2019-2020学年高中新创新一轮复习理数通用版：选修4-5不等式选讲Word版含解析.doc

1、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 抓牢双基自学区 基本知识 含绝对值的不等式|x|va与|x|a的解集 不等式 a0 a = 0 av0 |x|a x|xa 或 xv a x R|x 工 0 R (2)|ax+ b|w c, |ax + b| c(c0)型不等式的解法 |ax+ b|w c? cw ax+ bw c; |ax+ b| c? ax+ bc 或 ax+ bw c. |x a|+ |x b| c, |x a|+ |x b|w c(c0)型不等式的解法 利用绝对值不等式的几何意

2、义求解. 利用零点分段法求解. 构造函数，利用函数的图象求解. 基本能力 1. 判断题 (1)不等式|x|va的解集为x| avxva.() |x a|+ |x b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a, b的距离之和.() (3)不等式 |2x 3|w 5 的解集为x| 1w xw 4.() 答案： X (2)V (3) V 2. 填空题 (1)若不等式|kx 4|w 2的解集为x|1w xw 3，则实数k=. 解析：由 |kx 4|w 2? 2w kxw 6. 不等式的解集为x|1w xw 3, k= 2. 答案：2 不等式|2x 1|3的解集为 解析：由|2x 1|3得， 2x 13, 即

3、卩 x2. 答案：x|x2 若关于x的不等式|ax 2|3的解集为lx 5x1訂，则a =. 解析：依题意，知 a 0.|ax 2|3? 3ax 23? 1ax0时，不等式的解 集为 从而有 5 3， 此方程组无解. 当a 1的解集是 . 3, x 1, 解析：f(x)=|x+ 1| |x 2|= 2x 1, 1x 2. 当1x 1，解得 1 w x 2时，f(x) = 31恒成立. 所以不等式的解集为x|x 1. 答案：x|x 1 研透高考讲练区 全析考法 绝对值不等式的解法 典例解下列不等式: (1)|2x+ 1| 2|x 1|0. x 丄 (2)|x + 3|2x 1|2|x 1|,两边

4、平方得4x2 + 4x+ 14(x2 2x + 1), 解得x2，所以原不等式的解集为ixlxj： 4I化 XV-1 法二：原不等式等价于2, 2x+ 1 + 2 x 1 0 x1 , 2x+ 1 2 x 1 0. 或-2x0 4. 解得x1，所以原不等式的解集为x|x7 x 当x 3时，原不等式化为一(x + 3) (1 2x)2+ 1,解得XV1O,.x 3. 当一3 xv时，原不等式化为(x + 3) (1 2x)x + 1，解得 x 2，.一 3 x 1时，原不等式化为(x + 3) + (1 2x)2 , x2. 综上可知，原不等式的解集为ixlxv 2或x21 L 5 丿 方法技巧

5、 绝对值不等式的常用解法 (1) 基本性质法 对 a R +, |x|va? axa? xv a 或 xa. (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. 全练题点 1求不等式|x 1| |x 5|v2的解集. 解：不等式|x 1| |x 5|v2等价于 xv1，或 1 x 5， x 1 + x 5 v2 x 1 + x 5v2 或 x5, X 1 x 5 2, x1, 4V2 或严XW 5, 2x8 或伫 故原不等式的解集为 x|x1 U x|1

6、x4 U ?= x|x 2. 解：原不等式可化为xV2，或x2, x 3 2 3x + 3 2. 1 解得x 亍. l 所以原不等式的解集是jx|x 3： 3.已知函数 f(x)= |x 1|+ |x+ a|, g(x)= |x 2|+ 1. (1)当a= 2时，解不等式f(x) 5; 若对任意X1 R，都存在X2 R，使得g(X2)= f(X1)成立，求实数a的取值范围. 2x 1, x 2, 解：当 a = 2 时，f(x) = |x 1| + |x + 2| = 3, 2x 5 2x+ 1, x 1, X 5 2vx 5 x 1, 或。 2x + 15. 解得x 2或x 5的解集为(,

