【数学】2019届一轮复习人教A版 不等式选讲 学案

【数学】2019届一轮复习人教A版 不等式选讲 学案

第 99 题 不等式选讲 I．题源探究·黄金母题 【例 1】（1）设 ，则下列不等式恒成立的是 （ ） A． B． C． D． （2） 的解集为 （ ） A． B． C． D． （3） 的最小值为 ． 【答案】（1）C；（2）A；（3）1． 【解析】 （1） ， 故选 C． （2）很明显 ，则不等式 ，解不等式组可 得实数 的取值范围是： ，故选 A． （3）由绝对值三角不等式可得 ． 【例 2】（1）要证明 ，可 选 择 的 方 法 有 多 种 ， 其 中 最 合 理 的 是 精彩解读 【试题 】例 1：人教 A 版 选 修 4-5P19-20 习 题 1．2T4，5，6 改编；例 2： 人教 A 版选修 4-5P26 习 题 2．2T3，4，5 改编． 【母题评析】这类题主要 考查绝对值不等式的解 法与证明、含参数的不等 式恒成立问题等，考查考 生的分析问题、解决问题 的能力以及数形结合思 想． 【思路方法】 1．绝对值不等式的解法 主要有以下三种：分段讨 论 法 ； 几 何 法 ； 图 象 法． 2．求含绝对值的函数最 值时，常用的方法有三种： (1)利用绝对值的几何意 义； (2)利用绝对值三角不等 式，即 ； (3) 利 用 零 点 分 区 间 法． 0 , ,ab a b< ∈R a b a b+ > − a b a b− < + a b a b+ < − a b a b− < − ( )1 2 0x x⋅ − > ( ) 1, 0 0 , 2  −∞    1, 2  −∞   1 ,2  +∞   10, 2      ( ) 2 1f x x x= − + − 0 , , , , ,ab a b a b a b a b a b a b a b< ∈ ∴ + = − − = + ∴ + < −R 0x ≠ 1 2 0 , 0 x x − >⇔  ≠ x ( ) 1, 0 0 , 2  −∞    ( ) ( ) ( ) ( )min2 1 2 1 1, 1f x x x x x f x= − + − ≥ − + − = ∴ = ( )7 3 4 0a a a a a+ + < + + + ≥ a b a b a b− ≤ ± ≤ + （ ） A．综合法 B．类比法 C．分析法 D．归 纳法 （ 2 ） 设 都 是 正 数 ， 则 三 个 数 （ ） A．都大于 2 B．至少有一个不小于 2 C．至少有一个大于 2 D．至少有一个不大于 2 （3）已知 ，则使不等式 一定成立的条 件是 （ ） A． B． C． D． 【答案】（1）C；（2）B；（3）D． 【解析】（1 ）要证 ，只需证 ， 只 需 证 ， 只 需 证 ，只需证 ，故选用分析法最合 理，故选 C． （2） 都是正数， ，当且 仅当 时取等号，故 至少有一个 不小于 2，故选 B． （ 3 ） ， 故选 D． II．考场精彩·真题回放 【 例 1 】【 2017 高 考 新 课 标 I 理 23 】 已 知 函 数 , ,x y z 1 1 1, ,x y zy z x + + + ,a b∈R a b a b+ < + 0a b+ > 0a b+ < 0ab > 0ab < 7 3 4a a a a+ + < + + + ( ) ( )( )2 7 2 7 2 7 2 3 4a a a a a a+ + + < + + + + ( ) ( )( )7 3 4a a a a+ < + + ( ) ( )( )7 3 4a a a a+ < + + 0 12< , ,x y z 1 1 1 1 1 12 2 2 6x y z x y zy z x x y z ∴ + + + + + ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1x y z= = = 1 1 1, ,x y zy z x + + + ( )22 0a b a b a b a b ab ab ab+ < + ⇔ + < + ⇔ < ⇔ < ． （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若不等式 的解集包含 ，求 的取值范 围． 【解析】 试题分析：（1）利用零点分段法把含绝对值不等式问题转化为 不含绝对值符号的不等式组问题来求解．将 代入，不等式 等 价 于 ， 对 按 ， ， 讨论得解；（2）当 时， ． 若 的 解 集 包 含 ， 等 价 于 当 时 ． 则 在 的 最 小 值 必 为 与 之 一 ， 所 以 且 ， 得 ．所以 的取值范围为 ． 试 题 解 析 ： （ 1 ） 当 时 ， 不 等 式 ．① 当 时，①式化为 ，无解； 当 时，①式化为 ，从而 ； 当 时，①式化为 ，从而 ． 所以 的解集为 ． （2）当 时， ． 所以 的解集包含 ，等价于当 时 ．又 在 的最小值必为 与 之一， 【命题意图】这类题主要 考查绝对值不等式的解 法与证明、含参数的不等 式恒成立问题等，考查考 生的分析问题、解决问题 的能力以及数形结合思 想． 【考试方向】这类试题在 考查题型上，解答题的形 式出现，难度中等偏易． 【难点中心】 1．零点分段法是解答绝 对值不等式问题常用的 方法，也可以将绝对值函 数转化为分段函数，借助 图像解题． 2．解决与绝对值有关的 综合问题的关键是去掉 绝对值，化为分段函数来 解决．数形结合是解决与 绝对值有关的综合问题 的常用方法． 3．不等式恒成立问题、 存在性问题都可以转化 为最值问题解决． ( ) ( )2 4 , 1 1f x x ax g x x x= − + + = + + − 1a = ( ) ( )f x g x≥ ( ) ( )f x g x≥ [ ]1,1− a 1a = ( ) ( )f x g x≥ 2 | 1| | 1| 4 0x x x x− + + + − − ≤ x 1x < − 1 1x− ≤ ≤ 1x > [ ]1,1x∈ − ( ) 2g x = ( ) ( )f x g x≥ [ ]1,1− [ ]1,1x∈ − ( ) 2f x ≥ ( )f x [ ]1,1− ( 1)f − (1)f ( 1) 2f − ≥ (1) 2f ≥ 1 1a− ≤ ≤ a [ ]1,1− 1a = ( ) ( )f x g x≥ ⇔ 2 | 1| | 1| 4 0x x x x− + + + − − ≤ 1x < − 2 3 4 0x x− − ≤ 1 1x− ≤ ≤ 2 2 0x x− − ≤ 1 1x− ≤ ≤ 1x > 2 4 0x x+ − ≤ 1 171 2x − +< ≤ ( ) ( )f x g x≥ 1 171 2x x  − + − ≤ ≤    [ ]1,1x∈ − ( ) 2g x = ( ) ( )f x g x≥ [ ]1,1− [ ]1,1x∈ − ( ) 2f x ≥ ( )f x [ ]1,1− ( 1)f − (1)f 所以 且 ，得 ．所以 的取值范围 为 ． 【 例 2 】【 2017 高 考 新 课 标 II 理 23 】 已 知 ．证明： （1） ； （2） ． 【解析】（1） ． （2） ， ． 【 例 3 】【 2017 高 考 新 课 标 III 理 23 】 已 知 函 数 ． （1）求不等式 的解集； （2 ）若不等式 的解集非空，求 的取值范 围． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 试题分析：（1）将函数零点分段然后求解不等式即可；（2）利 用题意结合绝对值不等式的性质有 ， 则 m 的取值范围是 ． ( 1) 2f − ≥ (1) 2f ≥ 1 1a− ≤ ≤ a [ ]1,1− 3 30, 0, 2a b a b> > + = 5 5( )( ) 4a b a b+ + ≥ 2a b+ ≤ ( )( )5 5 6 5 5 6a b a b a ab a b b+ + = + + + ( ) ( ) ( )2 23 3 3 3 4 4 2 22 4 4a b a b ab a b ab a b= + − + + = + − ≥ ( ) ( )3 3 2 2 33 3 2 3a b a a b ab b ab a b+ = + + + = + + ( ) ( ) ( )2 33 32 24 4 a b a ba b + +≤ + + = + ( )3 8 , 2a b a b∴ + ≤ ∴ + ≤ ( ) 1 2f x x x= + − − ( ) 1f x ≥ ( ) 2f x x x m≥ − + m { }1x x ≥ 5- ， 4  ∞   x x x x+ − − − + ≤2 51 2 4 5- ， 4  ∞   试题解析：（1） ． 当 时， 无解； 当 时，由 得， ，解得 ； 当 时，由 解得 ． 所以 的解集为 ． （2）由 得 ，而 且当 时， ．故 的取值范围为 ． 【 例 4 】【 2017 高 考 江 苏 】 已 知 为 实 数 ， 且 证明 ． 【答案】见解析 【解析】由柯西不等式可得 ，即 ，故 ． III．理论基础·解题原理 1．绝对值三角不等式 定理 1：如果 是实数，则 ，当且仅当 时，等号成立． 定理 2：如果 是实数，那么 ，当且仅当 时， 等号成立． 2．基本不等式 定理 1：设 ，则 ，当且仅当 时，等号成立． ( ) 3 ＜ 1 2 1 1 2 3 ＞2 , x f x x , x , x − − = − − ≤ ≤  ＜ 1x − ( ) 1f x ≥ 1 2x− ≤ ≤ ( ) 1f x ≥ 2 1 1x − ≥ 1 2x≤ ≤ ＞2x ( ) 1f x ≥ ＞2x ( ) 1f x ≥ { }1x x ≥ ( ) 2f x x x m≥ − + 21 2m x x x x≤ + − − − + 2 2 2 3 5 51 2 1 2 2 4 4x x x x x x x x x + − − − + ≤ + + − − + = − − + ≤   3 2x = 2 51 2 4x x x x+ − − − + = m 5 4 ， −∞   , , ,a b c d 2 2 2 24, 16,a b c d+ = + = 8ac bd+ ≤ 2 2 2 2 2( )( ) ( )a b c d ac bd+ + ≥ + 2( ) 4 16 64ac bd+ ≤ × = 8ac bd+ ≤ ,a b a b a b+ ≤ + 0ab ≥ , ,a b c a b a c c b− ≤ − + − ( )( ) 0a c c b− − ≥ ,a b∈R 2 2 2a b ab+ ≥ a b= 定理 2：如果 为正数，则 ，当且仅当 时，等号成立． 定理 3：如果 为正数，则 ，当且仅当 时，等号成立． 定 理 4 ： ( 一 般 形 式 的 算 术 ——几 何 平 均 不 等 式 ) 如 果 为 个 正 数 ， 则 ，当且仅当 时，等号成立． IV．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上，通常以解答题的形式出现，难度中等偏易． 