2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇专题七 选考系列第2讲 不等式选讲

不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．

(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．

(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾．

[多练强化]

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：(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1， ①当x≤－1时，

不等式可化为－x－1＜－2x－2， 解得x＜－1； 1

②当－1＜x＜－时，

2

不等式可化为x＋1＜－2x－2， 此时不等式无解； 1

③当x≥－时，

2

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：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． 2．已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥证明：法一：(放缩法)因为a＋b＝1， 所以(a＋

2)2

＋(b＋

2)2

25. 2

?（a＋2）＋（b＋2）?2125≥2??＝2[(a＋b)＋4]2＝2

2??

?当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝1时，等号成立?.

2??

25

法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2<，

225

则a2＋b2＋4(a＋b)＋8<.

2

25

因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12<.

2

1125a－?<0，这与?a－?≥0矛盾，故假设不成立．所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥. 所以??2??2?2考点三 与不等式有关的最值问题

[例3] (2019·全国卷Ⅲ)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；

1

(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.

3[解] (1)因为[(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]，

4

所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，

3511

当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．

333

2

2

4

所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为. 3(2)证明：因为[(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]，

（2＋a）2所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，

34－a1－a2a－2

当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．

333（2＋a）2

所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.

3（2＋a）21

由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.

33[解题方略]

解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略

不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A. 不等式恒成立问题 不等式f(x)A成立，等价于在区间D上f(x)max>A. 不等式能成立问题 在区间D上存在实数x使不等式f(x)A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D. 不等式恰成立问题 不等式f(x)

1．(2019·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝|x＋5|－|x－4|. (1)解关于x的不等式f(x)≥x＋1；

(2)若函数f(x)的最大值为M，设a，b为正实数，且(a＋1)(b＋1)＝M，求ab的最大值．

??x＜－5，

解：(1)f(x)＝|x＋5|－|x－4|≥x＋1等价于?

??－（x＋5）＋（x－4）≥x＋1???－5≤x＜4，?x≥4，

或?或? ??（x＋5）＋（x－4）≥x＋1??（x＋5）－（x－4）≥x＋1

解得x≤－10或0≤x＜4或4≤x≤8，

于是原不等式的解集为(－∞，－10]∪[0，8]． (2)易知|x＋5|－|x－4|≤|(x＋5)－(x－4)|＝9，即M＝9. 所以(a＋1)(b＋1)＝9，

即9＝(a＋1)(b＋1)＝[(a)2＋1][(b)2＋1]≥(ab＋1)2，

于是ab＋1≤3，解得ab≤4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，即ab的最大值为4. 2．(2019·东北四市联合体模拟(一))已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－1|. (1)求不等式f(x)≤4的解集；

(2)设函数f(x)的最小值为m，当a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m时，求2a＋1＋2b＋1＋2c＋1的最大值．

121解：(1)①当x＜时，f(x)＝－3x＋2≤4，∴－≤x＜；

23211

②当≤x<1时，f(x)＝x≤4，∴≤x＜1；

22③当x≥1时，f(x)＝3x－2≤4，∴1≤x≤2. 2??

－≤x≤2?. 综上，f(x)≤4的解集为?x??3

?

?

?

(2)法一：由(1)可知f(x)＝?x，1≤x＜1，

2

?3x－2，x≥1，

11

∴f(x)min＝，即m＝.

22

1

－3x＋2，x＜，2

1

又a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝，∴2a＋2b＋2c＝1，设x＝2z＝

2c＋1，

∵x2＋y2≥2xy，∴2xy≤x2＋y2＝2a＋1＋2b＋1＝2a＋2b＋2， 同理，2yz≤2b＋2c＋2，2zx≤2c＋2a＋2，

∴2xy＋2yz＋2zx≤2a＋2b＋2＋2b＋2c＋2＋2c＋2a＋2＝8，

2a＋1，y＝2b＋1，

∴(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2yz＋2zx≤2a＋1＋2b＋1＋2c＋1＋8＝12， ∴x＋y＋z≤23，即

2a＋1＋2b＋1＋

2c＋1≤23，