7、3U 2, + ). (2) 对任意 X1 R，都存在 X2 R，使得 g(x2) = f(x1)成立，二y|y= f(x)? y|y= g(x). f(x) = |x 1|+ |x + a|(x 1) (X + a)| = |a + 1|(当且仅当(x 1)(x + a) 1,.|a+ 1| 1, a+ 1 1 或 a+ K 1, a 0 或 aw 2,二实数 a 的取值范围为(一, 2 U 0, +). 4. (2018湖北黄石调研)已知函数f(x)= |x 1|+ |x+ 3|. (1)解不等式f(x) 8; 若不等式f(x)va2 3a的解集不是空集，求实数 a的取值范围. 2x 2,

8、 x3 , 解：(1)f(x)=|x 1|+ |x+ 3|=S4, 3 x1. 当 XV 3 时，由一2x 2 8,解得 x1时，由2x+ 28,解得x3. 不等式f(x) 8的解集为x|xw 5或x 3. (2)由(1)得f(x)min= 4.又不等式f(x)va2 3a的解集不是空集，a2 3a4，解得a4 或av 1，即实数a的取值范围是(一R, 1)U (4, +). 突破点(二)绝对值三角不等式 抓牢双基自学区 基本知识 绝对值三角不等式定理 定理1 如果a, b是实数，则|a+ b|w|a|+ |b|，当且仅当ab0时，等号成立 定理2 如果 a, b, c是实数，那么 |a c|

9、w |a b|+ |b c|，当且仅当(a b)(b c)0 时， 等号成立 基本能力 1.判断题 (1)|a + b|+ |a b| |2a|.() 不等式|a b|w |a|+ |b|等号成立的条件是ab |(x 4) (x+ 4)|= 8, 即函数y的最小值为8. 答案：8 设a, b为满足ab|a b| |a+ b|v|a b| |a b|v|a| |b| |a b|v|a|+ |b| 解析：/ abv0, |a b| = |a|+ |b|a+ b|. 答案： 若存在实数x使|x a|+ |x 1|w 3成立，则实数a的取值范围是 解析：/ |x- a|+ |x- 1 |(x a)-

10、(x 1)|=|a 1|, 要使 |x- a|+ |x- 1|w 3 有解，可使 |a- 1| 3, 3w a 1 w 3, 2w aw 4. 答案：2,4 研透高考讲练区 全析考法 证明绝对值不等式 1 1 例 1 已知 x, y R，且 |x+ y|w 6，|x y|w 4, 求证：|x + 5y|w 1. 证明T |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)|w |3(x + y)| + |2(x y)| 11 =3|x+ y| + 2|x y| w 3X _+ 2X _= 1. 64 即 |x+ 5

11、y|w 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. 利用三角不等式|a| |b|w |a)|w |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 (2018湖南五市十校联考)设函数f(x) = |x a|+ |x 3|, a 4的解集为x| xw 2或x 2求a的值； 若对？ x R，不等式f(x) + |x 3| 1恒成立，求实数 a的取值范围. 2x+ a + 3, x3, 当x4,得 xw-； 2 当x3时， 7 + a 2x a 34，得 x. 2 a= 2. 1

12、9 已知f(x)4的解集为x| XW 1或x2 ,则显然 a + 3 法:由已知易得f(x)=|x a| + |x 3|的图象关于直线 x = 2 对称， 又f(x) 4的解集为 x| 则2+字a+3, 即 a = 2. (2)法:不等式f(x) + |x 3|1恒成立，即|x a| + 2|x 3|1恒成立. 5 当xw a时，3x+ a+ 50恒成立，得3a+ a+ 50，解得aw 5; 当 ax0 恒成立，得3 a+ 5 0，解得 aw 2; 当 x3 时，3x a 7 0 恒成立，得 9 a 7 0,解得 aW 2. 综上，实数a的取值范围为(一R, 2. 法:不等式f(x) + |x

