章末復習學習目標1.梳理本章的重要知識要點，構建知識網絡.2.進一步強化對平均值不等式的理解和應用，尤其注意等號成立的條件.3.鞏固對絕對值不等式的理解和掌握，進一步熟練絕對值不等式的應用.4.熟練掌握不等式的證明方法．1．實數的運算性質與大小順序的關系：a＞b?a－b＞0，a＝b?a－b＝0，a＜b?a－b＜0，由此可知要比較兩個實數的大小，判斷差的符號即可．2．不等式的4個基本性質及5個推論．3．絕對值不等式(1)絕對值不等式的解法解含絕對值的不等式的基本思想是通過去掉絕對值符號，把含絕對值的不等式轉化為一元一次不等式或一元二次不等式．去絕對值符號常見的方法有：①根據絕對值的定義；②分區間討論(零點分段法)；③圖像法．(2)絕對值三角不等式①|a|的幾何意義表示數軸上的點到原點的距離，|a－b|的幾何意義表示數軸上兩點間的距離；②|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，ab≥0時等號成立)；③|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R，(a－b)(b－c)≥0時等號成立)；④||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左邊“＝”成立的條件是ab≤0，右邊“＝”成立的條件是ab≥0)；⑤||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|(a，b∈R，左邊“＝”成立的條件是ab≥0，右邊“＝”成立的條件是ab≤0)．4．平均值不等式(1)定理1：若a，b∈R，則a2＋b2≥2ab(當且僅當a＝b時取“＝”)．(2)定理2：若a，b∈R＋，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(當且僅當a＝b時取“＝”)．(3)定理3：若a，b，c∈R＋，則a3＋b3＋c3≥3abc(當且僅當a＝b＝c時取“＝”)．(4)定理4：若a，b，c∈R＋，則eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(當且僅當a＝b＝c時取“＝”)．(5)推論：若a1，a2，…，an∈R＋，則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1a2…an).當且僅當a1＝a2＝…＝an時取“＝”．5．不等式的證明方法(1)比較法．(2)分析法．(3)綜合法．(4)反證法．(5)幾何法．(6)放縮法．類型一絕對值不等式的解法例1解下列關于x的不等式．(1)|x＋1|＞|x－3|；(2)|x－2|－|2x＋5|＞2x.解(1)方法一|x＋1|＞|x－3|，兩邊平方得(x＋1)2＞(x－3)2，∴8x＞8，∴x＞1.∴原不等式的解集為{x|x＞1}．方法二分段討論：當x≤－1時，有－x－1＞－x＋3，此時x∈?；當－1＜x≤3時，有x＋1＞－x＋3，即x＞1，∴此時1＜x≤3；當x＞3時，有x＋1＞x－3，∴x＞3.∴原不等式解集為{x|x＞1}．(2)分段討論：①當x＜－eq\f(5,2)時，原不等式變形為2－x＋2x＋5＞2x，解得x＜7，∴不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(5,2))))).②當－eq\f(5,2)≤x≤2時，原不等式變形為2－x－2x－5＞2x，解得x＜－eq\f(3,5)，∴不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)≤x＜－\f(3,5))))).③當x＞2時，原不等式變形為x－2－2x－5＞2x，解得x＜－eq\f(7,3)，∴原不等式無解．綜上可知，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(3,5))))).反思與感悟含有兩個以上絕對值符號的不等式，可先求出使每個含絕對值符號的代數式等于零的未知數的值，將這些值依次在數軸上標注出來，它們把數軸分成若干個區間，討論每一個絕對值符號內的代數式在每一個區間的符號，轉化為不含絕對值的不等式去解．這種方法通常稱為零點分段法．跟蹤訓練1已知函數f(x)＝|x－a|，其中a＞1.(1)當a＝2時，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；(2)已知關于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的值．解(1)當a＝2時，f(x)＋|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋6，x≤2，,2，2＜x＜4，,2x－6，x≥4.))當x≤2時，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1；當2＜x＜4時，f(x)≥4－|x－4|無解；當x≥4時，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，解得x≥5.所以f(x)≥4－|x－4|的解集為{x|x≤1或x≥5}．(2)記h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，則h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a，x≤0，,4x－2a，0＜x＜a，,2a，x≥a.))由|h(x)|≤2，解得eq\f(a－1,2)≤x≤eq\f(a＋1,2).又已知|h(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)＝1，,\f(a＋1,2)＝2，))解得a＝3.類型二不等式的證明例2已知a＞b＞c＞d，求證：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－d)≥eq\f(9,a－d).證明∵a＞b＞c＞d，∴a－b＞0，b－c＞0，c－d＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)＋\f(1,c－d)))(a－d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)＋\f(1,c－d)))·[(a－b)＋(b－c)＋(c－d)]≥3eq\r(3,\f(1,a－b)·\f(1,b－c)·\f(1,c－d))·3eq\r(3,?a－b??b－c??c－d?)