【技能方法】 1．绝对值不等式的解法 （1）含绝对值的不等式 与 的解集 不等式 或 且 （2） 和 型不等式的解法 ① ； ② 或 ． 2．不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数 归纳法等． 【易错指导】 数 归纳法证明不等式的关键 使用数 归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由 时不等式成立推证 时 不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较， 以便确定解题方向． V．举一反三·触类旁通 考向 1 含绝对值不等式的解法 1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去 掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值． 2．用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂， ,a b 2 a b ab + ≥ a b= , ,a b c 3 3 a b c abc + + ≥ a b c= = 1 2, , , na a a n 1 2 1 2 n n n a a a a a an + + + ≥  1 2 na a a= = = x a< x a> 0a > 0a = 0a < x a< { }x a x a− < < ∅ ∅ x a> {x x a> }x a< − {x x∈R }0x ≠ R ( )0ax b c c+ ≤ > ( )0ax b c c+ ≥ > ( )0ax b c c+ ≤ > ⇔ c ax b c− ≤ + ≤ ( )0ax b c c+ ≥ > ⇔ ax b c+ ≤ − ax b c+ ≥ n k= 1n k= + 又简洁直观，是一种较好的方法． 【例 1】解下列不等式： （1） ；（2） ． 解 法 二 ： 原 不 等 式 或 或 ， 解得 ，所以原不等式的解集为 ． （2）①当 时，原不等式化为 ，解得 ， ② 当 时 ， 原 不 等 式 化 为 ， 解 得 ． ③当 时，原不等式化为 ，解得 ． 综上可知，原不等式的解集为 ． 【名师点睛】 1．去绝对值符号的常用方法 （1）基本性质法： 或 ； （2）平方法：两边平方去掉绝对值符号； （3）零点分段法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对 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)求解． 2．形如 （或 ）绝对值不等式的三种解法 解法一：分段讨论法，又称“零点分段法”，利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴 分为 （此处设 ）三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分 2 1 2 1 0x x+ − − > 3 2 1 12 xx x+ − − < + ( ) ( ) 1 ,2 2 1 2 1 0 x x x  < −⇔  − + + − > ( ) 1 1,2 2 1 2 1 0 x x x − ≤ ≤  + + − > ( ) 1, 2 1 2 1 0 x x x > + − − > 1 4x > 1 ,4  + ∞   3x < − ( ) ( )3 1 2 12 xx x− + − − < + 10 , 3x x< ∴ < − 13 2x− ≤ ≤ ( ) ( )3 1 2 12 xx x+ − − < + 2 2, 35 5x x< − ∴− ≤ < − 1 2x > ( ) ( )3 1 2 12 xx x+ + − < + 2 , 2x x> ∴ > ( )2, 2 ,5  −∞ − + ∞   x a a x a , x a x a< ⇔ − < < > ⇔ < − ( )x a a> > 0 x a x b c− + − ≥ , 0c c≤ > ( ] ( ] ( ), , , , ,a a b b−∞ + ∞ a b< 别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；体现了分类讨论的思想； 解法二：几何法，利用 （或 ）的几何意义：数轴上到点 和 的距离之和大于 的全体（ ）；体现了 数形结合的思想； 解法三：图象法，作出函数 和 的图象，结合图象求解，体现了函 数与方程的思想． 3．六类绝对值不等式的解法 （ 1 ） (a ∈ R) 型 ： 或 （ 等 价 命 题 法）； （2） 型： ； （3） 型： 或 ； （ 4 ） 型 ： 或 ； （5） 型： 无解； ； （6） 型： ； 或 ． 【例 2】【2018 四川资阳高三 4 月模拟考试（三诊）】已知函数 ． （1）解不等式 ； （2）若正实数 a，b 满足 ，试比较 与 的大小，并说明理由． 【答案】(1)｛x| x＜－3 或 x＞1｝；(2)见解析． 【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求 并集，（2）先根据绝对值三角不等式得 最大值，再根据基本不等式可得 最小 x a x b c− + − ≥ , 0c c≤ > 1x a= 2x b= c ( ) ( )x a x b x a x b a b− + − ≥ − − − ≥ − 1y x a x b= − + − 2y c= ( ) ( )f x a , f x a< > ( ) ( ) ( ) ( )f x a a f x a , f x a f x a< ⇔ − < < > ⇔ < − ( ) ( )f x a a> > 0 ( ) ( )f x g x< ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x g x f x g x< ⇔ < ( ) ( ) ( )f x g x< > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x g x f x g x , f x g x f x g x< ⇔ − < < > ⇔ < − ( ) ( )f x g x> ( ) ( )a f x b b a< < > > 0 ( ) ( ) ( )a f x b b a a f x b< < > > ⇔ < <0 ( )b f x a− < < − ( ) ( ) ( )f x f x< > ( ) ( )f x f x< ( ) ( ) ( )f x f x f x> ⇔ < 0 ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x+ < > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x h x , f x g x h x f x g x h x  + <+ < ⇔  − < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x f x g x h x+ > ⇔ + > ( ) ( ) ( )f x g x h x− > ( ) 2f x x x= − − + ( ) 4f x < − 5a b+ = 2 2 4 ba + ( ) 3f x + ( )f x 2 2 4 ba + 值，最后根据两者关系确定大小关系． 试题解析：（1）由题知 ， ①当 时，－2x－2＞4，解得 x＜－3； ②当 时，2＞4，矛盾，无解； ③当 时，2x＋2＞4，x＞1； 所以该不等式的解集为｛x| x＜－3 或 x＞1｝． （2）因为 ，当且仅当 时，取“=”， 所以 ，即 ． 又 ． 当 且 仅 当 时取等号． 所以 ． 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值 的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与 函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活 应用，这是命题的新动向． 【例 3】【2018 贵州省普高等 校招生适应性考试】已知函数 ． （1）若 ，求不等式 的解集； （2）若对任意的 ，任意的 恒有 ，求实数 的取值范围． 【答案】(1) ；(2) ． 试题解析： 2 4x x+ + > 2x ≤ − 2 0x− < ≤ 0x > 2 2 2x x x x+ + ≥ − − = 2 0x− ≤ ≤ ( ) 2 2f x x x= − − + ≤ − ( ) 3 1f x + ≤ 2 2 2 5 2 5 54 4 b ba b+ = − + 2 25 8 5 45 5 5 1 14 5 4 5b b b   = − + = − + ≥       5 4 5 5 5a b= =， ( )2 2 34 ba f x+ ≥ + ( ) 1f x x x aa = + + − 2a = ( ) 9 2f x ≥ x R∈ ( )0,a∈ +∞ ( )f x m> m [ ) 33, , 2  +∞ ∪ −∞ −   2m < （1） ， 即 ， 则 ， 或 ， 或 ， 所以 的解集为 ． （2） ， 又 ，∴ ． 当且仅当 时等号成立，所以 ． 点睛：1．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号， 将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法． ~ 2．f(x)＜a 恒成立⇔f(x)max＜a． f(x)>a 恒成立⇔f(x)min＞a． 【跟踪练习】 1．解不等式： ． 所以原不等式的解集是 ． 2．已知函数 ． （1）证明： ； 2a = ( ) 9 2f x ≥ 1 922 2x x+ + − ≥ ( ) 2 { 31 922 2 x xx x ≥ ⇒ ≥ + + − ≥   ( ) 1 22{ 1 922 2 x x x x φ − ≤ < ⇒ ∈ + − − ≥   ( ) 1 2 3{ 1 9 222 2 x x x x < − ⇒ ≤ − − + − − ≥   ( ) 9 2f x ≥ [ ) 33, , 2  +∞ ∪ −∞ −   ( ) 1 1f x x x a aa a = + + − ≥ + 0a > 1 1 12 2a a aa a a + = + ≥ ⋅ = 1a = 2m < 2 3 2x x+ + ≥ ( ] 1, 5 ,3  −∞ − − + ∞  ( ) 2 5f x x x= − − − ( )3 3f x− ≤ ≤ （2）求不等式 的解集． 【解】（1）证明： 当 时， ． （2）由（1）可知， 当 时， 即为 ，解集为空集； 当 时， 即为 ，解集为 ； 当 时， 即为 ，解集为 ． 综上，不等式 的解集为 ． 3 ．