13、 3|1恒成立，即|x a|+ |x 3|一|x 3|+ 1恒成立, 由图象(图略)可知f(x)= |x a|+ |x 3|在x= 3处取得最小值 3 a, 而一|x 3|+ 1在x = 3处取得最大值 1，故3 a 1,得aw 2. 故实数a的取值范围为(一R, 2. 全练题点 1 1.考点一设函数 f(x)= x + - + |x a|(a0). a (1) 证明：f(x) 2; 若f(3)0，有 f(x)= x+ a + |x a| x+ ： (x a) = ：+ a2.当且仅当 a =1时等号成立.所以f(x) 2. (2) f(3) = 3 +1 + |3 a|. 1 当 a3 时，

14、f(3) = a + , a 由 f(3)5 得 3a5 + 21. 1 当 0 v aw 3 时，f(3) = 6 a + -, a 由 f(3)5 得1 ； 50). (1)当m = 1时，求不等式f(x) 1的解集； 对于任意实数x, t,不等式f(x)v|2 + t|+ |t 1|恒成立，求 m的取值范围. 解：(1)f(x)= |x m| |x+ 3m| 4m, x m, =2x 2m, 3mxm, 4m, x 1,3 当m= 1时，由或x 3，得x -, 3x 1的解集为 叫xw 3 . 不等式f(x)|2 + t| + |t 1|对任意的实数t, x恒成立，等价于对任意的实数x,

15、 f(x)(|2 + q+ |t 1|)min 恒成立，即即f(x) max |(2 + t) (t 1)| = 3, 3 4m0, Ovmv-, 4 即m的取值范围是 0, 3 . 3.考点二已知函数 f(x)= |x 2|, g(x)= |x+ 3|+ m. (1) 解关于x的不等式f(x)+ a 1O(a R); 若函数f(x)的图象恒在函数 g(x)图象的上方，求 m的取值范围. 解：不等式f(x) + a 10, 即 |x 2| + a 10. 当a = 1时，原不等式化为|x 2|0,解得x丰2,即解集为(一R, 2) U (2,+); 当a1时，解集为全体实数R; 当 a1 a(

16、1 a0)，解集为(一, a+ 1) U (3 a,+). (2) f(x)的图象恒在函数 g(x)图象的上方， 即|x 2| |x+ 3|+ m对任意实数 x恒成立， 即 |x 2| + |x+ 3|m 恒成立. 又由绝对值三角不等式知，对任意实数x恒有|x 2|+ |x+ 3| |(x 2) (x+ 3)| = 5, 当且仅当(x 2)(x+ 3)w 0时等号成立. 于是得 m g(x)的解集； 若不等式f(x)g(x)的解集包含1,1,求a的取值范围. 解：当a= 1时，不等式f(x)g(x)等价于 X2 x+ |x+ 1|+ |x 1| 4W 0. 当XV 1时，式化为x2 3x 4W

17、 0,无解； 当一K x 1时，式化为 x2 x 2 0，从而一 K x 1时，式化为 x2+ x 4 0, 从而1V x g(x)的解集为x 当 x 1,1 时,g(x) = 2. 所以f(x) g(x)的解集包含1,1，等价于当x 1,1时，f(x)2. 又f(x)在1,1 的最小值必为 f( 1)与f(1)之一， 所以 f( 1) 2 且 f(1) 2，得一1w aw 1. 所以a的取值范围为1,1. 2. (2017 全国卷川)已知函数 f(x)= |x+ 1| |x 2|. (1) 求不等式f(x) 1的解集； (2) 若不等式f(x) x2 x+ m的解集非空，求 m的取值范围.

18、一 3, XV 1, 解：(1)f(x)= 2x 1, 1 w xw 2, 3, x2. 当x V 1时，f(x) 1无解； 当一1 w xw 2 时，由 f(x) 1,得 2x 1 1,解得 1 w xw 2; 当x 2时，由f(x) 1，解得x 2. 所以f(x) 1的解集为x|x 1. (2) 由 f(x) x2 x + m，得 mw |x+ 1| |x 2| x2+ x. 而|x+ 1| |x 2| x2 + xw |x|+ 1+ |x| 2 x2+ 凶=|x| 2 2+ f w5 且当 x = 2时,|x+ 1| |x 2| x2 + x= 4. 故m的取值范围为 一 a , 5 .