＝9.∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－d)≥eq\f(9,a－d).反思與感悟不等式證明的基本方法是比較法，分析法，綜合法，在證明時注意對所證不等式恰當分組，選擇適當的方法進行證明．跟蹤訓練2已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1，求證：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．證明(1)要證a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c∈R＋，因此只需證(a＋b＋c)2≥3，即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，根據條件，只需證a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca，由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當a＝b＝c＝\f(\r(3),3)時取等號))可知，原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc))，在(1)中已證a＋b＋c≥eq\r(3)，∴要證原不等式成立，只需證eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，∵ab＋bc＋ca＝1，即證aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1＝ab＋bc＋ca.∵a，b，c∈R＋，aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(ac＋bc,2)，∴aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca(當且僅當a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)時取等號)成立，∴原不等式成立．類型三利用平均值不等式求最值例3已知x，y，z∈R＋，x－2y＋3z＝0，則eq\f(y2,xz)的最小值為______．答案3解析由x－2y＋3z＝0，得y＝eq\f(x＋3z,2)，則eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)≥eq\f(6xz＋6xz,4xz)＝3，當且僅當x＝3z時取“＝”．反思與感悟利用基本不等式求最值問題一般有兩種類型(1)當和為定值時，積有最大值．(2)當積為定值時，和有最小值，在具體應用基本不等式解題時，一定要注意適用的范圍和條件：“一正、二定、三相等”．跟蹤訓練3當0＜x＜eq\f(π,2)時，函數f(x)＝eq\f(1＋cos2x＋8sin2x,sin2x)的最小值為________．答案4解析f(x)＝eq\f(2cos2x＋8sin2x,2sinxcosx)＝eq\f(cosx,sinx)＋eq\f(4sinx,cosx)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx＞0，sinx＞0.故f(x)＝eq\f(cosx,sinx)＋eq\f(4sinx,cosx)≥2eq\r(\f(cosx,sinx)·\f(4sinx,cosx))＝4，當且僅當tanx＝eq\f(1,2)時取“＝”．類型四恒成立問題例4設函數f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－a.(1)當a＝1時，求函數f(x)的最小值；(2)若f(x)≥eq\f(4,a)＋1對任意的實數x恒成立，求實數a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝|x＋1|＋|x－4|－1≥|x＋1＋4－x|－1＝4，∴f(x)min＝4.(2)f(x)≥eq\f(4,a)＋1對任意的實數x恒成立?|x＋1|＋|x－4|－1≥a＋eq\f(4,a)對任意的實數x恒成立?a＋eq\f(4,a)≤4.當a＜0時，上式成立；當a＞0時，a＋eq\f(4,a)≥2eq\r(a·\f(4,a))＝4，當且僅當a＝eq\f(4,a)，即a＝2時上式取等號，此時a＋eq\f(4,a)≤4成立．綜上，實數a的取值范圍為(－∞，0)∪{2}．反思與感悟不等式恒成立問題，通常是分離參數，將其轉化為求最大、最小值問題．當然，根據題目特點，還可能用變更主次元、數形結合等方法．跟蹤訓練4已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若|f(x)－2f?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))|≤k恒成立，求k的取值范圍．解(1)由|ax＋1|≤3，得－4≤ax≤2，∵f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}，∴當a≤0時，不合題意．又當a＞0時，－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，∴a＝2.(2)令h(x)＝f(x)－2f?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＝|2x＋1|－|2x＋2|，∴h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤－1，,－4x－3，－1＜x＜－\f(1,2)，,－1，x≥－\f(1,2)，))∴|h(x)|≤1，∴k≥1，即k的取值范圍是[1，＋∞)．1．給出下列四個命題：①若a＞b，c＞1，則algc＞blgc；②若a＞b，c＞0，則algc＞blgc；③若a＞b，則a·2c＞b·2c；④若a＜b＜0，c＞0，則eq\f(c,a)＞eq\f(c,b).