且仅当x ＝－a 时取等号．所以⎩⎨⎧2－2a ＝0，2a ＋2＝4，解得a ＝1，故选C. 4．已知函数f (x )＝(x －2)(ax ＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)单调递增，则f (2－x )>0的解集为( )A ．{ x | x >2或x <－2}B ．{ x |－2< x <2}C ．{ x | x <0或x >4}D ．{ x |0< x <4}解析：选C 由题意可知f (－x )＝f (x )，即(－x －2)·(－ax ＋b )＝(x －2)(ax ＋b )，(2a －b )x ＝0恒成立，故2a －b ＝0，即b ＝2a ，则f (x )＝a (x －2)( x ＋2)．又函数在(0，＋∞)单调递增，所以a >0.f (2－x )>0即ax (x －4)>0，解得x <0或x >4.故选C. 5．(2019·赣中南五校联考)对于任意实数a ，b ，c ，d ，有以下四个命题： ①若ac 2>bc 2，且c ≠0，则a >b ； ②若a > b ，c>d ，则a ＋c >b ＋d ； ③若a > b ，c> d ，则ac >bd ； ④若a > b ，则1a >1b .其中正确的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选B ①ac 2>bc 2，且c ≠0，则a >b ，①正确；②由不等式的同向可加性可知②正确；③需满足a ，b ，c ，d 均为正数才成立；④错误，比如：令a ＝－1，b ＝－2，满足－1>－2，但1－1<1－2.故选B.6．(2019·安徽江南十校联考)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥12x 2，则z ＝y －x 的取值范围为( )A ．[－2，2] B.⎣⎡⎦⎤－12，2 C ．[－1，2] D.⎣⎡⎦⎤－12，1 解析：选B 作出可行域(图略)，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x －y ＝0与x ＋y －4＝0的交点(1，3)时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2－2 x －2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝－12，故－12≤z ≤2，故选B.7．(2019·河北五校联考)若对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax 恒成立，则实数a 的最小值为( )A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：选C 因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x ≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.故选C.8．(2019·河南八市联考)已知a >0，x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y ≤3，y ≥a （x －3），若z ＝3x ＋2y 的最小值为1，则a ＝( )A.14B.12C.34D ．1 解析：选B 根据约束条件作出可行域(如图中阴影部分所示)，把z ＝3x ＋2y 变形为y ＝－32x ＋z 2，得到斜率为－32，在y 轴上的截距为z2，随z 变化的一族平行直线，当直线z ＝3x ＋2y 经过点B 时，截距z2最小，即z 最小，又B 点坐标为(1，－2a )，代入3x ＋2y ＝1，得3－4a ＝1，得a ＝12，故选B.9．某企业生产甲、乙两种产品均需用A ，B 两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为( )A.12万元B ．C ．17万元D ．18万元解析：选D 设该企业每天生产甲产品x 吨，乙产品y 吨，每天获得的利润为z 万元， 则有z ＝3x ＋4y ，由题意得x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ≤12，x ＋2y ≤8，x ≥0，y ≥0，作出可行域如图中阴影部分所示，根据线性规划的有关知识，知当直线3x ＋4y －z ＝0过点B (2，3)时，z 取最大值18，故该企业每天可获得最大利润为18万元．故选D.10．(2019·湖北七市联考)设向量a ＝(1，k )，b ＝(x ，y )，记a 与b 的夹角为θ.