19、 3. (2016全国卷川)已知函数f(x)= |2x a|+ a. (1) 当a= 2时，求不等式f(x) w 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|+ 2w 6 得一1w xw 3. 因此f(x)w 6的解集为x| 1 w XW 3. (2)当 x R 时，f(x) + g(x)= |2x a|+ a+ |1 2x|3, a 13 a 即 x _ + _ x x 2 2 2 . v ( a 丄 1 x、1 a 又x 2 + 2 x 严

20、=2 2， 所以1 2 A 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 va，解得a 2. 2 2 2 所以a的取值范围是2,+R). 4. (2015 全国卷 I )已知函数 f(x)= |x+ 1| 2|x a|, a0. (1) 当a= 1时，求不等式f(x)1的解集； 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| 10. 当xW 1时，不等式化为 x 40，无解； 当一1VXV1时，不等式化为 3x 20, 2 解得3x0，解得1 w x1

21、的解集为叫|vx2 I： x 1 2a，x 1， (2) 由题设可得 f(x)= 3x+ 1 2a， 1w xa. 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空3，0，B(2a+ 1,0)， C(a，a + 1)， 2 2 ABC的面积为/a+ 1)课时达标检测 1.已知函数 f(x)= |x + m| |5 x|(m R). 当m = 3时，求不等式f(x)6的解集； 若不等式f(x) w 10对任意实数x恒成立，求 m的取值范围. . 3 22 由题设得 ya+ 1) 6，故a2. 所以a的取值范围为(2，+). 集的并集. x+ 3 x 5 6, 解得x 5; 3x6,

22、解集是 或解得4x6, 3x+ a + 1 x4 ; 若？ x 3 3，不等式a + 16的解集为x|x4. (2)f(x) = |x + m| |5 x|w |(x+ m) + (5 x)|= |m+ 5|,由题意得 |m + 5| 10,则10 m + 5 10, 解得15W mW 5，故m的取值范围为15,5. 2. (2018 西南昌模拟)已知函数f(x)=|2x a|+ |x 1|. (1) 若不等式f(x) W 2 |x 1|有解，求实数a的取值范围； (2) 当a a 1, 由不等式f(x)w 2 |x 1|有解， a 1 W 1，即0W aW 4. A实数a的取值范围是0,4.

23、 aa (2)由 2x a= 0 得 x= ，由 x 1 = 0 得 x= 1,由 a2 知？1 . 函数的图象如图所示. f(x) = -3x 2, xv - 2, x+ 4, I 3x + 2, -3 w x W 1, x1, xv-2, f(x)4，可化为2 -3x- 24 或-xw 1, 、x + 44 x1， 3x+ 24, 解得 x- 2 或 01. 不等式 f(x)4 的解集为(一a, 2) U (0 ,+s). 3 由(1)知，当 xv- 2时，f(x)=- 3x-2, 当 xv- 3时,f(x)=- 3x- 25 - a+ 1 w 5,即卩 aw -. 2 2 实数a的取值范

24、围为 一I 2 . 4. (2018 长春模拟)已知函数 f(x)= |x- 2| - |x + 1|. (1) 解不等式f(x)1 ； a的取值范 ax2- x + 1 (2) 当x0时，函数g(x)= x(a0)的最小值大于函数f(x),试求实数 围. 解：当x2时，原不等式可化为x - 2 - x- 11，解集是? 当一1 w xw 2时，原不等式可化为2 x- x 11,即一1 w x1，即xv - 1. 综上，原不等式的解集是 x|xvO. 1 因为 g(x)= ax+1- 42 . a- 1, 当且仅当x=时等号成立， a 所以 g(x)min= 2 a- 1 , 1 2x, 0v

25、xw 2, 当 x0 时，f(x)= c 3, x2, 所以 f(x) 3,1),所以 2 J a 11，即 a1, 故实数a的取值范围是1, + a). 5. (2018 湖北四校联考)已知函数 f(x)= e|x+ a|-|x-b|, a, b R. (1)当a= b= 1时，解不等式f(x)e; 若f(x)w e恒成立，求a+ b的取值范围. 解：当a= b= 1时，f(x)= e|x+11 ft,由于y= ex在)上是增函数，所以 f(x) e 等价于 |x+ 1|- |x- 1| 1, 当 x 1 时，|x+ 1|- |x 1|= x+ 1 (x- 1) = 2，则式恒成立; 1 当

