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关键词：2.基本不等式公开课教案（教学设计）

正文

第

1 页

共

23 页

选修4－5 

不等式选讲



第一节

绝对值不等式

1．绝对值三角不等式

定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．

定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．

2．绝对值不等式的解法

(1)含绝对值不等式|x|a的解法：

不等式

|x|a

(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|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.

1．设a，b为满足ab<0的实数，那么(

) A．|a＋b|>|a－b|

B．|a＋b|<|a－b| C．|a－b|＜||a|－|b||

D．|a－b|<|a|＋|b| 解析：选B

∵ab<0，

∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|. 2．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________. 解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6. a>0

∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2. 答案：2 3．函数y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值为________．

解析：因为|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，

所以所求函数的最小值为8. 答案：8 4．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________．

－3，x≤－1，解析：令f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝2x－1，－11恒成立．

所以不等式的解集为{x|x≥1}. 答案：{x|x≥1}

绝对值不等式的解法是每年高考的重点，既单独考查，也与函数的图象、含参问题等的综合考查，难度较小，属于低档题. 1．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.

(1)画出y＝f(x)的图象；

(2)求不等式|f(x)|>1的解集．

3x－2，－1，2故y＝f(x)的图象如图所示．

1当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5. 3故f(x)>1的解集为{x|1

1x<或x>5. f(x)<－1的解集为x31x<或15. 所以|f(x)|>1的解集为x3

2．解下列不等式．

(1)|2x＋1|－2|x－1|>0；

x(2)|x＋3|－|2x－1|<＋1. 2解：(1)法一：原不等式可化为|2x＋1|>2|x－1|，

两边平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)，

1解得x>，

41所以原不等式的解集为x|x>4. 1x<－2，法二：原不等式等价于

－2x＋1＋2x－1>01－2≤x≤1，x>1，或或

2x＋1－2x－1>0.2x＋1＋2x－1>0

11解得x>，所以原不等式的解集为x|x>4. 4(2)①当x<－3时，

x原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，

2解得x<10，∴x<－3. 1②当－3≤x≤时，

x原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，

222解得x<－，∴－3≤x<－. 551③当x>时，

2x原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)<＋1，

2解得x>2，∴x>2. 2综上可知，原不等式的解集为x|x<－5或x>2. [怎样快解·准解]

绝对值不等式的常见3解法

(1)零点分段讨论法

含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段讨论法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)，一般步骤如下：

①令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根；

②将这些根按从小到大排序，它们把实数集分为若干个区间；

③在所分的各区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，求所得的各不等式在相应区间上的解集；

④这些解集的并集就是原不等式的解集．

(2)利用绝对值的几何意义

由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到与a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．

(3)数形结合法

在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．

[易错提醒]

用零点分段法和几何意义求解绝对值不等式时，去绝对值符号的关键点是找零点，将数轴分成若干段，然后从左到右逐段讨论．

考点二

绝对值三角不等式的应用

重点保分型考点——师生共研

应用绝对值三角不等式证明不等式或求最值是高考的常考内容，难度适中.

[典题领悟]

1．若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．

解：因为|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)| ≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，

所以|2x＋3y＋1|的最大值为7. 2．若a≥2，x∈R，求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3. 证明：因为|x－1＋a|＋|x－a| ≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，

(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为一般不等式再证明．

(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．

(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．

[冲关演练]

11已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，求证：|x＋5y|≤1. 64证明：∵|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)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)| 11＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×＋2×＝1. 64即|x＋5y|≤1成立．

考点三

绝对值不等式的综合应用

重点保分型考点——师生共研

绝对值不等式的综合应用是每年高考的热点，主要涉及绝对值不等式的解法、恒成立问题，难度适中，属于中档题. [典题领悟]

(2017·全国卷Ⅲ)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．

－3，x＜－1，解：(1)f(x)＝2x－1，－1≤x≤2，3，x＞2.当x＜－1时，f(x)≥1无解；

当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；

(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 355|x|－2＋≤，

而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－24435当且仅当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝. 245－∞，. 故m的取值范围为4[解题师说]

设函数f(x)中含有绝对值，则

(1)f(x)>a有解⇔f(x)max>a. (2)f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a. (3)f(x)>a恰在(c，b)上成立⇔c，b是方程f(x)＝a的解．

[冲关演练]

1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；

(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于

x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.

