高考第二轮复习理数专题二十三 不等式选讲

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高考第二轮复习理数专题二十三 不等式选讲

‎2017年高考第二轮复习:‎ ‎(理数)专题二十三 不等式选讲 ‎1.(2015·山东,5,易)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是(  )‎ A.(-∞,4) B.(-∞,1) C.(1,4) D.(1,5)‎ ‎1.A 由|x-1|-|x-5|<2‎ ‎⇒ ‎ 或 或 ‎ ‎⇒x<1或1≤x<4或∅⇒x<4.故选A.‎ ‎2.(2012·陕西,15A,易)若存在实数x使|x-a|+|x-1|≤3成立,则实数a的取值范围是________.‎ ‎2.【解析】 方法一:不等式|x-a|+|x-1|≤3表示数轴上的点x到点a和点1的距离之和小于等于3.‎ 因为数轴上的点x到点a和点1的距离之和最小时,即点x在点a和点1之间时,此时距离之和为|a-1|,‎ 要使不等式|x-a|+|x-1|≤3有解,则|a-1|≤3,‎ 解得-2≤a≤4.‎ 方法二:因为存在实数x使|x-a|+|x-1|≤3成立,‎ 所以(|x-a|+|x-1|)min≤3.‎ 又|x-a|+|x-1|≥|x-a-(x-1)|=|a-1|,‎ 所以|a-1|≤3,‎ 解得-2≤a≤4.‎ ‎【答案】 [-2,4]‎ ‎3.(2016·课标Ⅰ,24,10分,中)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.‎ ‎3.解:(1)f(x)= y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象,‎ 当f(x)=1时,可得x=1或x=3;‎ 当f(x)=-1时,可得x=或x=5,‎ 故f(x)>1的解集为{x|11的解集为.‎ ‎4.(2016·课标Ⅲ,24,10分,中)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.‎ ‎4.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|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a.‎ 所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.‎ 当a≤1时,上式等价于1-a+a≥3,无解.‎ 当a>1时,上式等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).‎ ‎5.(2015·江苏,21D,10分,易)解不等式x+|2x+3|≥2.‎ ‎5.解:原不等式可化为或 解得x≤-5或x≥-.‎ 综上,原不等式的解集是{x|x≤-5或x≥-}.‎ ‎6.(2014·课标Ⅱ,24,10分,中)设函数f(x)=+|x-a|(a>0).‎ ‎(1)证明:f(x)≥2;‎ ‎(2)若f(3)<5,求a的取值范围.‎ ‎6.解:(1)证明:由a>0,得f(x)=+≥ ‎=+a≥2,‎ 所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)=+|3-a|.‎ 当a>3时,f(3)=a+,‎ 由f(3)<5得30时,-≤x≤,得a=2.‎ ‎(2)记h(x)=f(x)-2f =|2x+1|-2|x+1|,‎ 则h(x)= 所以当x≤-1时,h(x)=1;‎ 当-11.‎ ‎(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;‎ ‎(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.‎ ‎【解析】 (1)当a=2时,‎ f(x)+|x-4|=|x-2|+|x-4|= 当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x≤1;‎ 当21,所以|4x-2a|≤2,解得≤x≤.‎ 又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},‎ 所以解得a=3.‎ 解绝对值不等式的关键是去掉绝对值,要注意分类讨论思想的运用.解题(1)时将不等式转化为f(x)+|x-4|≥4后,利用零点分段法去绝对值,运用分类讨论的思想,确定不等式的解集;解题(2)的关键是构造辅助函数h(x)=f(2x+a)-2f(x)进行求解.‎ ‎ (2015·课标Ⅰ,24,10分)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,‎ 即x>4,无解;‎ 当-10,解得0,解得1≤x<2.‎ 综上,f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得,‎ f(x)= 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,B(2a+1‎ ‎,0),C(a,a+1),△ABC的面积为(a+1)2.‎ 由题设得(a+1)2>6,故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2,+∞).‎ 含绝对值不等式的常用解法 ‎(1)基本性质法:对a∈R+,|x|<a⇔-a<x<a,|x|>a⇔x<-a或x>a.‎ ‎(2)平方法:两边平方去掉绝对值符号.‎ ‎(3)零点分区间法: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)求解.‎ ‎(4)几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的距离求解.