26、一1x 1,此时 x1; 当 x 1 时，|x+ 1| |x 1| = 2，式无解. 综上，不等式的解集是2，+ (2)f(x) e2 等价于 |x+ a| |x b|w 2， 因为 |x+ a| |x b| g(a) + 2; (2) 当x a,1)时恒有f(x)w g(a)，求实数a的取值范围. 即- 2x 26， x 6， -3x6, x 1, 2x 2, xw 3, 解: (1)a = 3 时，f(x) = |x 1|+ |x + 3|= 4, 3x 1, f(x)g(a) + 2 化为 |x 1|+ |x+ 3|6, 解得x2. 所求不等式解集为(a, 4) U (2, +). (2

27、) / x a,1). f(x)= 1 + a. - f(x)w g(a)即为 1 + aw a? a 2，可化为 a? 2a 30,解得 a3 或 a w 1. 又 a 1. 综上，实数a的取值范围为3, + a). 7. (2018 安徽蚌埠模拟)已知函数 f(x)= |2x a|+ |2x+ 3|, g(x)= |x 1|+ 2. (1) 解不等式|g(x)|5 ; 若对任意X1 R，都有x2 C R,使得f(X1)= g(x2)成立，求实数a的取值范围. 解: (1)由 |x 1| + 2|5，得一5|x 1|+ 25， 7|x 1|3，解得一2x |(2x a) - (2x + 3)

28、|= |a+ 3|, g(x)= |x 1|+ 22,二 |a + 3|2,解得 a一1 或 aw 5, 实数a的取值范围是( s, 5 U 1,+s). 8.已知函数 f(x)= |3x + 2|. (1) 解不等式 f(x)0)，若|x a| f(x) w匚+后心)恒成立，求实数 解：(1)不等式 f(x)4 |x 1|,即 |3x + 2|+ |x 1|4. 2 当 x 时，即一3x 2 x+ 14, 3 52 解得5x 2； 3 3 2 当w xw 1 时，即 3x+ 2 x + 11 时，即 3x+ 2 + x 1a. - x=-时，g(x)max= 3 + a,要使不等式恒成立，

29、2 10 只需 g(x)max= 2 + aw 4, 即卩 0vaw 孑 所以实数a的取值范围是 0,10. 第二节 不等式的证明 本节重点突破1个知识点：不等式的证明. 突破点不等式的证明 基本知识 1.基本不等式 定理1 如果a, b R，那么a2+ b2 2ab,当且仅当a= b时，等号成立 定理2 如果a, b0,那么叱何，当且仅当a = b时，等号成立，即两个正数的算 术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均 定理3 a + b + c 3, 如果a, b, c R +,那么3 JObi,当且仅当a- b- c时，等号成立 2.比较法 （1）作差法的依据是： a b 0? ab.

30、作商法：若B0,欲证A B，只需证B 1. 3.综合法与分析法 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 分析法 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 基本能力 1. 判断题 1 已知x为正实数，则1 + x+ - 3.（） (2) 若 a2, b2，则 a+ bab.( ) (3) 设 x= a + 2b, S= a + b2+ 1 贝V Sx.() 答案：(1)2(2)X (3) V 2. 填空题 1 1 (1)已知

31、a, b R +, a+ b= 2，贝U +二的最小值为 a b 解析: a, b R+，且 a+ b= 2(a+ 轩吒=2 + f+A2 + 2 ；ab= 4+ a+r2,即a+b的最小值为2（当且仅当a=b=1时，“成立）. 答案：2 (2)已知正实数 a, b满足2ab= a + b+ 12,贝U ab的最小值是 . 解析：由2ab= a+ b+ 12,得2ab2 ab+ 12,当且仅当a= b时等号成立.化简得(ab 3)( ab+ 2) 0,解得ab 9,所以ab的最小值是 9. 答案：9 111 已知a, b, c是正实数，且 a + b+ c= 1,则- +1 + -的最小值为

