沖刺高考二輪不等式選講強化訓練（原卷+答案）考點一不等式的證明——看“目標”，找“條件”，想“聯系”，用“轉化”算術—幾何平均不等式定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅當a＝b時，等號成立．定理2：如果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：如果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)如果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．例1已知a，b，c都是正數，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)).對點訓練已知a，b，c均為正數，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.考點二含絕對值不等式的解法——掀起“絕對值”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)令每個絕對值符號里的一次式為0，求出相應的根；(2)把這些根由小到大排序，它們把數軸分為若干個區間；(3)在所分區間上，根據絕對值的定義去掉絕對值符號，討論所得的不等式在這個區間上的解集；(4)這些解集的并集就是原不等式的解集．例2已知函數f(x)＝|x－1|＋|x＋2|.(1)求不等式f(x)≤5的解集；(2)設x∈R時，f(x)的最小值為M.若正實數a，b，滿足a＋b＝M，求eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值．對點訓練已知函數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．考點三與絕對值不等式有關的恒成立問題——弄清絕對值的幾何意義定理1：如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．定理2：如果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．例3已知函數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)))對任意x∈R恒成立，求k的取值范圍．對點訓練已知函數f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.(1)當a＝1時，求不等式f(x)≥6的解集；(2)若f(x)>－a，求a的取值范圍．參考答案考點一[例1]證明：（1）因為a，b，c都是正數，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)，當且僅當a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時取等號．因為aeq\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）方法一因為a，b，c都是正數，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，當且僅當a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時同時取等號．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．因為a，b，c都是正數，所以b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，a＋b≥2eq\r(ab)，當且僅當a＝b＝c＝eq\r(3,\f(1,9))時同時取等號．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．對點訓練證明：（1）因為a2＋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，所以a＋b＋2c≤3，當且僅當a＝b＝2c＝1時等號成立．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，當且僅當a＝2c時等號成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.方法二因為b＝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，當且僅當a＝2c時等號成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥3.考點二[例2]解析：（1）f（x）＝|x－1|＋|x＋2|≤5，當x≤－2時，不等式化為－x＋1－x－2≤5，解得x≥－3，此時－3≤x≤－2；當－2<x<1時，不等式化為－x＋1＋x＋2＝3≤5，恒成立，此時－2<x<1；當x≥1時，不等式化為x－1＋x＋2＝2x＋1≤5，解得x≤2，此時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)，當且僅當a＋1＝b＋2，即a＝2，b＝1時取等號．即eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋2)的最小值為eq\f(2,3).對點訓練解析：（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y＝f（x）的圖象向左平移a（a>0）個單位長度或向右平移|a|（a<0）個單位長度得到的，根據圖象可知向右平移不符合題意，向左平移到y＝f（x＋a）的圖象的右支過y＝g（x）的圖象上的點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))時為臨界狀態，如圖所示，此時y＝f（x＋a）的圖象的右支對應的函數解析式為y＝x＋a－2（x≥2－a），則4＝eq\f(1,2)＋a－2，解得a＝eq\f(11,2).因為f（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)，＋∞)).考點三[例3]解析：（1）當x>2時，f（x）≤2x等價于x＋1＋x－2≤2x，該不等式恒成立，所以x>2；當x<－1時，f（x）≤2x等價于－x－1－x＋2≤2x，解得x≥eq\f(1,4)，此時不等式無解；當－1≤x≤2時，f（x）≤2x等價于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x＝eq\f(1,2)時，3≥0恒成立，所以k∈R；當x≠eq\f(1,2)時，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，因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(3,2),x－\