‎ ‎(5)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.‎ 含参数的绝对值不等式问题多考查恒成立、存在性、参数范围问题.此类问题多可转化为最值问题,以解答题的形式考查.‎ ‎ 2(2013·课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.‎ ‎(1)当a=-2时,求不等式f(x)-1,且当x∈时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)当a=-2时,不等式f(x)x-f(x)恒成立时a的取值范围.‎ 解:(1)由题意得,当a=2时,‎ f(x)= ‎∵f(x)在(2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴f(x)的值域为[2,+∞).‎ ‎(2)由g(x)=|x+1|,不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立,‎ 有|x+1|+|x-a|>2恒成立,‎ 即(|x+1|+|x-a|)min>2.‎ 而|x+1|+|x-a|≥|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,‎ ‎∴|1+a|>2,解得a>1或a<-3.‎ 不等式恒成立时求参数范围问题的解法 ‎(1)分离参数法:运用“f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a,f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题.‎ ‎(2)更换主元法:对于不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时,可转换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.‎ ‎(3)数形结合法:在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合,揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维的优势,可直接解决问题.‎ ‎1.(2016·山西大同质检,24,10分)已知函数f(x)=|2x-1|+|x-2a|.‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)≤3的解集;‎ ‎(2)当x∈[1,2]时,f(x)≤3恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎1.解:(1)当a=1时,由f(x)≤3,可得|2x-1|+|x-2|≤3,‎ ‎∴①或②或③ 解①得0≤x<,解②得≤x<2,解③得x=2.‎ 综上可得,0≤x≤2,即不等式的解集为[0,2].‎ ‎(2)∵当x∈[1,2]时,f(x)≤3恒成立,‎ 即|x-2a|≤3-|2x-1|=4-2x,‎ 故2x-4≤2a-x≤4-2x,‎ 即3x-4≤2a≤4-x.‎ 再根据3x-4在x∈[1,2]上的最大值为6-4=2,4-x的最小值为4-2=2,‎ ‎∴2a=2,∴a=1,‎ 即a的取值范围为{1}.‎ ‎2.(2016·河南开封二模,24,10分)已知函数f(x)=|2x+1|+|2x-3|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤6的解集;‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)<|a-1|的解集不是空集,求实数a的取值范围.‎ ‎2.解:(1)原不等式等价于 或或 解得4,∴a<-3或a>5,‎ ‎∴实数a的取值范围为(-∞,-3)∪(5,+∞).‎ ‎3.(2015·福建泉州模拟,21(3),7分)已知函数f(x)=|x+3|-|x-2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥3的解集;‎ ‎(2)若f(x)≥|a-4|有解,求a的取值范围.‎ ‎3.解:(1)f(x)=|x+3|-|x-2|≥3,‎ 当x≥2时,有x+3-(x-2)≥3,解得x≥2;‎ 当x≤-3时,-x-3+(x-2)≥3,解得x∈∅;‎ 当-33或 解得x>.‎ ‎(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[-2,2]上恒成立,‎ 即|x+a|-4≤|x-3|-|x+1|在x∈[-2,2]上恒成立,‎ 在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象,如图所示.‎ 故当x∈[-2,2]时,若0≤-a≤4,则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方,g(x)≤f(x)在x∈[-2,2]上恒成立,‎ 求得-4≤a≤0,故所求的实数a的取值范围为[-4,0].‎ ‎1.(2014·陕西,15A,易)设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则的最小值为________.‎ ‎1.【解析】 根据柯西不等式(ma+nb)2≤(a2+b2)(m2+n2),得25≤5(m2+n2),得m2+n2≥5,故的最小值为.‎ ‎【答案】  ‎2.(2016·课标Ⅱ,24,10分)已知函数f(x)=+,M为不等式f(x)<2的解集.‎ ‎(1)求M;‎ ‎(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.‎ ‎2.[考向1]解: (1)f(x)= 当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;‎ 当-0,b>0,且a+b=+.