【 2018 贵 州 凯 里 市 第 一 中 高 三 下 期 《 黄 金 卷 》 第 三 套 】 设 函 数 ， ，其中 ． （Ⅰ）求不等式 的解集； （Ⅱ）若对任意 ，都存在 ，使得 ，求实数 的取值范围． 【答案】(1) ；(2) ． 试题解析： （I）不等式 ，则 ， 解得： 或 ，即 所以不等式 的解集为 ． （II）设 的值域为 ， 的值域为 ． ( ) 2 8 15f x x x≥ − + ( ) 3 , 2 , 2 5 2 7 , 2 5 , 3 , 5. x f x x x x x x − ≤ = − − − = − < <  ≥ 2 5x< < ( )3 2 7 3 , 3 3x f x− < − < ∴− ≤ ≤ 2x ≤ ( ) 2 8 15f x x x≥ − + 2 8 18 0x x− + ≤ 2 5x< < ( ) 2 8 15f x x x≥ − + 2 10 22 0x x− + ≤ )5 3 , 5 − 5x ≥ ( ) 2 8 15f x x x≥ − + 2 8 12 0x x− + ≤ [ ]5 , 6 ( ) 2 8 15f x x x≥ − + 5 3 , 6 −  ( ) 3 3f x x a x= − + − ( ) 1 3g x x= − + 0a > ( ) 5g x x≥ − 1x R∈ 2x R∈ ( ) ( )1 2f x g x= a 3| 2x x ≥   [ )18,+∞ ( ) 5g x x≥ − ⇒ 1 3 | 5|x x− + ≥ − ⇒ 1 | 5| 3x x− − − ≥ − 1 1 5 5{ { { 1 5 3 1 5 3 1 5 3 x x x x x x x x x < ≤ ≤ > − + − ≥ − − + − ≥ − − − + ≥ −或 或 3 52 x≤ ≤ 5x > 3 2x ≥ ( ) 5g x x≥ − 3| 2x x ≥   ( )f x N ( )g x M 对任意 ，都存在 ，使得 等价于： 而 ． ①当 时， 不满足题意； ②当 时， ，由 得 ，得 ， 不满足题意； ③当 时， ，由 得 ，得 ，满 足题意； 综上所述，实数 的取值范围是： ． 考向 2 含绝对值不等式的证明 证明绝对值不等式的三种主要方法： （1）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明． （2）利用三角不等式 进行证明． （3）转化为函数问题，利用数形结合进行证明． 【例 4】已知 ，且 ，求证： ． 【证明】 由绝对值不等式的性质，得 ， 即 ． 【 名 师 点 睛 】 （ 1 ） 对 绝 对 值 三 角 不 等 式 定 理 （ 定 理 1 ） ， （定理 2）中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的 最值时． （2）该定理可强化为 ，它经常用于证明含绝对值的不等式． 【例 5】【2018 重庆市高三第二次质量调研】已知函数 ． （Ⅰ）当 时，解不等式 ； （Ⅱ）设 为正实数，且 ，其中 为函数 的最大值，求证： 1x R∈ 2x R∈ ( ) ( )1 2f x g x= N M⊆ ( ) [ )3,g x ∈ +∞ 9a = ( ) 3 3 =4| 3| 0f x x a x x= − + − − ≥ 0 9a< < ( ) 3 3 | 3|3 af x x a x= − + − ≥ － N M⊆ | 3| 33 a − ≥ 0a ≤ 9a > ( ) 3 3 | 3|3 af x x a x= − + − ≥ － N M⊆ | 3| 33 a − ≥ 18a ≥ a [ )18,+∞ a b a b a b− ≤ ± ≤ + ,x y∈R 1 1,6 4x y x y+ ≤ − ≤ 5 1x y+ ≤ ( ) ( )5 3 2 ,x y x y x y+ = + − − ∴ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 15 3 2 3 2 3 2 16 4x y x y x y x y x y+ = + − − ≤ + + − ≤ × + × = 5 1x y+ ≤ a b a b+ ≤ + a b a c c b− ≤ − + − a b a b a b− ≤ ± ≤ + ( ) ( )2 1f x tx tx t R= − − + ∈ 1t = ( ) 1f x ≤ , ,a b c a b c m+ + = m ( )f x ． 【答案】（1） （2）见解析 试题解析： （1） 时， ， ， 所以 或 或 ，所以解集为 ． （Ⅱ）由绝对值不等式得 ， 所以 最大值 ， 当且仅当 时等号成立． 【例 6】【2018 宁夏银川一中高三二模】已知函数 ． (1)若 的解集非空，求实数 的取值范围； (2) 若 正 数 满 足 ， 为 （ 1 ） 中 m 可 取 到 的 最 大 值 ， 求 证 ： ． 【答案】(1) ；(2)见解析． 要证 ，只需证 ，即证 ，只需证 即 可得结果． 3a b c+ + ≤ )[0 ∞+， 1t = ( ) 2 1f x x x= − − + ( ) 3, 1 { 2 1, 1 2 3, 2 x f x x x x ≤ − = − + − < ≤ − > 1{ 3 1 x ≤ − ≤ 1 2{ 2 1 1 x x − < ≤ − + ≤ 2{ 3 1 x > − ≤ [ )0,+∞ ( ) ( )2 1 2 1 3tx tx tx tx− − + ≤ − − + = ( )f x 3m = 1 1 1 31 1 1 32 2 2 2 a b c a b ca b c a b c + + + + + ++ + ≤ ⋅ + ⋅ + ⋅ ≤ + + = = 1a b c= = = ( ) 1f x x x= − − ( ) 1f x m≥ − m ,x y 2 2x y M+ = M 2x y xy+ ≥ [ ]0,2 2x y xy+ ≥ ( )2 2 24x y x y+ ≥ ( )( )2 1 1 0xy xy+ − ≤ 1xy ≤ 试题解析：（1）去绝对值符号，可得 所以 ， 所以 ，解得 ，所以实数 的取值范围为 ． （2）由（1）知， ，所以 ． 因为 ，所以要证 ，只需证 ， 即证 ，即证 ． 因 为 ， 所 以 只 需 证 ， 因 为 ， ∴ 成 立 ， 所 以 解法二：x2+y2=2，x、y∈R+，x+y≥2xy ，设： 证明：x+y-2xy= = 令 ， ， ∴ ， ， 原式= = = = 当 时， ， ． 【跟踪练习】 1．已知函数 ． （1）求 的值域 ； （2）若 ，试证明： ． ( ) 1, 0, {2 1,0 1, 1, 1, x f x x x x − < = − ≤ ≤ > ( )max 1f x = 1 1m − ≤ 0 2m≤ ≤ m [ ]0,2 2M = 2 2 2x y+ = 0, 0x y> > 2x y xy+ ≥ ( )2 2 24x y x y+ ≥ ( )22 1 0xy xy− − ≤ ( )( )2 1 1 0xy xy+ − ≤ 2 1 0xy + > 1xy ≤ 2 22 2xy x y≤ + = 1xy ≤ 2x y xy+ ≥ 0 2 πθ≤ ≤ 2{ 0 22 x sin y cos θ πθ θ =  ≤ ≤  = 2sin 2cos 2 2sin cosθ θ θ θ+ − ⋅ ⋅ ( )2 sin cos 4sin cosθ θ θ θ+ − ⋅ sin cos tθ θ+ = 21 2sin cos tθ θ∴ + = 0 2 πθ≤ ≤ 1 2t≤ ≤ 22sin cos 1tθ θ = − ∴ ( )22 2 1t t− − 22 2 2t t− + + 2 22 22t t  − − +    2t = min 2 2 2 2 0y = − × + + = ∴ 2x y xy+ ≥ ( ) 2 1 1f x x x= − + + ( )f x D a D∈ 3 71 1 22 2a a aa − + + > > − 根 据 函 数 的 单 调 性 可 知 ， 当 时 ， 的 值 域 ． （2） ． ．又 ， ． 2 ．【 2018 甘 肃 张 掖 市 高 三 备 考 质 量 检 测 第 三 次 诊 断 考 试 】 已 知 ， ， 且 ． （1）若 恒成立，求 的取值范围； （2）证明： ． 【答案】(1) ；(2)证明见解析． （ 2 ） 由 题 意 结 合 均 值 不 等 式 的 结 论 可 得 ， 即 题 中 的 不 等 式 成 立． 试题解析： （1）设 ( )f x 1 2x = ( ) ( )min 1 3 ,2 2f x f f x = = ∴   3 ,2D  = +∞  3 3 3, , , 0 12 2 2a a a  ∈ +∞ ∴ ≥ ∴ < ≤  31 1 1 1 2 3 2a a a a a a ∴ − + + = − + + = ≥ > 1 0 , 4 3 0a a− > − > ( )( )1 4 33 7 3 7 3 72 0 , 2 , 1 1 22 2 2 2 2 2 2 a aa a a a aa a a a − − ∴ − − = > ∴ > − ∴ − + + > > −   0a > 0b > 2 2 2a b+ = 2 2 1 4 2 1 1x xa b + ≥ − − − x ( )5 51 1 4a ba b  + + ≥   9 9 2 2x− ≤ ≤ ( ) ( ) ( )5 52 25 5 2 2 2 2 2 21 1 2 4b aa b a b a b a ba b a b  + + = + + + − ≥ + =   , 1, 12 1 1 {3 2, 1, 2 1, .2 x x y x x x x x x ≥ = − − − = − ≤ < − < 由 ，得 ， 故 ， 当且仅当 时等号成立， 所以 ． 当 时， ，得 ； 当 时， ，解得 ，故 ； 当 时， ，解得 ，故 ． 综上， ． （2） ． 3．【2018 衡水金卷信息卷（一）】已知函数 ，不等式 的解集 为 ． （1）求集合 ； （2）证明：对于任意的 ， 恒成立• 【答案】(1) (2)见解析 2 2 2a b+ = ( )2 21 12 a b+ = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 1 4 1 41 42 2 b aa ba b a b a b   + = + + = + + +      2 2 2 2 1 4 91 4 22 2 b a a b   ≥ + + ⋅ =    2 22 4,3 3a b= = 9 2 1 12 x x≥ − − − 1x ≤ 9 2x ≤ 91 2x≤ ≤ 1 12 x≤ < 93 2 2x − ≤ 13 6x ≤ 1 12 x≤ < 1 2x < 9 2x− ≤ 9 2x ≥ − 9 1 2 2x− ≤ < 9 9 2 2x− ≤ ≤ ( ) 5 5 5 5 4 41 1 b aa b a ba b a b  + + = + + +   ( ) 5 522 2 2 22b aa b a ba b = + + + − ( ) ( )5 52 22 2 2 2 2 22 2 4b aa b a b a ba b ≥ + + ⋅ − = + = ( ) 1f x x= − ( ) 2 4f x x+ ≤ A A , Rx y C A∈ 1xy x y+ > + 51 3A x x = − ≤ ≤   综上，不等式的解集 ． （2）若证 ，即证 ，即证 成 立， 即证 ，即证 ． ∵ ，∴ ，或 ． ∵ ，∴ ，∴ ，∴ 成立，即原命题 得证． 