32、a b c 111 解析：把a+ b+ c= 1代入- +二+ -, a b c a+ b+ c a+ b+ c a + b+ c b) 当且仅当a= b= c= 3时，等号成立. 答案：9 设x = a2b2 + 5 , y = 2ab a2 4a,若xy,则实数a , b应满足的条件为 解析：若 xy,贝U x y= a2b2 + 5 (2ab a2 4a) =a2b2 2ab+ a2 + 4a + 5 =(ab 1)2+ (a + 2)20, abz 1 或 a工一2. 答案：abz 1或a 2 研透高考讲练区 全析考法 比较法证明不等式 例 1 求证：(1)当 x R时，1 + 2x3

33、2 证明(1)法一：(1 + 2x ) (2x + x ) =2x3(x 1) (x+ 1)(x 1) =(x 1)(2x3 x 1) =(x 1)(2x3 2x+ x 1) =(x 1)2x(x2 1) + (x 1) =(x 1)2(2x2+ 2x+ 1) 2x3 + x2; a ba + b 当 a, b (0,+s )时，a b (ab). =(X-1)2 2x+ 2)+2 l0, 所以 1 + 2x4 2x3+ x2. 法二：(1 + 2x4)-(2x3+ x2) =x4- 2x3 + x2 + x4- 2x2 + 1 =(x- 1)2 x2+ (x2- 1)20, 所以 1 + 2

34、x4 2x3+ x2. aabba- b b- a 佝 a- b (2) OTb= ab=b ， ab 当a = b时，电号=1, 当 ab0 时，b1, a a-b1 b 2 1， aa 一 b 当 ba0 时，0a1,二1， aabb (ab)学. 方法技巧 作差比较法证明不等式的步骤 证明因为a, b, c 0,且互不相等, 所以，a+ ,b+ ,c= （1）作差；（2）变形；（3）判断差的符号；（4）下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形 成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负. 例2 已知a, b, c0且互不相等，abc= 1.试证明：.a+ . b+

35、 上 0; lap 0. (2) a2 + b2 2ab. ab ab,它的变形形式有：a+2(a0);吕 + b2(ab0);b - 2(abf(a) f( b). 解(1)由题意，|x+ 1|v|2x+ 1| 1, 当x 1. 综上，M = x|xv 1 或 x 1. (2) 因为 f(a) f( b)= |a+ 1| | b+ 1| f(a) f( b), 只需证 |ab+ 1| |a+ b|, 即证 |ab+ 1|2 |a + b|2, 即证 a2b?+ 2ab+1 a? + 2ab+ b?, 即证 a2b2 a2 b2+ 1 0, 即证(a2 1)(b2 1)0. 因为a, b M

36、, 所以 a2 1, b2 1, 所以(a2 1)(b2 1)0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 可用分析法来 .abw 号，a0, b0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时, 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. 全练题点 111 1. 考点三设 x 1, y 1，求证 x+ y+ xyw X + 彳+ x% 证明：由于x 1, y 1, 要证 x + y+ w1+ 1+ xy, xy x y 只需证 xy(x+ y) + 1w y+ x + (xy)2. 因为

37、y + x + (xy) xy(x + y) + 1 =(xy)2- 1 xy(x + y) (x+ y) =(xy+ 1)( xy 1) (x + y)(xy 1) =(xy 1)( xy x y+ 1) =(xy 1)(x 1)(y 1), 因为 x 1, y 1，所以(xy 1)(x 1)(y 1) 0, 从而所要证明的不等式成立. 2. 考点一设不等式|2x 1|v 1的解集为 M. (1) 求集合M. (2) 若a, b M，试比较ab+ 1与a + b的大小. 解：(1)由 |2x 1|v 1 得一1 v 2x 1 v 1, 解得 0 v xv 1.所以 M = x|0v xv 1