若对所有满足不等式|x －2|≤y ≤1的x ，y ，都有θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则实数k 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－1，0)∪(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－1，0)∪(1，＋∞)解析：选D 首先画出不等式|x －2|≤y ≤1所表示的区域，如图中阴影部分所示，令z ＝a ·b ＝x ＋ky ，∴问题等价于当可行域为△ABC 时，z >0恒成立，且a 与b 方向不相同，将△ABC 的三个端点值代入，即⎩⎨⎧k ＋1>0，k ＋3>0，2＋0·k >0，解得k >－1，当a 与b 方向相同时，1·y ＝x ·k ，则k ＝y x∈[0，1]，∴实数k 的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)，故选D. 11．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1，4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4，1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析：选B 由题可知，1＝1x ＋4y ≥24xy ＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y 4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．12．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )．若∀x ∈R ，不等式f (x )≥f ′(x )恒成立，则b 2a 2＋2c 2的最大值为( ) A.6＋2 B.6－2C ．22＋2D ．22－2解析：选B 由题意得f ′(x )＝2ax ＋b ，由f (x )≥f ′(x )在R 上恒成立，得ax 2＋(b －2a )x ＋c －b ≥0在R 上恒成立，则a >0且Δ≤0，可得b 2≤4ac －4a 2，则b 2a 2＋2c 2≤4ac －4a 2a 2＋2c 2＝4⎝⎛⎭⎫c a －12⎝⎛⎭⎫c a 2＋1，又4ac －4a 2≥0，∴4·c a －4≥0，∴c a －1≥0，令t ＝c a －1，则t ≥0.当t >0时，b 2a 2＋2c 2≤4t 2t 2＋4t ＋3＝42t ＋3t＋4≤426＋4＝6－2(当且仅当t ＝62时等号成立)，当t ＝0时，b 2a 2＋2c 2＝0，故b 2a 2＋2c 2的最大值为6－2，故选B.二、填空题13．(2019·湖北华师一附中联考)若2x ＋4y ＝4，则x ＋2y 的最大值是________．解析：因为4＝2x ＋4y ＝2x ＋22y ≥22x ×22y ＝22x ＋2y ，所以2x ＋2y ≤4＝22，即x ＋2y ≤2，当且仅当2x ＝22y ＝2，即x ＝2y ＝1时，x ＋2y 取得最大值2.答案：214．(2019·河北三市联考)如果实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，x －1≤0，y －2≤0，且z ＝y x ＋a 的最小值为12，则正数a 的值为________．解析：根据约束条件画出可行域如图中阴影部分所示，经分析可知当x ＝1，y ＝1时，z取最小值12，即11＋a ＝12，所以a ＝1.答案：115．(2019·江西两市联考)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12，则x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是________．解析：设z ＝x ＋2y ＋3x ＋1＝x ＋1＋2（y ＋1）x ＋1＝1＋2·y ＋1x ＋1，设z ′＝y ＋1x ＋1，则z ′的几何意义为动点P (x ，y )到定点D (－1，－1)的斜率．画出可行域如图中阴影部分所示，则易得z ′∈[k DA ，k DB ]，易得z ′∈[1，5]，∴z ＝1＋2·z ′∈[3，11]．答案：[3，11]16．(2019·湖南东部六校联考)对于问题：“已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为(－1，2)，解关于x 的不等式ax 2－bx ＋c >0”，给出如下一种解法：解：由ax 2＋bx ＋c >0的解集为(－1，2)，得a (－x )2＋b (－x )＋c >0的解集为(－2，1)，即关于x 的不等式ax 2－bx ＋c >0的解集为(－2，1)．参考上述解法，若关于x 的不等式k x ＋a ＋x ＋b x ＋c<0的解集为⎝⎛⎭⎫－1，－13∪⎝⎛⎭⎫12，1，则关于x 的不等式kx ax ＋1＋bx ＋1cx ＋1<0的解集为________．解析：不等式kxax＋1＋bx＋1cx＋1<0，可化为ka＋1x＋b＋1xc＋1x<0，故得－1<1x<－13或12<1x<1，解得－3<x<－1或1<x<2，故kxax＋1＋bx＋1cx＋1<0的解集为(－3，－1)∪(1，2)．答案：(－3，－1)∪(1，2)。