考向 3 含绝对值不等式的综合应用 1．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函 数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法． 2．不等式恒成立问题的解法： 在 区 间 上 恒 成 立 ； 在 区 间 上 恒 成 立 ． 3．对于求 或 型的最值问题利用绝对值三角不等式更方 便．形如 的函数只有最小值，形如 的函数既有最大值 又有最小值． 【例 7】【2018 陕西榆林市高三高考模拟第二次测试】已知 ． （1）证明： ； （2）若 ，求实数 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2） ． 51 3A x x = − ≤ ≤   1xy x y+ > + 2 21xy x y+ > + 2 2 2 22 1 2x y xy x xy y+ + > + + 2 2 2 2 1 0x y x y− − + > ( )( )2 21 1 0x y− − > 51 3A x x = − ≤ ≤   { 1UC A x x= < − 5 3x >  , Rx y C A∈ 1, 1x y> > 2 21, 1x y> > ( )( )2 21 1 0x y− − > ( )f x a≤ D ( )maxf x a⇔ ≤ ( )f x a≥ D ( )minf x a⇔ ≥ y x a x b= − + − y x a x b= − − − y x a x b= − + − y x a x b= − − − ( ) 2 2 3f x x a x a= − + + + ( ) 2f x ≥ 3 32f  − <   a ( )1,0− 解析：（1）证明：因为 ， 而 ，所以 ． （2）解：因为 ， 所以 或 ，解得 ，所以 的取值范围是 ． 【例 8】【2018 福建永春一中、培元、季延、石光中 四校高三上 期第二次联考】设函数 ． （Ⅰ）解不等式 ； （Ⅱ） ， ，求实数 的取值范围． 【答案】(1)见解析；(2) ． 【解析】试题分析：（1）两边平方解二次不等式即可；（2） ， 即求 的最大值即可． * : 。 。 ] 试题解析：（Ⅰ）不等式 ，即 ，即 整理得 ，解得 或 ，所以不等式 的解集为 或 （ Ⅱ ） ， 故 的 最 大 值 为 因为 ， ，即 ， ( ) 2 2 3f x x a x a= − + + + 22 3x a x a≥ + + − + 22 3x a x a+ + − + 2 2 3a a= + + = ( )21 2 2a + + ≥ ( ) 2f x ≥ 23 3 322 2 2f a a − = + + +   2 2 32 3, 4{ 32 , 4 a a a a a a + + ≥ − = − < − 2 3 { 4 2 3 3 a a a ≥ − + + < 2 3 { 4 2 3 a a a < − − < 1 0a− < < a ( )1,0− ( ) 2 2 1f x x x= − − + ( ) 0f x ≤ 0x R∃ ∈ ( ) 2 0 2 4f x m m− ≥ m 5 1,2 2  −   0x R∃ ∈ ( ) 2 0 2 4f x m m− ≥ ( )f x ( ) 0f x ≤ 2 2 1x x− ≤ + 2 24 4 4 4 1x x x x− + ≤ + + 23 8 3 0x x+ − ≥ 1 3x ≥ 3x ≤ − ( ) 0f x ≤ 1{ 3x x ≥ 3}x ≤ − ( )= 2 2 1f x x x− − + = 13, 2 1{ 3 1, 2 2 3, 2 x x x x x x + < − − + − ≤ ≤ − − > ( )f x 1 5 2 2f  − =   0x R∃ ∈ ( ) 2 0 2 4f x m m− ≥ 0x R∃ ∈ ( ) 2 0 2 4f x m m≥ + 所以 ，即 ， 解得 ，所以实数 的取值范围为 ． 【例 9】【2018 陕西咸阳二模】已知函数 ． （1）求 的最大值 ； （2）设 ，且 ，求证： ． 【答案】（1） ；（2）证明见解析． （2）法 1：由题意可知 ．当且仅当 ， ， 时取等号，题中的命题得证． 法 2 ： 由 题 意 结 合 柯 西 不 等 式 有 ，即 ，命题得证． 试题解析： （1）法 1：由 知 ，即 ． 法 2：由三角不等式 得，即 ． 法 3：由绝对值不等式的几何意义知 ，即 ． （2）法 1：∵ ， ∴ 2 52 4 2m m+ ≤ 24 8 5 0m m+ − ≥ 24 8 5 0m m+ − ≤ 5 1 2 2m− ≤ ≤ m 5 1,2 2  −   ( ) ( )3f x x x x R= − − ∈ ( )f x m , ,a b c R+∈ 2 3 4a b c m+ + = 1 1 1 32 3 4a b c + + ≥ 3m = 1 1 1 2 3 4a b c + + ( )1 1 1 12 3 4 33 2 3 4a b c a b c  = + + + + ≥   1 2a = 1 3b = 1 4c = 1 1 13 2 3 4 2 3 4 a b c a b c = ⋅ + ⋅ + ⋅ 1 1 12 3 4 2 3 4a b c a b c ≤ + + ⋅ + + 1 1 1 32 3 4a b c + + ≥ ( ) 3, 0 {2 3,0 3 3, 3 x f x x x x − ≤ = − < < ≥ ( ) [ ]3,3f x ∈ − 3m = ( ) 3 3 3f x x x x x= − − ≤ − + = 3m = ( ) [ ]( )3 3,3f x x x x R= − − ∈ − ∈ 3m = 2 3 4 3( , , 0)a b c a b c+ + = > 1 1 1 2 3 4a b c + + ( )1 1 1 12 3 43 2 3 4a b c a b c  = + + + +   ． 当且仅当 ，即 ， ， 时取等号， 即 ． 法 2：∵ ， ∴ 由 柯 西 不 等 式 得 ， 整理得 ， 当且仅当 ，即 ， ， 时取等号． 点睛：绝对值不等式的解法： 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 【跟踪练习】 1．【2018 全国名校联盟高三适应性考试（五）】已知 ． （1）解不等式 ； （2）若不等式 对任意实数 恒成立，求实数 的取值范 围． 【答案】（1） 或 ；（2） ． 求 出 的 分 段 函 数 的 各 段 的 范 围 ， 可 得 最 小 值 ， 进 而 得 到 ，解不等式即可得到 的取值范围 1 2 3 2 4[33 3 2 4 2 a b a c b a c a    = + + + +       3 4 ] 34 3 b c c b  + + ≥   2 3 4a b c= = 1 2a = 1 3b = 1 4c = 1 1 1 32 3 4a b c + + ≥ 2 3 4 3( , , 0)a b c a b c+ + = > 1 1 13 2 3 4 2 3 4 a b c a b c = ⋅ + ⋅ + ⋅ 1 1 12 3 4 2 3 4a b c a b c ≤ + + ⋅ + + 1 1 1 32 3 4a b c + + ≥ 2 3 4a b c= = 1 2a = 1 3b = 1 4c = ( ) 2 1 2f x x x= − + + ( ) 8f x > 2 12 1 2 22x x m m− + + ≥ + + x m { | 3x x < − 7 3x >  11, 2m  ∈ −   ( )2 2 1 2x x− + + 2 1 522 2m m+ + ≤ m 解析：（1） ， 由 得 或 或 ， 解之得： 或 ． 所以原不等式的解集为 或 ． （2）当 时， 递减，取值范围是 ； 当 时， 的范围是 ； 当 时， 的范围是 ． 从而 ， 不等式 对任意实数 恒成立， 解不等式 ，得 ． 点睛：本题主要考查的知识点是绝对值不等式的解法，不等式恒成立的问题，有一定的灵活 性，突出考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题， 生要熟练掌握一元二次方程不等 式的解法． 2．【2018 新疆维吾尔自治区高三第二次适应性考试】设函数 ． （I）当 时，解不等式 ； （II）若 的解集为 ， （ ， ），求证： ． 【答案】(1) (2)见解析 2 1 2x x− + + 1 3 , 2 1{3 , 2 2 13 1, 2 x x x x x x − − ≤ − = − − < ≤ + > ( ) 8f x > 1 3 8{ 2 x x − − > ≤ − 3 8 { 12 2 x x − > − < ≤ 3 1 8 { 1 2 x x + > > 3x < − 7 3x > { | 3x x < − 7 3x >  2x ≤ − 1 3x− − [ )5,+∞ 12 2x− < ≤ 3 x− 5 ,52     1 2x > 3 1x + 5 ,2  +∞   52 1 2 2x x− + + ≥ 2 12 1 2 22x x m m− + + ≥ + + x 2 1 522 2m m+ + ≤ 11, 2m  ∈ −   ( ) | |f x x p= − 2p = ( ) 4 1f x x≥ − − ( ) 1f x ≥ ] [( ),0 2,−∞ ∪ +∞ 1 2 1 pm n + =− 0m > 1n > 2 11m n+ ≥ ] [1 7, ,2 2  −∞ − ∪ +∞   【解析】试题分析：（I）当 时，不等式化为 ，分类讨论，即可求解 不等式的解集； （II）根据 得 或 ，根据题意里程方程组，求得 ，得到[ : xx ] ，再利用基本不等式，即可作出证明． 试题解析： （I）当 时，不等式化为 ∵ ∴不等式的解集为 （II）根据 得 ∵ 的解集为 故 ，所以 ， ∵ ， ∴ ， 当且仅当 ， 时取等号，∴ ． 3．已知函数 ． （1）求不等式 的解集； （2）若不等式 的解集非空，求 的取值范围． 当 时，由 得， ，解得 ； 当 时，由 解得 ． 