38、. (2)由(1)和 a, b M 可知 0v av 1,0v bv 1, 所以(ab+ 1) (a + b) = (a 1)(b 1)0. 故 ab+ 1 a + b. 3. 考点二已知a, b, c, d均为正数，且ad= bc. (1) 证明：若 a+ db+ c,贝U |a d|b c|; (2) t a2 + b2*c2+ d2= a4 + c4+fb4+ d4,求实数 t 的取值范围. 解：(1)证明：由 a + db+ 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，即即 |a d|b c|. (2)因为(

39、a2 + b2)(c2 + d2) = a2c2 + a2d2+ b2c2 + b2d2= a2c2 + 2abcd+ b2d2= (ac+ bd)2，所以 t a2 + b2 ,c2 + d2= t(ac+ bd). 又已知 t a2+ b2 c2 + d2=、fa4+ c4 + b4+ d4, 则t(ac+ bd) 2(ac+ bd),故t 2，当且仅当 a= c, b= d时取等号. 全国卷5年真题集中演练一一明规律 1. (2017 全国卷 n )已知 a0, b0, a3 + b3= 2证明： (1) (a+ b)(a5+ b5) 4; (2) a+ b 4. (2)因为(a+ b)

40、3= a3 + 3a2b+ 3ab2+ b3 2 =2+ 3ab(a+ b) 2 +(a+ b) =2+ 3ak3, 4 所以(a + b)3w 8,因此 a+ bw 2. 11 2. (2016全国卷n )已知函数f(x)= x+ 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|. 1 2x, x 2 一 1 1 解：(1)f(x)=1, 2x 1 当 x w 2时，由 f(x)2 得一2x 1, 所以1xw ; 1 1 当2x2时，f(x)寸时，由f(x)2得2x2，解得x1 , 所以 x1.所以 f(x)2 的解集 M

41、 = x| 1x1. 222 (2)证明：由(1)知，当 a, b M 时，一1a1, 1b1，从而(a + b) (1 + ab) = a + b2 a2b2 1 = (a2 1)(1 b2)0. 因此 |a+ b|v|1 + ab|. 课时达标检测 1 1. (2018武汉调研)若正实数a, b满足a + b= 2，求证：.a + . b 1. 证明：要证.a+ b 1,只需证 a+ b+ 2 ab 1, 即证2 ab 1，即证 ab 1. 1 1 而 a + b= 22 ab,. ab |x+ 3+ 1 x| = 4,所以 f(x)min = 4, 即 卩 t= 4. 证明：由得沙b=4

42、,故4+b=1, a+b= +洸+：=4+1+4a+i遗+ ，故 2 . x a= 5+ 1 = 9，当且仅当b= 2a,即a = 4, b= 8时取等号 Y 4a b 4433 3.设不等式一2|x 1| |x+ 2|0 的解集为 M , a, b M. (1)证明: 1 1 1 3a+ 6b 1； (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| 3, x 2, 2x 1, 2x1, 3, x1. 1 1 由2 2x 10 解得_vx_, 2 2 则 M = $ 1 . 所以 la+6b 3同+6冋亍1+ix2=4.

43、 由(1)得 a20. 所以 |1 4ab|24|a b|2, 故 |1 4ab|2|a b|. 4. (2018 广州模拟)已知 x, y, z (0,+ ), x+ y+ z= 3. 求x+y+一3 =x+y+ z2=3 3， 当且仅当x= y= z= 1时等号成立. 又因为 x2+ y2 + z2-9= x2+ y2+ z2 (x+ y+ z)2= 2(xy+ yz+ zx)0 , 所以 3 w x2+ y2 + z20, b0，函数f(x)= |2x+ a| + 2 x? + 1的 最小值为2. (1)求a+ b的值； 4 求证：a + log3 a + b a 3 b. 解：(1)因为 f(x) = |2x+ a|+ |2x b| + 1 |2x + a (2x b)|+ 1= |a+ b|+ 1, 当且仅当(2x+ a)(2 x b)0, b0,所以 |a+ b|= a + b, 所以f(x)的最小值为a+ b+ 1 = 2,所以a + b= 1. (2)由(1)知,a+ b= 1, 所以1