其中正確命題的個數為()A．1B．2C．3D．4答案C解析①正確，c＞1，lgc＞0；②不正確，當0＜c≤1時，lgc≤0；③正確，2c＞0；④正確，由a＜b＜0，得0＞eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故eq\f(c,a)＞eq\f(c,b).2．設a，b為正實數，以下不等式恒成立的是()①eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b)；②a＞|a－b|－b；③a2＋b2＞4ab－3b2；④ab＋eq\f(2,ab)＞2.A．①③ B．①④C．②③ D．②④答案D解析①不恒成立，因為a＝b時取“＝”；②恒成立，因為a，b均為正數；③不恒成立，當a＝2，b＝1時，a2＋b2＝5,4ab－3b2＝5，a2＋b2＝4ab－3b2.④是恒成立的，因為ab＋eq\f(2,ab)≥2eq\r(2)＞2.3．若a＝eq\f(lg2,2)，b＝eq\f(lg3,3)，c＝eq\f(lg5,5)，則()A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c答案C解析a＝eq\f(3lg2,6)＝eq\f(lg8,6)，b＝eq\f(2lg3,6)＝eq\f(lg9,6)，∵9＞8，∴b＞a.b＝eq\f(lg3,3)＝eq\f(lg35,15)，c＝eq\f(lg5,5)＝eq\f(lg53,15)，∵35＞53，∴b＞c.a＝eq\f(lg25,10)＝eq\f(lg32,10)，c＝eq\f(lg25,10)，∵32＞25，∴a＞c.∴b＞a＞c，故選C.4．求不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(x2,2)))＜1的解集．解eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(x2,2)))＜1?－1＜1＋x＋eq\f(x2,2)＜1?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋4＞0?x∈R，,x2＋2x＜0?－2＜x＜0.))∴原不等式的解集為(－2,0)．5．若不等式|x－a|＋|x－2|≥1對任意實數x恒成立，求實數a的取值范圍．解設y＝|x－a|＋|x－2|，則ymin＝|a－2|.因為不等式|x－a|＋|x－2|≥1對任意x∈R恒成立．所以|a－2|≥1，解得a≥3或a≤1.1．本章的重點是平均值不等式、絕對值不等式和不等式的證明方法．要特別注意含絕對值不等式的解法．2．重點題型有利用不等式的基本性質、平均值不等式、絕對值不等式證明不等式或求函數最值問題；解絕對值不等式．3．重點考查利用不等式的性質、平均值不等式求函數的最值，含參數的絕對值不等式有解、解集是空集或恒成立問題．4．證明不等式的基本方法及一題多證：證明不等式的基本方法主要有比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法等．證明不等式時既可探索新的證明方法，培養創新意識，也可一題多證，開闊思路，活躍思維，目的是通過證明不等式發展邏輯思維能力，提高數學素養．一、選擇題1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正確的是()A.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2 B.eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bC.eq\f(b,a2)＋eq\f(a,b2)≤eq\f(a＋b,ab) D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥eq\f(2,ab)答案C解析A滿足基本不等式；B可等價變形為(a－b)2(a＋b)≥0，正確；B選項中不等式的兩端同除以ab，不等式方向不變，所以C選項不正確；D選項是A選項中不等式的兩端同除以ab得到的，D正確．2．設0<x<1，則a＝eq\r(2x)，b＝x＋1，c＝eq\f(1,1－x)中最大的是()A．c B．bC．a D．隨x取值不同而不同答案A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2eq\r(x)>eq\r(2x)＝a，∵eq\f(1,1－x)－(x＋1)＝eq\f(1－?1－x2?,1－x)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴c>b>a.3．“a＜4”是“對任意實數x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的()A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分又不必要條件答案B解析∵|2x－1|＋|2x＋3|≥|2x－1－(2x＋3)|＝4，∴當a＜4時?|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立，即充分條件；對任意實數x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a?a≤4，不能推出a＜4，即必要條件不成立．4．若關于x的不等式|x＋1|≥kx恒成立，則實數k的取值范圍是()A．(－∞，0] B．[－1,0]C．[0,1] D．[0，＋∞)答案C解析作出y＝|x＋1|與l1：y＝kx的圖象如圖所示，當k<0時，直線一定經過第二、四象限，從圖看出明顯不恒成立；當k＝0時，直線為x軸，符合題意；當k>0時，要使|x＋1|≥kx恒成立，只需k≤1.綜上可知k∈[0,1]．5．設a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，則()A．a＞b B．a<bC．a≤b D．a≥b答案D解析∵a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，∴a≥b.6．已知a，b，c，d為實數，ab＞0，－eq\f(c,a)＜－eq\f(d,b)，則下列不等式中成立的是()A．bc＜ad B．bc＞adC.