2p = 2 1 4x x− + − ≥ ( ) 1f x ≥ 1x p≤ − 1x p≥ + 1p = 1 2 11m n + =− 2p = 2 1 4x x− + − ≥ 2 3, 2 2 1 { 1,1 2 3 2 , 1 x x x x x x x − ≥ − + − = ≤ < − < ] [1 7, ,2 2  −∞ − ∪ +∞   ( ) 1f x ≥ 1 1x p x p− ≥ ⇒ ≤ − 1x p≥ + ( ) 1f x ≥ ] [( ),0 2,−∞ ∪ +∞ 1 0{ 11 2 p pp − = ⇒ =+ = 1 2 11m n + =− 0m > 0n > ( ) ( ) ( )2 11 2 22 1 2 1 2 91 1 nmm n m n m n n m −  + − = + − + = + + ≥   − −  3m = 4n = 2 11m n+ ≥ ( ) 1 2f x x x= + − − ( ) 1f x ≥ ( ) 2f x x x m≥ − + m 1 2x− ≤ ≤ ( ) 1f x ≥ 2 1 1x − ≥ 1 2x≤ ≤ 2x > ( ) 1f x ≥ 2x > 的解集为 ． （2）由 得 ，而 且当 时， ．故 的取值范围为 ． 考向 4 比较法证明等式 比较法是证明不等式的常用方法． 1．作差比较法的依据： ． 2 ． 作 商 比 较 法 的 依 据 ： 设 ， 则 ． 比较法证明等式关键是代数式的变形能力，变形一定要彻底，容易判断差式的符号（商式与 的大小）． 提醒：作商比较时容易忽视分母的符号而得出错误的结论． 【例 10】（1）设 是非负实数，求证： ； （2）求证： ． 【证明】（1） 又 不论 ，还是 ，都有 与 同号， ． （2） ． 当 时， ；当 时， ；当 时， ． ( )f x∴ ≥1 { }1x x ≥ ( ) 2f x x x m≥ − + 21 2m x x x x≤ + − − − + 2 2 2 3 5 51 2 1 2 2 4 4x x x x x x x x x + − − − + ≤ + + − − + = − − + ≤   3 2x = 2 51 2 4x x x x+ − − − + = m 5 4  −∞  , 0 , 0 , 0a b a b a b a b a b a b− > ⇔ > − = ⇔ = − < ⇔ < 0B > 1, 1, 1A A AA B A B A BB B B > ⇔ > = ⇔ = < ⇔ < 1 ,a b ( )2 2a b ab a b+ ≥ + ( ) ( )2 0 , 0 a b a ba b ab a b + ≥ > > ( ) ( ) ( )2 2 2 2a b ab a b a a ab b b ab+ − + = − + − ( ) ( )a a a b b b b a= − + − ( )( ) 1 1 3 3 2 2 2 2a b a a b b a b a b   = − − = − −      0 , 0 ,a b≥ ≥ ∴ 0a b≥ ≥ 0 a b≤ ≤ 1 1 2 2a b− 3 3 2 2a b− ( )1 1 3 3 2 22 2 2 2 0 ,a b a b a b ab a b   − − ≥ ∴ + ≥ +      ( ) 2 2 2 2 a b a b b aa b a b a b aa b bab − − − +  = =    a b= 2 1 a b a b −   =   0a b> > 2 1, 0 , 12 a b a a b a b b − −  > > ∴ >   0b a> > 2 0 1, 0 , 12 a b a a b a b b − −  < < < ∴ >   综上所述： ． 【名师点睛】1．作差比较法证明不等式的一般步骤是：作差——变形——定号——下结 论．变形常用的技巧有：配方、通分、分解因式等．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．作商比较法证明不等式的一般步骤是：作商——变形——与 比较大小——下结论．变 形常用的技巧有放缩法．当被证的不等式两端是幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比 较法． 【跟踪练习】 1．若 ，求证： ． 【 证 明 】 ， 又 ， ． 考向 5 综合法、分析法证明不等式 1．综合法证明时常用的不等式：（1） ；（2） ； （ 3 ） ， 它 的 变 形 形 式 有 ： ； ； ； ； 等． （4） ，它的变形有： ； ； ． 2．分析法的应用：当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式（ ）、 基本不等式（ ）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． 【例 11】已知 ．证明： （1） ； （2） ． ( ) ( )2 0 , 0 a b a ba b ab a b + ≥ > > 1 1a b> > 1 1a ba b + > + ( )( )11 1 a b aba ba b ab − −   + − + =       1, 1, 1 0 , 0a b ab ab a b> > ∴ > − > − > 1 1 1 10 ,a b a ba b a b    ∴ + − + > ∴ + > +       2 0a ≥ 0a ≥ 2 2 2a b ab+ ≥ 2 2 2a b ab+ ≥ 2 2 2a b ab+ ≥ − ( )2 4a b ab+ ≥ ( )22 2 1 2a b a b+ ≥ + 22 2 2 2 a b a b+ + ≥    ( )0 , 02 a b ab a b + ≥ > > ( )1 2 0a aa + ≥ > ( )2 0a b abb a + ≥ > ( )2 0a b abb a + ≤ − < 2 2 2a b ab+ ≥ , 0 , 02 a b ab a b + ≥ > > 3 30, 0, 2a b a b> > + = 5 5( )( ) 4a b a b+ + ≥ 2a b+ ≤ 【分析】（1）第一问展开所给的式子，然后结合题意进行配方即可证得结论； （2）第二问利用均值不等式的结论结合题意证得 即可得出结论． 【 证 明 】 （ 1 ） ， 故原不等式成立． （2） ， ． 【名师点睛】 1．利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式 和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需 证问题．若不等式恒等变形之后若与二次函数有关，可用配方法． 2．分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件， 又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思 路，用综合法书写证题过程． 【例 12】【2018 衡水金卷信息卷（一）】已知函数 ，不等式 的 解集为 ． （1）求集合 ； （2）证明：对于任意的 ， 恒成立• 【答案】(1) (2)见解析 当 时，得 ，所以 ； 当 时，得 ，所以 ． ( )3 8a b+ ≤ ( )( ) ( ) ( ) ( )2 25 5 6 5 5 6 3 3 3 3 4 4 2 22 4 4a b a b a ab a b b a b a b ab a b ab a b+ + = + + + = + − + + = + − ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 3 2 2 3 3 33 3 2 3 2 24 4 a b a ba b a a b ab b ab a b a b + ++ = + + + = + + ≤ + + = + ( )3 8 , 2a b a b∴ + ≤ ∴ + ≤ ( ) 1f x x= − ( ) 2 4f x x+ ≤ A A , Rx y C A∈ 1xy x y+ > + 51 3A x x = − ≤ ≤   0 1x< < 1 2 4 3x x x− + ≤ ⇒ ≤ 0 1x< < 0x ≤ 1 2 4 1x x x− − ≤ ⇒ ≥ − 1 0x− ≤ ≤ 综上，不等式的解集 ． （2）若证 ，即证 ，即证 成 立， 即证 ，即证 ． ∵ ，∴ ，或 ． ∵ ，∴ ，∴ ，∴ 成立，即原命题 得证． 【例 13】【2018 衡水金卷信息卷（四）】已知 ，且 都是正数． （1）求证： ； （2）是否存在实数 ，使得关于 的不等式 对所有满足题设条 件的正实数 恒成立？如果存在，求出 的取值范围，如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析（2） 所以 ， 当且仅当 时，取等号， 所以 得证． （2）因为 ， 51 3A x x = − ≤ ≤   1xy x y+ > + 2 21xy x y+ > + 2 2 2 22 1 2x y xy x xy y+ + > + + 2 2 2 2 1 0x y x y− − + > ( )( )2 21 1 0x y− − > 51 3A x x = − ≤ ≤   { 1UC A x x= < − 5 3x >  , Rx y C A∈ 1, 1x y> > 2 21, 1x y> > ( )( )2 21 1 0x y− − > 3a b c+ + = , ,a b c 1 1 1 3 2a b b c c a + + ≥+ + + m x 2 2 2 22x mx a b c− + + ≤ + + , ,a b c m [ ]2,2m∈ − ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 6 a b b c c aa b b c c a a b b c c a   + + = + + + + + + +  + + + + + +  ( )1 1 33 3 2 2 26 6 2 b c a b b c c a a b a c a b b c c a b c c a a b  + + + + + +     = + + + + + + ≥ + + + =      + + + + + +       1a b c= = = 1 1 1 3 2a b b c c a + + ≥+ + + 3a b c+ + = 所以 ， 因此 （当且仅当 时，取等号）， 所以 由题得 恒成立，即得 恒成立， 因此 ． 故存在实数 使不等式成立． 【跟踪练习】 1 ．【 2018 河 南 省 八 市 高 二 下 期 第 一 次 测 评 】 已 知 ， 用 分 析 法 证 明 ： 【解析】试题分析：利用分析法证明： ；（2）利用反证法证明： 函数无零点． 试题解析：由 有 ，要证： ， 只需证 ，只需证 ， 只需证 ，因为 恒成立，所以 ． 2．【2018 衡水金卷信息卷（三）】已知实数 满足 ，证明： （1） ； （2） ． 