冲刺高考数学不等式的解法与证明高考数学中，不等式是一个重要的知识点，不仅在选择题、填空题中频繁出现，在解答题中也常常是解题的关键。

掌握不等式的解法与证明，对于提高高考数学成绩至关重要。

接下来，让我们一起深入探讨不等式的解法与证明。

一、不等式的基本性质在学习不等式的解法之前，我们先来了解一下不等式的基本性质。

1、对称性：若 a ＞ b，则 b ＜ a。

2、传递性：若 a ＞ b 且 b ＞ c，则 a ＞ c。

3、加法法则：若 a ＞ b，则 a ＋ c ＞ b ＋ c。

4、乘法法则：若 a ＞ b 且 c ＞ 0，则 ac ＞ bc；若 a ＞ b 且 c ＜ 0，则 ac ＜ bc。

这些基本性质是我们解决不等式问题的基础，一定要牢记于心。

二、一元一次不等式的解法一元一次不等式的一般形式为 ax ＋ b ＞ 0 或 ax ＋ b ＜ 0（a ≠ 0）。

例如：2x 3 ＞ 0解这个不等式，我们首先将常数项移到右边：2x ＞ 3然后将 x 的系数化为 1：x ＞ 3/2一元一次不等式的解法相对简单，关键是要注意不等式两边同时乘以或除以一个负数时，不等号方向要改变。