①

当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；

当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；

当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，

从而1＜x≤－1＋17. 2－1＋17. 所以f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤2

(2)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－1≤a≤1. 所以a的取值范围为[－1,1]．

2．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a. (1)当a＝2时，求不等式f(x)≤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|＋2≤6，得－1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．

(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥3，

3－aa1x－＋－x≥即. 222x－a＋1－xmin＝1－a，

又22221a3－a所以2－2≥2，解得a≥2. 所以a的取值范围是[2，＋∞)．

1．已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a. (1)求实数a的值；

(2)解不等式f(x)≤5. 解：(1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，

从而解得a＝2. －2x＋6，x≤2，(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝2，2＜x≤4，2x－6，x＞4.1故当x≤2时，由－2x＋6≤5，得≤x≤2，

2当2

11当x>4时，由2x－6≤5，得4

2111≤x≤故不等式f(x)≤5的解集为x2. 2

2．(2018·石家庄质检)已知函数f(x)＝|x－3|＋|x＋m|(x∈R)．

(1)当m＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；

(2)若不等式f(x)≤5的解集不是空集，求实数m的取值范围．

解：(1)当m＝1时，f(x)≥6等价于

x≤－1，－1

－x－3－x＋1≥6－x－3＋x＋1≥6

所以不等式f(x)≥6的解集为{x|x≤－2或x≥4}．

(2)∵|x－3|＋|x＋m|≥|(x－3)－(x＋m)|＝|m＋3|，

∴f(x)min＝|3＋m|，∴|m＋3|≤5，

解得－8≤m≤2，

∴实数m的取值范围为[－8,2]．

3．(2018·郑州质检)已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a. (1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；

(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．

解：(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|，

两边平方整理得3x2＋4x＋1≥0，

1解得x≤－1或x≥－，

31－，＋∞. 故原不等式的解集为(－∞，－1]∪3(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|，

令h(x)＝|2x＋1|－|x|，

1则h(x)＝3x＋1，－＜x＜0，2x＋1，x≥0，11－＝－，

故h(x)min＝h221－x－1，x≤－，2

1－，＋∞. 所以实数a的取值范围为24．已知函数f(x)＝|4x－a|＋a2－4a(a∈R)．

(1)当a＝1时，求不等式－2≤f(x)≤4的解集；

(2)设函数g(x)＝|x－1|，若对任意的x∈R，f(x)－4g(x)≤6恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)＝|4x－a|＋a2－4a，

当a＝1时，f(x)＝|4x－1|－3. 因为－2≤f(x)≤4，所以1≤|4x－1|≤7，

2231－，0∪，2. 因此－2≤f(x)≤4的解集为22(2)因为f(x)－4g(x)＝|4x－a|＋a2－4a－4|x－1|≤|4x－a＋4－4x|＋a2－4a＝a2－4a＋|4－a|，

所以a2－4a＋|4－a|≤6，

当a≥4时，a2－4a＋a－4≤6，得4≤a≤5，

5－33当a<4时，a2－4a＋4－a≤6，得≤a<4，

25－33. 所以实数a的取值范围是2，55．设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|. (1)求不等式f(x)＞1的解集；

(2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围．

－3，x≤－2，解：(1)函数f(x)可化为f(x)＝2x＋1，－2＜x＜1，3，x≥1，当x≤－2时，f(x)＝－3＜0，不合题意；

当－2＜x＜1时，f(x)＝2x＋1＞1，得x＞0，即0＜x＜1；

当x≥1时，f(x)＝3＞1，即x≥1. 综上，不等式f(x)＞1的解集为(0，＋∞)．

(2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(f(x)＋4)max≥|1－2m|，

由(1)可知f(x)max＝3(也可由|f(x)|＝||x＋2|－|x－1||≤|(x＋2)－(x－1)|＝3，得f(x)max＝3)，

即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4. 故实数m的取值范围为[－3,4]．

6．(2018·东北四市模拟)已知a>0，b>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为1. (1)证明：2a＋b＝2；

(2)若a＋2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．

－3x－a＋b，x<－a，－x＋a＋b，－a≤x≤b，b2解：(1)证明：因为－a<，所以f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝2b3x＋a－b，x>，2

bbbb－∞，上单调递减，在，＋∞上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝a＋，然f(x)在2222b所以a＋＝1，即2a＋b＝2. 2a＋2b(2)因为a＋2b≥tab恒成立，所以ab≥t恒成立，

a＋2b12112＋ab＝b＋a＝2ba(2a＋b) 2a2b115＋b＋a≥5＋2 ＝222a2b9·＝. ba2a＋2b29当且仅当a＝b＝时，ab取得最小值，

3299所以t≤，即实数t的最大值为. 227．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；

(2)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|－1>0. 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；

当－10，

2解得

3当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2. 21的解集为x3

x－1－2a，x<－1，(2)由题设可得f(x)＝3x＋1－2a，－1≤x≤a，－x＋1＋2a，x>a.