【答案】(1)见解析；(2)见解析． （2）因为 ，所以 ，利用基本不等式，得 ，进而 证的结论． ( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2 2 3a b c a b c ab bc ca a b c+ + = + + + + + ≤ + + 2 2 2 3a b c+ + ≥ 1a b c= = = ( )2 2 2 min 3a b c+ + = 2 2 3x mx− + + ≤ 2 1 0x mx− + ≥ 2 4 0m∆ = − ≤ 2 2m⇒ − ≤ ≤ [ ]2,2m∈ − [ ]0,1a∈ 3 21 11a a aa + ≥ − ++ 3 21 11a a aa + ≥ − ++ ( ) ( ) 23 ,( 0)xf x xe m x x= − + > 0 1a≤ ≤ 1 1 2a≤ + ≤ 3 21 11a a aa + ≥ − ++ ( ) ( )( )3 21 1 1 1a a a a a+ + ≥ + − + 4 3 31 1a a a+ + ≥ + 4 0a ≥ 4 0a ≥ 3 21 11a a aa + ≥ − ++ , ,a b c ( ) 4a b c+ = ( )2 2 2 8a b c+ ≥ 2 2 22 8a b c+ + ≥ ( ) 4a b c+ = 4ab ac+ = 2 2 224 2 a b c+ +≤ 试题解析：（1）由 ，得 ，所以 ， 即 ． 因为 ，当且仅当 时，取等号，所以 ， 所以 ，即 ． （2）因为 ，所以 ． 因 为 ， ， 所 以 ， 即 ， 即 ．所以 ，当且仅当 时，取等号．所 以原命题得证． 3．已知 均为正数，且 ． （1）证明：若 ，则 ； （2） ，求实数 的取值范围． 【解析】（1）证明：由 ，且 均为正数，得 ，又 ， ． （2）解： ， ． 由 于 ， 又 已 知 ，则 ，当且仅当 时取等号． 考向 6 反证法证明不等式 利用反证法证明问题的一般步骤 ( ) 4a b c+ = ( )22 16a b c+ = ( )2 2 22 16a b bc c+ + = 2 2 2 162b bc c a + + = ( )2 2 2 22 2b bc c b c+ + ≤ + b c= ( )2 2 2 16 2 b ca ≤ + ( )2 2 28 a b c≤ + ( )2 2 2 8a b c+ ≥ ( ) 4a b c+ = 4ab ac+ = 2 2 2 a bab +≤ 2 2 2 a cac +≤ 2 2 2 2 2 2 a b a cab ac + ++ ≤ + 2 2 22 2 a b cab ac + ++ ≤ 2 2 224 2 a b c+ +≤ 2 2 22 8a b c+ + ≥ 2a b c= = = ± , , ,a b c d ad bc= a d b c+ > + a d b c− > − 2 2 2 2 4 4 4 4t a b c d a c b d+ ⋅ + = + + + t a d b c+ > + , , ,a b c d ( ) ( )2 2a d b c+ > + ad bc= ( ) ( )2 2 ,a d b c a d b c∴ − > − ∴ − > − ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22a b c d a c a d b c b d a c abcd b d ac bd+ + = + + + = + + = + ( )2 2 2 2t a b c d t ac bd∴ + ⋅ + = + 4 4 4 42 , 2a c ac b d bd+ ≥ + ≥ 2 2 2 2 4 4 4 4t a b c d a c b d+ ⋅ + = + + + ( ) ( )2 , 2t ac bd ac bd t+ ≥ + ∴ ≥ ,a c b d= = （1）否定原结论；（2）从假设出发，导出矛盾；（3）证明原命题正确． 【例 14】证明：对 这 个值至少有一个不小于 ． 【证明】假设 ，则 而 ，即 ，这与 式矛盾， 假设错误，即原命题成立． 【名师点睛】应用反证法证题时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一 条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛 盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简 单事实矛盾；⑤自相矛盾等． 【例 15】【2018 武汉蔡甸区汉阳一中高三第五次模拟】已知 ， ，函数 的最小值为 ． （1）求 的值； （2）证明： 与 不可能同时成立． 【答案】(1)2(2)见解析 证明：（2）∵ ，而 ，故 ． 假设 与 同时成立．即 与 同时成立， ∵ ， ，则 ， ，∴ ，这与 矛盾， 从而 与 不可能同时成立． 点睛：形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法，利用绝对 值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设 a＜b)三个部分， 在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；(2) 1 2, 3 1, , 2 1xx x x x x−∀ ∈ − − + − +R 3 0 1 23 1 0 , 0 , 2 1 0x x x x x− − − < + < − + < ( ) ( ) ( ) ( )1 12 23 1 2 1 3 2 0x xx x x x x x− −− − + + + − + = + − < ∗ ( ) ( )21 12 03 2 1 3 1 3 1 0x xx x x− −+ − = − + − ≥ − = 1 23 2 0x x x− + − ≥ ( )∗ ∴ 0a > 0b > ( )f x x a x b= − + + 2 a b+ 2 2a a+ > 2 2b b+ > 2a b+ = 2a b ab+ ≥ 1ab ≤ 2 2a a+ > 2 2b b+ > ( )( )2 1 0a a+ − > ( )( )2 1 0b b+ − > 0a > 0b > 1a > 1b > 1ab > 1ab ≤ 2 2a a+ > 2 2b b+ > 几何法，利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点 x 1＝a 和 x2＝b 的距离之和 大于 c 的全体；(3)图象法：作出函数 y1＝|x－a|＋|x－b|和 y2＝c 的图象，结合图象求解． … 【跟踪练习】 1．【2018 河北邢台高三上 期第二次月考】①已知 ，求证 ，用反证法 证明时，可假设 ；②设 为实数， ，求证 与 中 至少有一个不小于 ，由反证法证明时可假设 ，且 ，以下说法正确的 是（ ） A．①与②的假设都错误 B．①与②的假设都正确 C．①的假设正确，②的假设错误 D．①的假设错误，②的假设正确 【答案】C 【解析】根据反证法的格式知，①正确；②错误，②应该是 与 都小于 ，故 选 C． 2 ．【 2018 河 南 省 八 市 高 二 下 期 第 一 次 测 评 】 若 ， 用 反 证 法 证 明 ： 函数无零点． 当 时， ，当 时， ， 所以 ，所以 ， 但这与条件 矛盾，故假设不成立，即原命题得证． 3．设 ， ，且 ．证明： 与 不可能同时成 立． 【证明】假设 与 同时成立，则有 ． 而由 得 ， ， ， ． 3 3 2p q+ = 2p q+ ≤ 2p q+ > a ( ) 2f x x ax a= + + ( )1f ( )2f 1 2 ( ) 11 2f ≥ ( ) 12 2f ≥ ( )1f ( )2f 1 2 1m < − ( ) ( ) 23 ,( 0)xf x xe m x x= − + > 0 1x< < ( ) 0g x′ < 1x > ( ) 0g x′ > ( ) ( ) ( )min 1 3g x g x g e≥ = = − 3m e≥ − 1m < − 0a > 0b > 2 2 2 2 1 1a b a b + = + 2 2a a+ < 2 2b b+ < 2 2a a+ < 2 2b b+ < ( )2 2 4a a b b+ + + < ∗ 2 2 2 2 1 1a b a b + = + 2 2 1a b = 0a > 0b > 1ab∴ = （ 当 且 仅 当 等 号 成 立 ）， （ 当 且 仅 当 等号成立）， （当且仅当 等号成立）， 这与 式矛盾，故假设错误， 与 不可能同时成立． 考向 7 放缩法证明不等式 证明不等式时，通过把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简，并使它与不等式 的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法． 注意：在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度． 【例 16】若 ，求证： ． 【证明】当 时，不等式显然成立． 当 时，由 得 ， ． 【名师点睛】在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： （1）变换分式的分子和分母，如 ； （2）利用函数的单调性； 0 . （3）真分数性质“若 ，则 ”． 【例 17】【2018 浙江省重点中 高三上 期期末热身联考】已知数列 满足： ， ． ⑴求 ； ⑵证明： ； ⑶是否存在正实数 ，使得对任意的 ，都有 ，并说明理由． 2 2 2 2a b ab≥+ = 1a b= = 2 2a b ab≥+ = 1a b= = 2 2 2 2 4a a b b ab ab≥∴ + + + + = 1a b= = ( )∗ 2 2a a∴ + < 2 2b b n+ < ,a b∈R 1 1 1 a b a b a b a b + ≤ ++ + + + 0a b+ = 0a b+ ≠ 0 a b a b< + ≤ + 1 1 a b a b ≥+ + 1 1 1 11 1 1 1 1 11 1 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b + +∴ = ≤ = = + ≤ ++ + + + + + + + + ++ ++ + ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1 1 1 2 1 2, , , , 11 1 1 1 k kk k k k k k k k k k k k < > < > ∈ >− + + − + + N 0 , 0a b m< < > a a m b b m +< + { }na 1 0a = ( )1l ln2 0n n nn a a a n+ − + + = ( )*n N∈ 3a ( )1 1ln 2 2 1 2n n na− −− ≤ ≤ − c *n N∈ 1na c≤ − 【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）存在 ． 