第2講不等式選講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：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．例1[2024·全國乙卷]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)).歸納總結證明不等式的常用方法不等式證明的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法、反證法等．(1)假如已知條件與待證結論干脆聯系不明顯，則考慮用分析法．(2)利用放縮法證明不等式，就是舍掉式中的一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，還可把和式中各項或某項換為較大或較小的數或式子，從而達到證明不等式的目的．(3)假如待證的是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的問題，則考慮用反證法．用反證法證明不等式的關鍵是作出假設，推出沖突．對點訓練[2024·全國甲卷]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.考點二含確定值不等式的解法——掀起“確定值”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，然后依據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)令每個確定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，依據確定值的定義去掉確定值符號，探討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[2024·全國乙卷]已知f(x)＝2|x|＋|x－2|．(1)求不等式f(x)≤6－x的解集；(2)在直角坐標系xOy中，求不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）≤y,x＋y－6≤0))所確定的平面區域的面積．歸納總結確定值不等式的常用解法(1)基本性質法：對a∈R＋，|x|<a?－a<x<a，|x|>a?x<－a或x>a；(2)平方法：兩邊平方去掉確定值符號；(3)零點分區間法：含有兩個或兩個以上確定值符號的不等式，可用零點分區間法脫去確定值符號，將其轉化為與之等價的不含確定值符號的不等式(組)求解；(4)幾何法：利用確定值的幾何意義，畫出數軸，將確定值轉化為數軸上兩點的距離求解；(5)數形結合法：在直角坐標系中作出不等式兩邊所對應的兩個函數的圖象，利用函數圖象求解．對點訓練[2024·全國甲卷]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．考點三與確定值不等式有關的恒成立問題——弄清確定值的幾何意義定理1：假如a，b是實數，則|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．例3[2024·河南省開封市杞縣高三三模]已知函數f(x)＝|2sinx－k|＋k(k∈R).(1)當k＝1時，求不等式f(x)≤2的解集；(2)h(x)＝f(x)＋|2sinx－1|，當x∈R時，h(x)≥3恒成立，求k的取值范圍．[聽課記錄]歸納總結解決不等式恒成立、能成立、恰成立問題的策略不等式恒成立問題不等式f(x)>A在區間D上恒成立，等價于在區間D上f(x)min>A.不等式f(x)<B在區間D上恒成立，等價于在區間D上f(x)max<B.不等式能成立問題在區間D上存在實數x使不等式f(x)>A成立，等價于在區間D上f(x)max>A.在區間D上存在實數x使不等式f(x)<B成立，等價于在區間D上f(x)min<B.不等式恰成立問題不等式f(x)>A在區間D上恰成立，等價于不等式f(x)>A的解集為D.不等式f(x)<B在區間D上恰成立，等價于不等式f(x)<B的解集為D.對點訓練[2024·陜西省商洛市鎮安中學高三模擬]已知函數f(x)＝|x|＋|x－2|＋1.(1)解不等式f(x)≤7；(2)若不等式mx＋2≤f(x)(m>0)對于x∈R恒成立，求m的取值范圍．第2講不等式選講考點一[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）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋2，x＜0,x＋2，0≤x≤2,3x－2，x＞2))，當x<0時，－3x＋2≤6－x，得－2≤x＜0；當0≤x≤2時，x＋2≤6－x，得0≤x≤2；當x＞2時，3x－2≤6－x，得x≤2，與x＞2沖突．綜上，不等式f（x）≤6－x的解集為{x|－2≤x≤2}．（2）如圖所示，作出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）≤y,x＋y－6≤0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋2≤y，x＜0,x＋2≤y，0≤x≤2,3x－2≤y，x＞2,x＋y－6≤0))所確定的平面區域（圖中陰影部分），為△ABC，其中A（－2，8），B（0，2），C（2，4），直線y＝－x＋6與y軸交于點（0，6），所以S△ABC＝eq\f(1,2)×（6－2）×[2－（－2）]＝8.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，依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k＝1時，f（x）＝|2sinx－1|＋1，f（x）≤2，即|2sinx－1|＋1≤2，所以0≤sinx≤1，所以2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，所以不等式的解集為{x|2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z}．（2）h（x）≥3，即|2sinx－k|＋k＋|2sinx－1|≥3，當x∈R時，|2sinx－k|＋|1－2sinx|＋k≥|2sinx－k＋1－2sinx|＋k，所以有|1－k|＋k≥3，①當k≤1時，|1－k|＋k＝（1－k）＋k＝1，所以|1－k|＋k≥3無解；②當k>1時，|1－k|＋k＝（k－1）＋k＝2k－1≥3，解得k≥2；綜上可得k∈[2，＋∞）.對點訓練解析：（1）f（x）≤7，即|x|＋|x－2|≤6，利用零點分區間法，對f（x）去確定值，當x<0時，由－2x＋2≤6，得x≥－2，所以x∈[－2，0），當0≤x<2時，2≤6成立，所以x∈[0，2），當x≥2時，由2x－2≤6，得x≤4，所以x∈[2，4].綜上可知，不等式f（x）≤7的解集為[－