三、一元二次不等式的解法一元二次不等式的一般形式为 ax²＋ bx ＋ c ＞ 0 或 ax²＋ bx ＋ c＜ 0（a ≠ 0）。

我们可以通过求解对应的一元二次方程 ax²＋ bx ＋ c ＝ 0 的根，然后根据函数图象的开口方向来确定不等式的解集。

例如：x² 2x 3 ＜ 0首先解方程 x² 2x 3 ＝ 0，使用求根公式可得 x₁＝－1，x₂＝ 3。

因为二次函数 y ＝ x² 2x 3 的图象开口向上，所以不等式的解集为－1 ＜ x ＜ 3。

对于一元二次不等式，要熟练掌握判别式Δ ＝ b² 4ac 的作用，以及根据不同情况确定解集。

四、分式不等式的解法分式不等式的一般形式为 f(x)／g(x) ＞ 0 或 f(x)／g(x) ＜ 0。

专题04 不等式的证明知识通关1．基本不等式（1）定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．（2）定理2（基本不等式）：如果a ，b>0，那么2a b+≥，当且仅当a=b 时，等号成立. 用语言可以表述为：两个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数.（3）定理3：如果a ，b ，c 为正数，那么3a b c ++≥a ＝b ＝c 时，等号成立． 用语言可以表述为：三个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数.（4）算术平均—几何平均定理(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，···，a n ，它们的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数，即12na a a n+++≥，当且仅当a 1=a 2=···=a n 时，等号成立.2．柯西不等式（1）二维形式的柯西不等式：若a ，b ，c ，d 都是实数，则22222()(+)()a b c d ac bd +≥+，当且仅当ad=bc 时，等号成立.（2）柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则||||||⋅≥⋅αβαβ，当且仅当α是零向量或β是零向量或存在实数k 使α=k β时，等号成立.（3）二维形式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，≥（4）一般形式的柯西不等式：设1212,,,,,,,n n a a a b b b 是实数,则(22212n a a a +++)(22212n b b b +++)≥()21122n n a b a b a b +++，当且仅当a i =0或b i =0(i=1,2,···,n )或存在一个数k 使得a i =kb i (i=1,2,···,n )时，等号成立.3．不等式证明的方法 （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.（2）综合法与分析法①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法．即“由因导果”的方法．②分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫分析法．即“执果索因”的方法． （3）反证法和放缩法①反证法：一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．反证法是间接证明的一种基本方法．②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，从而达到到证明的目的.我们把这种方法称为放缩法.基础通关1．比较法证明不等式最常用的是差值比较法，其基本步骤是：作差—变形—判断差的符号—下结论.其中“变形”是证明的关键，一般通过因式分解或配方将差式变形为几个因式的积或配成几个代数式平方和的形式，当差式是二次三项式时，有时也可用判别式来判断差值的符号.2．综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．解题时，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．3．当要证的不等式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． 题组一 比较法证明不等式作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． 【例1】已知函数11()22f x x x =-++，M 为不等式()2f x <的解集. （1）求M ；（2）证明：当a ，b M Î时，1a b ab +<+.【解析】（1）12,,211()1,,2212,.2x x f x x x x ⎧-≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≥⎪⎩当12x ≤-时，由()2f x <得22,x -<解得1x >-； 当1122x -<<时，()2f x <； 当12x ≥时，由()2f x <得22,x <解得1x <. 所以()2f x <的解集{|11}M x x =-<<.（2）由（1）知，当,a b M ∈时，11,11a b -<<-<<， 从而22222222()(1)1(1)(1)0a b ab a b a b a b +-+=+--=--<， 因此|||1|.a b ab +<+ 题组二 分析法证明不等式分析法证明的思路是“执果索因”，具体过程如下：1Q P ⇐→12P P ⇐→23P P ⇐→···→得到一个明显成立的条件.【例2】已知函数()|23||1|f x x x =-++. （1）求不等式()4f x <的解集A ；（2）若,m n A ∈，试证明：|4|2||mn m n +>+.【解析】（1）若1x <-，则3214x x ---<，解得23x >-，无解； 若312x -≤≤，则3214x x -++<，解得0x >，故302x <≤；若32x >，则2314x x -++<，解得2x <，故322x <<.综上所述，不等式()4f x <的解集A 为(0,2).题组三 反证法证明不等式反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公认的简单事实矛盾等．矛盾是在推理过程中发现的，不是推理之前设计的． 【例3】设a >0，b >0，且a ＋b ＝11a b+.证明： （1）a ＋b ≥2；（2）a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立． 【解析】由a ＋b ＝11a b +＝a b ab+，a >0，b >0，得ab ＝1. （1）由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2. （2）假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立， 则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.能力通关1．使用基本不等式时易忽视等号成立的条件．利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．2．个别题目也可用柯西不等式来证明，注意柯西不等式使用的条件.基本不等式——综合法证明不等式【例1】已知,,(0,),a b c ∈+∞且1a b c ++=．证明： （1）22213a b c ++≥； （2）2221a b c b c a++≥．【解析】（1）222,a b ab +≥222,b c bc +≥222,c a ac +≥222222222,a b c ab bc ac ∴++≥++222222333222a b c a b c ab bc ac ∴++≥+++++2()1a b c =++=，22213a b c ∴++≥． （2）因为2222,2,2,a b c b a c b a c b c a +≥+≥+≥所以222222,a b c b c a a b c b c a +++++≥++即222,a b c a b c b c a ++≥++即2221a b c b c a++≥. 