不等式選講 強(qiáng)化訓(xùn)練-高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)

沖刺高考二輪不等式選講強(qiáng)化訓(xùn)練（原卷+答案）考點(diǎn)一不等式的證明——看“目標(biāo)”，找“條件”，想“聯(lián)系”，用“轉(zhuǎn)化”算術(shù)—幾何平均不等式定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．定理2：如果a，b為正數(shù)，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立．定理4：(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1，a2，…，an為n個(gè)正數(shù)，則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)，等號(hào)成立．例1已知a，b，c都是正數(shù)，且aeq\s\up6(\f(3,2))＋beq\s\up6(\f(3,2))＋ceq\s\up6(\f(3,2))＝1，證明：(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)).對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練已知a，b，c均為正數(shù)，且a2＋b2＋4c2＝3，證明：(1)a＋b＋2c≤3；(2)若b＝2c，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.考點(diǎn)二含絕對(duì)值不等式的解法——掀起“絕對(duì)值”的蓋頭1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)c>0，則|ax＋b|≤c的解集為－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集為ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據(jù)a、b的值解出即可．(2)c<0，則|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)令每個(gè)絕對(duì)值符號(hào)里的一次式為0，求出相應(yīng)的根；(2)把這些根由小到大排序，它們把數(shù)軸分為若干個(gè)區(qū)間；(3)在所分區(qū)間上，根據(jù)絕對(duì)值的定義去掉絕對(duì)值符號(hào)，討論所得的不等式在這個(gè)區(qū)間上的解集；(4)這些解集的并集就是原不等式的解集．例2已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x＋2|.(1)求不等式f(x)≤5的解集；(2)設(shè)x∈R時(shí)，f(x)的最小值為M.若正實(shí)數(shù)a，b，滿足a＋b＝M，求eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.(1)畫出y＝f(x)和y＝g(x)的圖象；(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范圍．考點(diǎn)三與絕對(duì)值不等式有關(guān)的恒成立問(wèn)題——弄清絕對(duì)值的幾何意義定理1：如果a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立．定理2：如果a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立．例3已知函數(shù)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)))對(duì)任意x∈R恒成立，求k的取值范圍．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≥6的解集；(2)若f(x)>－a，求a的取值范圍．參考答案考點(diǎn)一[例1]證明：（1）因?yàn)閍，b，c都是正數(shù)，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)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時(shí)取等號(hào)．因?yàn)閍eq\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?yàn)閍，b，c都是正數(shù)，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時(shí)同時(shí)取等號(hào)．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)).方法二要證eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)≤eq\f(1,2\r(abc))成立，只需證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?yàn)閍，b，c都是正數(shù)，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時(shí)同時(shí)取等號(hào)．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)，得證．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練證明：（1）因?yàn)閍2＋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均為正數(shù)，所以a＋b＋2c≤3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2c＝1時(shí)等號(hào)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，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2c時(shí)等號(hào)成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.方法二因?yàn)閎＝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，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2c時(shí)等號(hào)成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.考點(diǎn)二[例2]解析：（1）f（x）＝|x－1|＋|x＋2|≤5，當(dāng)x≤－2時(shí)，不等式化為－x＋1－x－2≤5，解得x≥－3，此時(shí)－3≤x≤－2；當(dāng)－2<x<1時(shí)，不等式化為－x＋1＋x＋2＝3≤5，恒成立，此時(shí)－2<x<1；當(dāng)x≥1時(shí)，不等式化為x－1＋x＋2＝2x＋1≤5，解得x≤2，此時(shí)1≤x≤2.綜上所述，不等式的解集為[－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)，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋2，即a＝2，b＝1時(shí)取等號(hào)．即eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值為eq\f(2,3).對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練解析：（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）與y＝g（x）的圖象為（2）y＝f（x＋a）的圖象是由函數(shù)y＝f（x）的圖象向左平移a（a>0）個(gè)單位長(zhǎng)度或向右平移|a|（a<0）個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，根據(jù)圖象可知向右平移不符合題意，向左平移到y(tǒng)＝f（x＋a）的圖象的右支過(guò)y＝g（x）的圖象上的點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))時(shí)為臨界狀態(tài)，如圖所示，此時(shí)y＝f（x＋a）的圖象的右支對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝x＋a－2（x≥2－a），則4＝eq\f(1,2)＋a－2，解得a＝eq\f(11,2).因?yàn)閒（x＋a）≥g（x），所以a≥eq\f(11,2)，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)，＋∞)).考點(diǎn)三[例3]解析：（1）當(dāng)x>2時(shí)，f（x）≤2x等價(jià)于x＋1＋x－2≤2x，該不等式恒成立，所以x>2；當(dāng)x<－1時(shí)，f（x）≤2x等價(jià)于－x－1－x＋2≤2x，解得x≥eq\f(1,4)，此時(shí)不等式無(wú)解；當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，f（x）≤2x等價(jià)于x＋1－x＋2≤2x，解得x≥eq\f(3,2)，所以eq\f(3,2)≤x≤2.綜上所述，不等式的解為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)))，當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，3≥0恒成立，所以k∈R；當(dāng)x≠eq\f(1,2)時(shí)，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?yàn)閑q\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(3,2),x－\