PAGE2-選修4－5不等式選講[考綱傳真]1.理解肯定值的幾何意義，并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號的條件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)，|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R).2.會利用肯定值的幾何意義求解以下類型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.3.通過一些簡潔問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法．1．肯定值不等式的解集(1)含肯定值的不等式|x|<a與|x|>a的解法：不等式a>0a＝0a<0|x|<a{x|－a＜x＜a}??|x|>a{x|x＞a或x＜－a}{x∈R|x≠0}R(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法：①|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法：①利用肯定值不等式的幾何意義求解；②利用零點分段法求解；③構造函數，利用函數的圖象求解．2．肯定值三角不等式定理1：假如a，b是實數，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．定理2：假如a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．3．基本不等式定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．定理2：假如a，b為正數，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，當且僅當a＝b時，等號成立．定理3：假如a，b，c為正數，則eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，當且僅當a＝b＝c時，等號成立．定理4：(一般形式的算術—幾何平均不等式)假如a1，a2，…，an為n個正數，則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an)，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．4．柯西不等式(1)柯西不等式的代數形式：設a，b，c，d都是實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(當且僅當ad＝bc時，等號成立)．(2)柯西不等式的向量形式：設α，β是兩個向量，則|α||β|≥|α·β|，當且僅當α或β是零向量，或存在實數k，使α＝kβ(α，β為非零向量)時，等號成立．(3)柯西不等式的三角不等式：設x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，則eq\r(x1－x22＋y1－y22)＋eq\r(x2－x32＋y2－y32)≥eq\r(x1－x32＋y1－y32).(4)柯西不等式的一般形式：設a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是實數，則(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，當且僅當bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一個數k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)時，等號成立．5．不等式證明的方法證明不等式常用的方法有比較法、綜合法、分析法等．[基礎自測]1．(思索辨析)推斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)對|a－b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≤0時，等號成立．()(2)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.()(3)|x－a|＋|x－b|的幾何意義是表示數軸上的點x到點a，b的距離之和．()(4)用反證法證明命題“a，b，c全為0”時假設為“a，b，c全不為0”．()[答案](1)√(2)√(3)√(4)×2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是()A．(－∞，4) B．(－∞，1)C．(1,4) D．(1,5)A[①當x<1時，原不等式等價于1－x－(5－x)<2，即－4<2，恒成立，∴x<1.②當1≤x≤5時，原不等式等價于x－1－(5－x)<2，即x<4，∴1≤x＜4.③當x>5時，原不等式等價于x－1－(x－5)<2，即4<2，無解．綜合①②③知x<4.]3．若不等式|kx－4|≤2的解集為{x|1≤x≤3}，則實數k＝________.2[∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集為{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]4．(教材改編)若關于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在實數解，則實數a的取值范圍是________．(－∞，－3]∪[3，＋∞)[由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴|x＋1|＋|x－2|的最小值為3，要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，只需|a|≥3，∴a≥3或a≤－3.]5．已知a，b，c是正實數，且a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為________．9[∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)×\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)×\f(b,c))＝3＋6＝9，當且僅當a＝b＝c時等號成立．]含肯定值不等式的解法【例1】(2024·全國卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)當a＝1時，求不等式f(x)＞1的解集；(2)若x∈(0,1)時不等式f(x)＞x成立，求a的取值范圍．[解](1)當a＝1時，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x≤－1，,2x，－1＜x＜1，,2，x≥1.))故不等式f(x)＞1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞\f(1,2))).(2)當x∈(0,1)時|x＋1|－|ax－1|＞x成立等價于當x∈(0,1)時，|ax－1|＜1成立．若a≤0，則當x∈(0,1)時|ax－1|≥1；若a＞0，|ax－1|＜1的解集為0＜x＜eq\f(2,a)，所以eq\f(2,a)≥1，故0＜a≤2.綜上，a的取值范圍為(0,2]．[規律方法]1解肯定值不等式的關鍵是去肯定值符號，常用的零點分段法的一般步驟：求零點；劃分區間，去肯定值符號；分段解不等式；求各段的并集.此外，還常用肯定值的幾何意義，結合數軸直觀求解.2不等式恒成立問題、存在性問題都可以轉化為最值問題解決.已知函數f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)當a＝0時，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求實數a的取值范圍．