试题解析：（1）由已知 ， ∴ ， （2）∵ ， ∴ ，则 ， ∴ 令 ， 则 ∴{ }是递增数列 ∴ ，即 ∴ 综上 （3）由(2)得 ∴ 1 1 2 4 e + 1 6c = ( )ln2 1 na n n na a e− + + = + 1 0a = 2 1 2a = 3 1 1 2 4 a e = + 1n na a+ > 1 0a = 0na ≥ ( )ln2 ln2 1 2na n n n n n n na a e a e a− + − − + = + ≤ + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 11 1 1 2 12 2 2 2 2 2 1 2n n n n n n n n na a a a− − − − − − − − − −− − − −≤ + ≤ + + ≤ ≤ + + + + = −  ( ) 12 2na nf n e −= + − ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )ln 2 1 111 2 2 2 2 2 2a nn n n n n n nna a a a a e an n nf n f n e e e e e e − + + +− − +− − −+ − = + − − + − = − − = − − ( )( ) ( )ln 2 ln21 2 2 0a nn nn n a na ae n ne e e e − + − +− −= − − > − = ( )f n ( ) ( )1 0f n f≥ = 12 2 0na ne −+ − ≥ ( )1ln 2 2 n na −≥ − ( )1 1n 2 2 1 2n n nl a− −− ≤ ≤ − ( ) ( )1ln 2 2 ln2ln2 1 1 1 2 2 n n na n n n n n na a e a e a − − − +− +   + += + ≤ + = + − ( )1 2 11 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2n n nn n n n n n na a a a n− − − − −≤ + ≤ + + ≤ ≤ + + + + = + + + ≥− − − − − − − − −   ∵ ， ∴当 时， ． 由 的单调性知：当 时， ， 综上：对任意的 ，都有 ，所以存在 ． （c 的取值不唯一，若 c 取其它值相应给分） 点睛：本题考虑数列的不等式的证明和数列与函数的关系，恒成立问题的求解等问题，具体 涉及到数列与不等式的综合运用，其中放缩法的应用和构造法的应用是解题的关键． 【跟踪练习】 设 n 是正整数，求证： ． 【证明】由 ，得 ． 当 时 ， ； 当 时 ， ； … ； 当 时 ， ， ， 原不等式成立． 考向 8 数 归纳法证明不等式 【 例 18 】【 2018 山 东 临 沂 第 一 中 高 二 下 期 第 一 次 月 考 】 若 不 等 式 对一切正整数 都成立． （1）猜想正整数 的最大值； （2）并用数 归纳法证明你的猜想． 【答案】（1）25．（2）详见解析 ( )2 2 1 1 1 32 2 4 2 2 3 2n n n n− −= ≤ ≥− ⋅ − ⋅ 4n ≥ 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 2 6 3 2 3 2 2 6 3 2 2 6n n na − −  ≤ + + + + = + + − < ⋅ ⋅   { }na 1 2 3n = ，， 5 6na < *n N∈ 5 6na < 1 6c = 1 1 1 1 12 1 2 2n n n ≤ + + + <+ +  ( )2 1, 2 , ,n n k n k n≥ + > =  1 1 1 2n n k n ≤ <+ 1k = 1 1 1 2 1n n n ≤ <+ 2k = 1 1 1 2 2n n n ≤ <+ k n= 1 1 1 2n n n n ≤ <+ 1 1 1 1 12 2 1 2 2 n n n n n n n ∴ = ≤ + + + < =+ +  ∴ 1 1 1 1 2 3 1 24 a n n n + + + >+ + + n a （2）下面利用数 归纳法证明： ①当 时，已证： ②假设 时，不等式成立，即 则当 时，有 因为 所以 所以当 时不等式也成立 由①②知，对一切正整数 ，都有 所以 的最大值等于 25． 【例 19】【2018 浙江名校协作体高三上 期考试】已知无穷数列 的首项 ， ． （Ⅰ）证明： ； （ Ⅱ ） 记 ， 为 数 列 的 前 项 和 ， 证 明 ： 对 任 意 正 整 数 ， ． 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析． 1 1 1 25 1 2 3 1 24n n n + + + >+ + + 1n = n k= 1 1 1 25 1 2 3 1 24k k k + + + >+ + + 1n k= + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1k k k + + ++ + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 k 1 k 2 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 = + + + + + + −+ + + + + + + ( ) 25 1 1 1 2 24 3k 2 3k 3 3k 4 3 k 1  > + + + − + + + +   ( ) ( )2 6 k 11 1 2 3k 2 3k 4 9k 18k 8 3 k 1 ++ = >+ + + + + ( ) 1 1 1 2 03k 2 3k 3 3k 4 3 k 1 + + − >+ + + + n k 1= + n 1 1 1 25 n 1 n 2 3n 1 24 + + + >+ + + a { }na 1 1 2a = * 1 1 1 1 ,2 n n n a n Na a+  = + ∈    0 1na< < ( )2 1 1 n n n n n a ab a a + + −= nT { }nb n n 3 10nT < 则 也为递减数列，故当 时， 所以当 时， 当 时， ，成立； 当 时，利用裂项求和法即可得证 试题解析：（Ⅰ）证明：①当 时显然成立； ②假设当 时不等式成立，即 ， 那么当 时， ，所以 ， 即 时不等式也成立． 综合①②可知， 对任意 成立． （Ⅱ） ，即 ，所以数列 为递增数列． 又 ，易知 为递减数列， 所以 也为递减数列，所以当 时， ， 所以当 时， ， 1 1 1 n na a +  −    2n ≥ 1 1 1 n na a + − 2 2 1 1 2 aa  ≤ −    1 5 4 2 4 5  = −   9 40 = 2n ≥ ( )2 1 1 n n n n n a ab a a + + −= = ( ) ( )1 1 1 1 1 9 40n n n n n n a a a aa a+ + +  − − < −    1n = 1 1 9 3 40 10nT T b= = = < 2n ≥ 1n = n k= ( )*k N∈ 0 1ka< < 1n k= + 1 1 1 1 2 k k k aa a+  = +    > 1 1·2 · 12 k k a a = 10 1ka +< < 1n k= + 0 1na< < *n N∈ 1 2 2 11 n n n a a a + = >+ 1n na a+ > { }na 1 1 1 1 1 1 2 n n n n n aa a a a+  − = − +    1 1 2 n n aa  = −    1 n n aa  −    1 1 1 n na a +  −    2n ≥ 1 1 1 n na a + − 2 2 1 1 2 aa  ≤ −    1 5 4 2 4 5  = −   9 40 = 2n ≥ ( )2 1 1 n n n n n a ab a a + + −= = ( ) ( )1 1 1 1 1 9 40n n n n n n a a a aa a+ + +  − − < −    当 时， 成立； 当 时， ． 综上，对任意正整数 ， ． 【例 20】【2018 浙江部分市 校（新昌中 、台州中 等）上 期高三 9 月联考】已知数列 满足： ， ， ．　 （1）证明： ； （2）证明： ； （3）证明： ． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析． ， 再 根 据 ， 推 出 ， 然 后 由 ， 推 出 ，即可得证． 试题解析：（1）先用数 归纳法证明 ．　 1n = 1 1 9 3 40 10nT T b= = = < 2n ≥ 1 2n nT b b b= + + + < ( ) ( ) ( )3 2 4 3 1 9 9 40 40 n na a a a a a+ + − + − + + −  ( )1 2 9 9 40 40 na a+= + − ( )2 9 9 9 9 4 27 31 140 40 40 40 5 100 10a  < + − = + − = <   n 3 10nT < { }na 1 1pa p += 1p > 1 1 ln n n n aa a+ −= 1 1n na a +> > 1 2 1 1 2 n n n n a aaa + +< <+ ( )1 21 1 1 2 1 1 2 1ln1 2 2 n n nn na a ap p− − − −× < … < ×+ ( ) 1 1 1 1 1 11 1 2 2 n n na a p − −   − < − =       ln 1x x≤ − ( )1 2 1 2ln ln ln lnn na a a a a a… = + +…+ 1 1 2 1 2 n np − −< × 1ln 1x x ≥ − ( )1 2 1 1 2 1ln 1 2 n n na a a p − −… > ×+ 1na > ①当 时，∵ ，∴ ； ②假设当 时， ，则当 时， ． 由①②可知 ．再证 ． ， 令 ， ， 则 ， 所以 在 上单调递减，所以 ，所以 ，即 ． （ 2 ） 要 证 ， 只 需 证 ， 只 需 证 其 中 ， 先 证 ， 令 ， ，只需证 ．　 因为 ，所以 在 上单调递减，所 以 ．再证 ． 令 ， ， 只 需 证 ， ， 令 ， ，则 ， 所以 在 上单调递增，所以 ， 从而 ，所以 在 上单调递增，所以 ， 综上可得 ． 