【例2】已知函数()121f x x x =--+的最大值为k . （1）求k 的值；（2）若112k m n+=（0m >，0n >），求证：22m n +≥. 【解析】（1）由于()()()()31,3111,31,x x f x x x x x ⎧--≥⎪=---<<⎨⎪+≤-⎩所以()f x 的最大值为()12f -=，即2k =. （2）由（1）得1122m n+=. 因为0m >，0n >，所以()22m n m n +=+1111222m n ⎛⎫⋅+= ⎪⎝⎭2222m n n m ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭，当且仅当1m =，12n =时，等号成立.柯西不等式及其应用【例3】已知函数()121f x x x =--+,且对任意x ∈R ,都有()()0f x f x ≤. （1）求0x 及()0f x 的值；（2）若,,a b c ∈R , 且()2220a b c f x ++=,求()b a c +的最大值及2a b c ++的最大值.【解析】（1）()121f x x x =--+()()11112x x x x ≤--+≤--+=,11x x --+取等号的条件是10x +=,即1x =-,()()1111x x x x --+≤--+取等号的条件是11x -≤≤,所以01x =-,()02f x =.【名师点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用,基本不等式及柯西不等式的应用,意在考查分类讨论思想方法,以及分析问题、解决问题的能力．不等式证明的综合问题【例4】已知在ABC △中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．（1）证明：333111abc a b c +++≥ （2）若231a b c ++=，且222a b c k ++>恒成立，求实数k 的最小值． 【解析】（1）因为a ，b ，c 为正实数，3331113a b c abc ++≥，所以3331113abc abc a b c abc+++≥+，又3abc abc +≥=所以333111abc a b c+++≥a b c ===时，取等号．【例5】已知函数()2|2|3|3|f x x x =-++. （1）解不等式：()15f x >；（2）若函数()f x 的最小值为m ，正实数,a b 满足425a b m +=，证明：114910a b +≥. 【解析】（1）依题意，2|2|3|3|15x x -++>；当3x <-时，原式化为2(2)3(3)15x x --+>，解得4x <-；当32x -≤≤时，原式化为2(2)3(3)15x x -++>，解得2x >，故不等式无解； 当2x >时，原式化为2(2)3(3)15x x -++>，解得2x >. 综上所述，不等式的解集为(,4)(2,)-∞-+∞U .（2）由题意，可得55(3)()13(32)55(2)x x f x x x x x --<-⎧⎪=+-≤≤⎨⎪+>⎩，所以当3x =-时，函数()f x 有最小值10，即42510a b +=.故11111125449()(425)(29)101010b a a b a b a b a b +=++=++≥， 当且仅当254b a a b =时等号成立，此时52,77a b ==. 高考通关1．已知函数f (x )＝|x ＋1|.（1）求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； （2）设a ，b ∈M ，证明：f (ab )＞f (a )－f (－b )．【解析】（1）①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，原不等式可化为x ＋1＜－2x －2，解得x ＜－1，此时原不等式无解； ③当x ≥－12时，原不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.（2）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， 即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0. 因为a ，b ∈M ， 所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立， 所以原不等式成立. 2．已知,a b 为任意实数.（1）求证：()42242264a a b b ab a b ++≥+;（2）求函数()()()4224332162221f x x a a b b x a b ab =-+--+-+-的最小值. 【解析】（1）()()()24224222222226444a a b b ab a b a b ab a b a b ++-+=+-++()()24222a b aba b =+-=-.因为()40a b -≥,所以()42242264a a b b ab a b++≥+.（2）()f x =()()4224332162221x a a b bx a b ab-+--+-+-=4|2(1x a -+224336)22(221a b b x a b ab --+-+-)|33|[22(221x a b ab ≥-+-][4)2(1x a --+2246)]|a b b --=()411a b -+≥,即()min 1f x =. 3．设函数()||f x x a =-.（1）当2a =时，解不等式()4|1|f x x ≥--；（2）若()1f x ≤的解集为[0]2,，11(00)2a m n m n+=>>,，求证：24m n +≥. 【解析】（1）当a =2时，不等式为|2||1|4x x -+-≥， 若1x <，则214x x -+-≥，解得12x ≤-； 若12x ≤≤，则214x x -+-≥，即14≥，无解； 若2x >，则214x x -+-≥，解得72x ≥. 所以不等式的解集为17(,][,)22-∞-+∞.（2）()1f x ≤即||1x a -≤，解得11a x a -≤≤+，而()1f x ≤的解集是[0]2,，所以1012a a -=⎧⎨+=⎩，解得a =1，所以111(00)2m n m n+=>>,，所以112(2)()222422m n m n m n m n n m +=++=++≥+=， 当且仅当22n m nm=，即2,1m n ==时取等号. 4．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . （1）求a 的值；（2）若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. 【解析】（1）因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立， 所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.5．已知不等式|1|||x m x ++≥()m ∈R 对任意实数x ∈R 恒成立． （1）求实数m 的最小值t ；（2）若,,(0,)a b c ∈+∞，且满足abc t =，求证：≤．【解析】（1）不等式|1|||x m x ++≥等价于|1|||x x m +-≥-． 令()1g x x x =+-，则不等式|1|||x x m +-≥-()m ∈R 对任意实数x ∈R 恒成立等价于min ()g x m ≥-．而1,1,()|1|||21,10,1,0,x g x x x x x x -<-⎧⎪=+-=+-≤<⎨⎪≥⎩作出函数()g x 的图象，由图可知，函数()g x 的最小值为1-，即min ()1g x =-，所以1m -≤-，即1m ≥，故1t =．（2）由（1）知1abc =，其中,,(0,)a b c ∈+∞，===111a b c ≤++ ()*． 下面证明不等式()*：因为11a b +≥==（当且仅当a b =时取等号），11b c +≥==（当且仅当b c =时取等号），11a c +≥==a c =时取等号）．三式相加得：1112()a b c ≤++（当且仅当a b c ==时取等号），111a b c ≤++，即≤．【名师点睛】本题考查含有绝对值的不等式恒成立问题、不等式的证明、函数图象的应用，意在考查推理论证能力、运算求解能力．。