[解](1)當a＝0時，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.兩邊平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－eq\f(1,3).所以原不等式的解集為(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.令h(x)＝|2x＋1|－|x|，則h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－1，x≤－\f(1,2)，,3x＋1，－\f(1,2)<x<0，,x＋1，x≥0.))由分段函數圖象可知h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)，從而所求實數a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).不等式的證明【例2】(2024·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.[證明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.[規律方法]不等式證明的常用方法是：比較法、綜合法與分析法.其中運用綜合法證明不等式時，主要是運用基本不等式證明，與肯定值有關的不等式證明常用肯定值三角不等式.證明過程中一方面要留意不等式成立的條件，另一方面要擅長對式子進行恰當的轉化、變形.已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥9.[證明]因為x＞0，y＞0，所以1＝x＋y≥2eq\r(xy).所以xy≤eq\f(1,4).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝1＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(x＋y,xy)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(2,xy)≥1＋8＝9.當且僅當x＝y＝eq\f(1,2)時，等號成立．應用不等式解決最值問題?考法1利用基本不等式求最值【例3】(2014·全國卷Ⅰ)若a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(ab).(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并說明理由．[解](1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，且當a＝b＝eq\r(2)時等號成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，且當a＝b＝eq\r(2)時等號成立．所以a3＋b3的最小值為4eq\r(2).(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq\r(6)eq\r(ab)≥4eq\r(3).由于4eq\r(3)>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.?考法2與肯定值三角不等式有關的最值【例4】(2024·武漢模擬)已知f(x)＝|x－a|＋|x－3|.(1)當a＝1時，求f(x)的最小值；(2)若不等式f(x)≤3的解集非空，求a的取值范圍．[解](1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|＋|x－3|≥|x－1－x＋3|＝2，∴f(x)的最小值為2，當且僅當1≤x≤3時取得最小值．(2)∵x∈R時，恒有|x－a|＋|x－3|≥|(x－a)－(x－3)|＝|3－a|，又不等式f(x)≤3的解集非空，∴|3－a|≤3，∴0≤a≤6.∴a的取值范圍為[0,6]．[規律方法]肯定值三角不等式、基本不等式在解決多變量代數式的最值問題中有著重要的應用，無論運用肯定值三角不等式還是運用基本不等式時應留意等號成立的條件.已知a＞0，b＞0，函數f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值為1.(1)求證：2a＋b＝2；(2)若a＋2b≥tab恒成立，求實數t的最大值．[解](1)證明：f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝|x＋a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))，∵|x＋a|＋x－eq\f(b,2)≥(x＋a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,2)))＝a＋eq\f(b,2)且x－eq\f(b,2)≥0，∴f(x)≥a＋eq\f(b,2)，當x＝eq\f(b,2)時取等號，即f(x)的最小值為a＋eq\f(b,2)，∴a＋eq\f(b,2)＝1，即2a＋b＝2.(2)∵a＋2b≥tab恒成立，∴eq\f(a＋2b,ab)≥t恒成立，eq\f(a＋2b,ab)＝eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a)))(2a＋b)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))＝eq\f(9,2)，當a＝b＝eq\f(2,3)時，eq\f(a＋2b,ab)取得最小值eq\f(9,2)，∴eq\f(9,2)≥t，即實數t的最大值為eq\f(9,2).柯西不等式的應用【例5】(2024·江蘇高考)已知a，b，c，d為實數，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8.[證明]由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因為a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.[規律方法](1)運用柯西不等式證明的關鍵是恰當變形，化為符合它的結構形式，當一個式子與柯西不等式的左邊或右邊具有一樣形式時，就可運用柯西不等式進行證明．(2)利用柯西不等式求最值的一般結構為：(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,1))＋\f(1,a\o\al(2,2))＋…＋\f(1,a\o\al(2,n))))≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在運用柯西不等式時，要留意右邊為常數且應留意等號成立的條件．已知大于1的正數x，y，z滿意x＋y＋z＝3eq\r(3).求證：eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(\r(3),2).[證明]由柯西不等式及題意得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x＋2y＋3z)＋\f(y2,y＋2z＋3x)＋\f(z2,z＋2x＋3y)))[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]≥(x＋y＋z)2＝27.又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18eq\r(3)，∴eq\f(x2,x＋2y＋3z)＋eq\f(y2,y＋2z＋3x)＋eq\f(z2,z＋2x＋3y)≥eq\f(27,18\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，當且僅當x＝y＝z＝eq\r(3)時，等號成立．1．(2024·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)畫出