证明:‎ ‎(1)a+b≥2;‎ ‎(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ ‎3.证明:由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab=1,‎ 有a+b≥2=2,即a+b≥2.‎ ‎(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,‎ 则由a2+a<2及a>0得00,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.‎ ‎4.证明:因为x>0,y>0,‎ 所以1+x+y2≥3>0, 1+x2+y≥3>0,‎ 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.‎ ‎5.(2014·福建,21(3),7分,中)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.‎ ‎5.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.‎ 不等式的证明是高考的一个重要考向,证明方法灵活多样,技巧性和综合性较强.全国高考都是以解答题的形式出现.‎ 在复习中,熟练掌握不等式的证明方法尤为重要,弄清每种方法的适用性,通过训练寻找解题规律.‎ ‎ 1(2015·课标Ⅱ,24,10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:‎ ‎(1)若ab>cd,则+>+;‎ ‎(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ ‎【证明】 (1)因为(+)2=a+b+2,‎ ‎(+)2=c+d+2,‎ 由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.‎ 因此+>+.‎ ‎(2)①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+>+.‎ ‎②若+>+,则(+)2>(+)2,‎ 即a+b+2>c+d+2.‎ 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,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 本例考查不等式的证明和充要条件的判定,考查推理论证能力和转化与化归的思想方法.‎ 解题(1)利用分析法证明,要证的不等式两边都是正数,要证原不等式,只要证明左边的平方大于右边的平方即可;‎ 解题(2)要分充分性和必要性两种情况证明,同样通过两边平方来证明.‎ ‎ (2013·课标Ⅱ,24,10分)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,‎ 证明:(1)ab+bc+ca≤;‎ ‎(2)++≥1.‎ 证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca 得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 由题设得(a+b+c)2=1,‎ 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.‎ 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.‎ ‎(2)因为+b≥2a,+c≥2b, +a≥2c,‎ 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),‎ 即++≥a+b+c.‎ 所以++≥1.‎ 证明不等式常用的方法 ‎(1)证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法.如果已知条件与待证结论的联系不明显,可考虑用分析法.‎ ‎(2)如果待证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出,则考虑用反证法.‎ ‎(3)如果待证不等式与自然数有关,则考虑用数学归纳法等.在必要的情况下,可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.‎ 利用基本不等式和柯西不等式求最值问题是近几年高考常考内容,在全国高考中一般是以解答题形式考查,难度属中低档.‎ 复习中掌握基本不等式、柯西不等式及其变形技巧是解答此类问题的关键.‎ ‎ 2(1)(2013·湖南,10)已知a,b,c∈R,a+2b+3c=6,则a2+4b2+9c2‎ 的最小值为________.‎ ‎(2)(2014·课标Ⅰ,24,10分)若a>0,b>0,且+=.‎ ‎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.‎ ‎【解析】 (1)由柯西不等式(a2+4b2+9c2)(12+12+12)≥(a+2b+3c)2得3(a2+4b2+9c2)≥36,所以a2+4b2+9c2≥12,当且仅当a=2b=3c=2时,a2+4b2+9c2取得最小值12.‎ ‎(2)①由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.‎ 故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.‎ 所以a3+b3的最小值为4.‎ ‎②不存在a,b,使得2a+3b=6.理由如下:‎ 由(1)知,2a+3b≥2≥4.‎ 由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.