2a－1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3，0，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，

2所以△ABC的面积为(a＋1)2. 32由题设得(a＋1)2>6，故a>2. 3所以a的取值范围为(2，＋∞)．

8．已知函数f(x)＝|3x＋2|. (1)解不等式f(x)<4－|x－1|；

11(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤＋(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．

mn解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，

即|3x＋2|＋|x－1|<4. 2当x<－时，不等式化为－3x－2－x＋1<4，

352解得－

432当－≤x≤1时，不等式化为3x＋2－x＋1<4，

321解得－≤x<；

32当x>1时，不等式化为3x＋2＋x－1<4，无解．

51综上所述，原不等式的解集为x|－4

(2)＋＝mnmnmn1当且仅当m＝n＝时等号成立．

2令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝

2－4x－2＋a，－3≤x≤a，－2x－2－a，x>a.22x＋2＋a，x<－，3

22∴x＝－时，g(x)max＝＋a，

332要使不等式恒成立，只需g(x)max＝＋a≤4，

3解得0

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，b＞0，那么a＋b≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的2算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．

定理3：如果a，b，c∈R＋，那么2．比较法

(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b. A(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证B≥1. 3．综合法与分析法

(1)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．

(2)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．

1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是(

a＋b＋c3≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

3解析：选A

∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t. 112．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为(

11ba＋∴(a＋b)＝2＋aba＋b≥2＋2baa·b＝4，

11411∴a＋b≥＝2，即a＋b的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，等号成立)．

a＋b1113．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．

abc111解析：把a＋b＋c＝1代入a＋b＋c中

a＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c得a＋b＋c

bacacb＝3＋a＋b＋a＋c＋b＋c

1≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．

111故＋＋的最小值为9. abc答案：9

考点一

比较法证明不等式

重点保分型考点——师生共研

比较法证明不等式是高考考查的重点，主要涉及作差比较法和作商比较法，难度适中，有时难度也较大. [典题领悟]

11x－＋x＋，M为不等式f(x)＜2的解集．

(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝22(1)求M；

(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|. 11解：(1)f(x)＝1，－2＜x＜2，.2x，x≥121当x≤－时，由f(x)＜2，

2得－2x＜2，解得x＞－1；

1－2x，x≤－，2

11当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；

221当x≥时，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1. 2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|. [解题师说]

当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．

2．作商比较法

(1)作商比较法证明不等式的一般步骤

(2)作商比较法的应用范围

当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．

[冲关演练]

1．求证：当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2. 证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝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) 11x＋2＋≥0，

2＝(x－1)222所以1＋2x4≥2x3＋x2. 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，

ab22．求证：当a>0，b>0时，ab≥(ab)证明：∵aabbab. aba＝abb2ab2ab2，

综合法证明不等式是每年高考的重点，主要涉及基本不等式的应用，难度适中.

[典题领悟]

(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：

(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；

(2)a＋b≤2. 证明：(1)(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6

＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)∵(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3

3a＋b2＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b) 43a＋b3＝2＋，

4∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

[解题师说]

1．综合法证明不等式的方法

(1)综合法证明不等式，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；

(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．

2．综合法证明时常用的不等式

(1)a2≥0. (2)|a|≥0. (3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有

a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；

a2＋b2a＋b212a＋b≥(a＋b)；≥222. 22a＋b(4)≥ab，它的变形形式有

2ab1a＋a≥2(a>0)；b＋a≥2(ab>0)；

abb＋a≤－2(ab<0)．

(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.

[冲关演练]

1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：

111(1)a＋b＋ab≥8；

111＋a1＋b≥9. (2)证明：(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，

ba＝2a＋b＋4 ≥4 ba1·＋4＝8，当且仅当a＝b＝时，等号成立，

(2)∵ababab111由(1)知a＋b＋ab≥8. 111＋a1＋b≥9. ∴2．已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m；

b2c2a2(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：a＋b＋c≥3. 解：(1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；

当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；

当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．

综上，f(x)的最小值m＝3. (2)证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，

b2c2a2所以a＋b＋c＋(a＋b＋c) bca＋a＋＋b＋＋c

＝abc≥2b2·a＋ac2·b＋ba2·c＝2(a＋b＋c)，

c222当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，

b2c2a2b2c2a2所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3. abcabc考点三

分析法证明不等式

重点保分型考点——师生共研

分析法证明不等式是高考考查的重点，常与充要条件等综合考查，难度中等及以上.