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)答案B解析將－eq\f(c,a)＜－eq\f(d,b)兩邊同乘以正數ab，得－bc＜－ad，所以bc＞ad.二、填空題7．已知不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，則實數a的取值范圍是________．答案[－2，＋∞)解析∵||x＋2|－|x||≤|x＋2－x|＝2，∴2≥|x＋2|－|x|≥－2，∵不等式|x＋2|－|x|≤a的解集不是空集，∴a≥－2.8．當x＞1時，x3與x2－x＋1的大小關系是________．答案x3＞x2－x＋1解析∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，∴(x－1)(x2＋1)＞0.∴x3－(x2－x＋1)＞0，即x3＞x2－x＋1.9．定義運算“?”：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)，當x＞0，y＞0時，x?y＋(2y)?x的最小值為________．答案eq\r(2)解析因為x?y＝eq\f(x2－y2,xy)，所以(2y)?x＝eq\f(4y2－x2,2xy).又x＞0，y＞0，故x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(4y2－x2,2xy)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(2)xy,2xy)＝eq\r(2)，當且僅當x＝eq\r(2)y時等號成立．10．若f(x)＝2|x＋1|－|x－1|且f(x)≥2eq\r(2)，則x的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))解析∵f(x)＝2x是增函數，∴f(x)≥2eq\r(2)，即|x＋1|－|x－1|≥eq\f(3,2)，①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,2≥\f(3,2)，))∴x≥1，②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜1，,2x≥\f(3,2)，))∴eq\f(3,4)≤x＜1，③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－1，,－2≤\f(3,2)，))無解．綜上x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).11．已知函數f(x)＝|x－a|，若不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤5}，則實數a的值為________．答案2解析由f(x)≤3，得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.又已知不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤5}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＝－1，,a＋3＝5，))解得a＝2，所以實數a的值為2.三、解答題12．已知函數f(x)＝eq\r(1＋x2)，a≠b，設a，b∈R，求證：|f(a)－f(b)|<|a－b|.證明方法一|f(a)－f(b)|<|a－b|?|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|<|a－b|?|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|2<|a－b|2?2＋a2＋b2－2eq\r(?1＋a2??1＋b2?)<a2－2ab＋b2?1＋ab<eq\r(?1＋a2??1＋b2?).①當1＋ab≤0時，①式顯然成立．當1＋ab>0時，①?(1＋ab)2<[eq\r(?1＋a2??1＋b2?)]2?1＋2ab＋a2b2<1＋a2＋b2＋a2b2?2ab<a2＋b2，∵a≠b，∴2ab<a2＋b2成立．∴①式成立．綜上知，原不等式成立．方法二當a＝－b時，原不等式顯然成立．當a≠－b時，∵|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|＝eq\f(|?1＋a2?－?1＋b2?|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))<eq\f(|a2－b2|,|a|＋|b|)≤eq\f(|a＋b|·|a－b|,|a＋b|)＝|a－b|，∴原不等式成立．13．(2017·全國Ⅲ)已知函數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的取值范圍．解(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.))當x＜－1時，f(x)≥1無解；當－1≤x≤2時，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；當x＞2時，由f(x)≥1，解得x＞2.所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}．(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x，而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4).當且僅當x＝eq\f(3,2)時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4)，故m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).四、探究與拓展14．設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：(1)若ab＞cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(