1n = 1p > 1 1 1pa p += > n k= 1ka > 1n k= + 1 1 1 1ln 1 k k k k k a aa a a+ − −= > =− 1na > 1n na a +> 1 1 1 ln ln ln n n n n n n n n n a a a aa a aa a+ − − −− = − = ( ) 1 lnf x x x x= − − 1x > ( )' ln 0f x x= − < ( )f x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0f x f< = 1 ln 0ln n n n n a a a a − − < 1n na a +> 1 2 1 1 2 n n n n a aaa + +< <+ 2 1 1 1 ln 2 n n n n n a a a a a − +< <+ ( ) 22 1 0,{ 1 2 2 0, n n n n n n a lna a a lna a − + < + − + > 1na > 22 ln 1 0n n na a a− + < ( ) 22 ln 1f x x x x= − + 1x > ( ) 0f x < ( ) ( )' 2ln 2 2 2 1 2 2 0f x x x x x= + − < − + − = ( )f x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0f x f< = ( )1 ln 2 2 0n n na a a+ − + > ( ) ( )1 ln 2 2g x x x x= + − + 1x > ( ) 0g x > ( ) 1 1' ln 2 ln 1xg x x xx x += + − = + − ( ) 1ln 1h x x x = + − 1x > ( ) 2 2 1 1 1' 0xh x x x x −= − = > ( )h x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0h x h> = ( )' 0g x > ( )g x ( )1,+∞ ( ) ( )1 0g x g> = 1 2 1 1 2 n n n n a aaa + +< <+ （ 3 ） 由 （ 2 ） 知 ， 一 方 面 ， ， 由 迭 代 可 得 ， 因为 ，所以 ，所以 ； 另一方面，即 ，由迭代可得 ． 因为 ，所以 ，所以 ； 综上， ． 点睛：本题主要考查利用数 归纳法、分析法证明不等式，考查利用导数求函数的单调区间 及最值问题．第一问是利用分析法证明不等式，分析法证明不等式是从结论出发，通过变形 转化之后，变为一个显然成立的结论，那么原不等式即是成立的．证明不等式，也可以考虑 通过放缩后，利用导数求最值来证明． 【跟踪练习】 1．用数 归纳法证明：对一切大于 1 的自然数 ，不等式 均成立． 【证明】（1）当 时，左边 ；右边 ．∵左边>右边，∴不等式成 1 11 2 n n aa − −− < ( ) 1 1 1 1 1 11 1 2 2 n n na a p − −   − < − =       ln 1x x≤ − 11 1ln 1 2 n n na a p − ≤ − <    ( )1 2 1 2ln ln ln lnn na a a a a a… = + +…+ 0 1 11 1 1 1 2 2 2 n p −      < + +… +              1 111 1 2 12 1 21 2 n n np p −  −  − = × = × − 1 1 1 1 2 n n n n a a a a + + − −> 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 n n n n a a a a p − −− −    > × =   +    1ln 1x x ≥ − 1ln 1n n a a ≥ − 11 1 1 2 n p − >  +   ( ) 0 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1ln ln ln ln 1 2 2 2 n n na a a a a a p −      … = + +…+ > × + +…+      +         1 1 2 1 1 2 n np − −= ×+ ( )1 21 1 1 2 1 1 2 1ln1 2 2 n n nn na a ap p− − − −× < … < ×+ n 1 1 1 2 11 1 13 5 2 1 2 n n +    + + ⋅ ⋅ + >    −     2n = 1 41 3 3 = + = 5 2 = 立． （2）假设 时不等式成立，即 ． 则当 时， ∴当 时，不等式也成立． 由（1）（2）知，对于一切大于 1 的自然数 ，不等式都成立． 2．已知函数存在 （I）证明 在 R 上是单调增函数； （II）设 证明： ． 【证明】（I） ，故函数 在 R 上是单调 增函数． （II）①当 n=1 时， ． 当 n=2 时，由（I）及函数 在 R 上单调递增及 得 [ : _xx_ ] ②设 时，不等式成立，即 ， 则当 时，又 在 R 上单调递增，则 ， 又 ，则 ( )2 ,n k k k ∗= ≥ ∈N 1 1 1 2 11 1 13 5 2 1 2 k k +    + + ⋅ ⋅ + >    −     1n k= + ( ) ( )2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 2 21 1 1 13 5 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 14 8 4 4 8 3 2 3 2 1 22 2 1 2 2 1 2 2 1 k k k k k k k kk k k k k k k k k   + + +    + + ⋅ ⋅ + + > ⋅ =     − + − + +      + ++ + + + + ⋅ += > = = + + +  1n k= + n 0 0 0 10, , ( ) .2x f x x ∈ =   ( )f x * 1 1 n 1 n 1 10, , ( ), ( ),(n N ).2 n nx y x f x y f y+ += = = = ∈ 1 0 1n n n nx x x y y+ +< < < < 2 21 1 1( ) 3 2 3( ) 0( )2 3 6f x x x x x R′ = − + = − + > ∈ ( )f x 1 0 1 10 2x x y= < < = ( )f x 0 0( )f x x= 2 1 0 1 2 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) y , 1(0) 0,4 1 3 1( ) .2 8 2 x f x f x f y x f x y f y   = < < =  = = > =   = = < = 2n k= ≥ 1 0 1k k k kx x x y y+ +< < < < 1n k= + ( )f x 1 0 1( ) ( ) ( ) ( )k k k kf x f x x f y f y+ +< < < < n 1 n 1( ), ( )n nx f x y f y+ += = 由①，②知，对一切 成立． 3 ．【 2018 陕 西 省 西 安 市 西 北 工 业 大 附 属 中 高 三 上 第 七 次 模 拟 】 已 知 函 数 ． （1）当 时，求函数 的最值； （2）当 时，对任意 都有 恒成立，求实数 的取值范围； （3）当 时，设函数 ，数列 满足 ， ，求 证： ， ． 【答案】（1） ，无最大值．（2） （3）见解析 试 题 解 析 ： （ 1 ） ∵ ， ∴ ， ∴ ，令 ，得 ，则 随 变化如下： 所以 ，无最大值． （2）设 ，则 ， 当 时，且 ， ，函数 在 上是增加的， 1 2 1 2 0 2 1 2 1.k k k kx x x x x y y y y+ + + +< < ⋅⋅⋅ < < < < < < ⋅⋅⋅ < < *n N∈ 1 0 1n n n nx x x y y+ +< < < < ( ) logaf x x x= 2a = ( ) ( ) ( )1F x f x f x= + − a e= 0x ≥ ( )1f x mx+ ≥ m a e≥ ( ) ( )G x x f x= − { }nb 10 1b< < ( )1n nb G b+ = 10 1n nb b +< < < *n N∈ ( )min 1F x = − 1m ≤ ( ) 2logf x x x= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 log 1 log 1F x f x f x x x x x= + − = + − − ( )0,1x∈ ( ) 2log 1 xF x x =′ − ( ) 0F x′ = 1 2x = ( ) ( ),F x F x′ ( )0,1x∈ ( )min 1F x = − ( ) ( ) ( ) ( )1 1 ln 1h x f x mx x x mx= + − = + + − ( ) ( )ln 1 1h x x m+′ = + − 1m ≤ 0x ≥ ( ) ( )ln 1 1 0h x x m= + + − ≥′ ( )h x [ )0,+∞ ∴ ， 成立； 当 时 ， 令 ， 得 ， 当 ， ， 函数 在 上是减小的，而 ，所以，当 时， ， 所以 不恒成立， 综上，对任意 都有 恒成立时， ． （3）∵ ，∴ ， 又 ，当 时， ，∴ 在 上是增 加的， 所 以 ， 当 时 ， ∵ ， ∴ ， 而 ，∴ 成立． ， 假 设 时 ， 成 立 ， 那 么 当 时 ， ， 而 ，∴ 成立． 综合 ， 得： ， 成立． ( ) ( )0 0h x h≥ = ( )1f x mx+ ≥ 1m > ( ) ( )ln 1 1 0h x x m= + + − =′ 1 1mx e −= − )10, 1mx e −∈ − ( ) 0h x′ < ( )h x )10, 1mx e −∈ − ( )0 0h = )10, 1mx e −∈ − ( ) 0h x < ( )1f x mx+ ≥ 0x ≥ ( )1f x mx+ ≥ 1m ≤ ( ) ( ) logaG x x f x x x x= − = − ( ) log 1 loga aG x x e+ −′ = − a e≥ ( ]0,1x∈ ( ) log 0aG x x=′ − ≥ ( ) logaG x x x x= − ( ]0,1x∈ 01 1n = 10 1b< < ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 11 1 log 1 log 0a aG G b b b b b b b= > = − = − > > ( )2 1b G b= 1 20 1b b< < < 02 n k= 10 1k kb b +< < < n k= ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 11 1 log 1 log 0k k k a k k a k kG G b b b b b b b+ + + + + + += > = − = − > > ( )2 1k kb G b+ += 1 20 1k kb b+ +< < < 01 02 *n N∀ ∈ 10 1n nb b +< < <