[典题领悟]

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，

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．

[解题师说]

1．分析法的应用条件

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ab≤a＋b，a>0，b>0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来2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．

只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．

[冲关演练]

已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－c2－ab

即证a2－2ac<－ab. 因为a>0，所以只要证a－2c<－b，

即证a＋b<2c. 由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．

1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1. c21(1)求证：2ab＋bc＋ca＋≤；

22a2＋c2b2＋a2c2＋b2(2)求证：＋＋≥2. bca证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，

c211所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤. 222a2＋c22acb2＋a22abc2＋b22bc(2)因为b≥b，c≥c，a≥a，

a2＋c2b2＋a2c2＋b2acababbcacbccbac＋＋b＋＋所以b＋c＋a≥b＋c＋c＋a＋b＋a＝abccaabcb＋a≥2a＋2b＋2c＝2. 112．若a>0，b>0，且a＋b＝ab. (1)求a3＋b3的最小值；

(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．

112解：(1)由ab＝a＋b≥，

ab得ab≥2，且当a＝b＝2时等号成立．

故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．

所以a3＋b3的最小值为42. (2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43. 由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，求证：

(2)a＋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. 因此a＋b>c＋d. (2)①必要性：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. ②充分性：若a＋b>c＋d，

则(a＋b)2>(c＋d)2，

即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|. 综上，a＋b>c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．

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：p2＋q2＋r2≥3. 解：(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. (2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，

又因为p，q，r是正实数，

所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3. 5．已知函数f(x)＝|x－1|. (1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；

fabb(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：＞fa. |a|解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|

－3x－2，x＜－3，－x＋4，－3≤x＜1，2＝13x＋2，x≥，2

当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－1当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；

21当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2. 2所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为

10xx≤－. 或x≥2310；

(2)证明：bfabb＞fa等价于f(ab)＞|a|fa，

|a|即|ab－1|＞|a－b|. 因为|a|＜1，|b|＜1，

所以|ab－1|2－|a－b|2

＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2) ＝(a2－1)(b2－1)＞0，

所以|ab－1|＞|a－b|. 故所证不等式成立．

6．(2018·武昌调研)设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M. (1)求M；

(2)当x∈M时，证明：x[f(x)]2－x2f(x)≤0. x－1，x≤2，解：(1)由已知，得f(x)＝

3故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤0}．

(2)证明：当x∈M时，f(x)＝x－1，

于是x[f(x)]2－x2f(x) ＝x(x－1)2－x2(x－1)

11x－2＋. ＝－2411x－2＋，

令g(x)＝－24则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，

∴g(x)≤g(0)＝0. 故x[f(x)]2－x2f(x)≤0. a2b27．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证：＋≥1. a＋1b＋1证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，

a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1a2b2∴＋－1＝

a＋1b＋1a＋1b＋1a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1＝

a＋1b＋1a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1＝

a＋1b＋1a2＋b2＋2ab－ab－3a＋b2－3－ab1－ab＝＝＝. a＋1b＋1a＋1b＋1a＋1b＋1∵a＋b＝2≥2ab，∴ab≤1. 1－ab∴≥0. a＋1b＋1a2b2∴＋≥1. a＋1b＋118．设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，m－4≥f(x)恒成立．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求证：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．

1解：(1)∵∀x∈R，m－4≥f(x)恒成立，

1∴m＋m≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．

3x＋3，x<－2，令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝x－1，－2≤x≤3，－x＋5，x>3.

∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，

m2－2m＋1m－121即m＋－2≥0⇒＝≥0，

mmm∴m>0，

综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．

(2)证明：由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1，

即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0. ∴要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．

只需证lgm＋2lgm＋3>，

lgm＋1lgm＋2即证lg(m＋1)·lg(m＋3)

lgm＋1＋lgm＋32 又lg(m＋1)·lg(m＋3)<

2[lgm＋1m＋3]2[lgm2＋4m＋4]2＝<＝lg2(m＋2)，

44∴log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)成立．

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