‎ 解题(1)时注意观察已知与所求式的特点,由柯西不等式求解;‎ 解题(2)①时结合已知等式运用基本不等式得到ab≥2,再次运用基本不等式求出最小值;解题(2)②时运用基本不等式求出2a+3b的最小值为4,而4>6,从而说明不存在a,b,使得2a+3b=6.‎ ‎ (2015·陕西,24,10分)已知关于x的不等式|x+a|<b的解集为{x|2<x<4}.‎ ‎(1)求实数a,b的值;‎ ‎(2)求+的最大值.‎ 解:(1)由|x+a|<b,得-b-a<x<b-a,则 解得a=-3,b=1.‎ ‎(2)+=+≤ ‎=2=4,‎ 当且仅当=,即t=1时等号成立,‎ 故(+)max=4.‎ 利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法 ‎(1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时,常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形,使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件.‎ ‎(2)在应用柯西不等式求最大值时,要注意等号成立的条件,柯西不等式在排列上规律明显,具有简洁、对称的美感,运用柯西不等式求解时,按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题.‎ ‎1.(2016·贵州六校联考,24,10分)已知a>0,b>0,a+b=1,求证:‎ ‎(1)++≥8;‎ ‎(2)≥9.‎ ‎1.证明:(1)∵a+b=1,a>0,b>0,‎ ‎∴++=++ ‎=2=2 ‎=2+4‎ ‎≥4+4=8(当且仅当a=b=时,等号成立),‎ ‎∴++≥8.‎ ‎(2)∵ ‎=+++1,‎ 由(1)知++≥8.‎ ‎∴≥9.‎ ‎2.(2016·湖北武汉四校联考,24,10分)已知关于x的不等式m-|x-2|≥1,其解集为[0,4].‎ ‎(1)求m的值;‎ ‎(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.‎ ‎2.解:(1)不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,‎ ‎∴1-m≤x-2≤m-1,‎ 即3-m≤x≤m+1.‎ ‎∵其解集为[0,4],∴ ‎∴m=3.‎ ‎(2)由(1)知a+b=3,‎ ‎∵(a2+b2)(12+12)≥(a×1+b×1)2=(a+b)2=9,‎ ‎∴a2+b2≥,∴a2+b2的最小值为.‎ ‎3.(2016·陕西宝鸡质检,24,10分)已知a,b均为正数,且a+b=1,证明:‎ ‎(1)(ax+by)2≤ax2+by2;‎ ‎(2)+≥.‎ ‎3.证明:(1)(ax+by)2-(ax2+by2)=a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy,‎ 因为a+b=1,‎ 所以a-1=-b,b-1=-a.‎ 又a,b均为正数,‎ 所以a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy ‎=-ab(x2+y2-2xy)‎ ‎=-ab(x-y)2≤0,当且仅当x=y时等号成立.‎ 所以(ax+by)2≤ax2+by2.‎ ‎(2)+=4+a2+b2+=4+a2+b2++=4+a2+b2+1+++++1=4+(a2+b2)+2+2+≥4++2+4+2= ‎.‎ 当且仅当a=b时等号成立.‎ ‎4.(2016·广东佛山一模,24,10分)已知二次函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的定义域为[-1,1],且|f(x)|的最大值为M.‎ ‎(1)证明:|1+b|≤M;‎ ‎(2)证明:M≥.‎ ‎4.证明:(1)∵M≥|f(-1)|=|1-a+b|, M≥|f(1)|=|1+a+b|,‎ ‎∴2M≥|1-a+b|+|1+a+b|≥|(1-a+b)+(1+a+b)|=2|1+b|,‎ ‎∴M≥|1+b|.‎ ‎(2)依题意,M≥|f(-1)|,M≥|f(0)|,M≥|f(1)|.‎ 又|f(-1)|=|1-a+b|,|f(1)|=|1+a+b|,|f(0)|=|b|.‎ ‎∴4M≥|f(-1)|+2|f(0)|+|f(1)|‎ ‎=|1-a+b|+2|b|+|1+a+b|‎ ‎≥|(1-a+b)-2b+(1+a+b)|=2.‎ ‎∴M≥.‎ ‎5.(2016·福建厦门质检,21(3),7分)已知a,b,c为非零实数,且a2+b2+c2+1-m=0,+++1-2m=0.‎ ‎(1)求证:++≥;‎ ‎(2)求实数m的取值范围.‎ ‎5.解:(1)证明:由柯西不等式得 (a2+b2+c2)≥,‎ 即(a2+b2+c2)≥36.‎ ‎∴++≥.‎ ‎(2)由已知得a2+b2+c2=m-1,++=2m-1,‎ ‎∴(m-1)(2m-1)≥36,‎ 即2m2-3m-35≥0,‎ 解得m≤-或m≥5.‎ 又a2+b2+c2=m-1>0,‎ ++=2m-1>0,‎ ‎∴m≥5.‎ 即实数m的取值范围是[5,+∞).‎ ‎6.(2015·黑龙江大庆二模,24,10分)已知函数f(x)=m-|x-1|-|x-2|,m∈R,且f(x+1)≥0的解集为[0,1].‎ ‎(1)求m的值;‎ ‎(2)若a,b,c,x,y,z∈R,且x2+y2+z2=a2+b2+c2=m,求证:ax+by+cz≤1.‎ ‎6.解:(1)由f(x+1)≥0得|x|+|x-1|≤m.‎ ‎∵|x|+|x-1|≥1恒成立,‎ ‎∴若m<1,不等式|x|+|x-1|≤m的解集为∅,不合题意.‎ 若m≥1,①当x<0时,得x≥,则≤x<0;‎ ‎②当0≤x≤1时,得x+1-x≤m,即m≥1恒成立;‎ ‎③当x>1时,得x≤,则10)型不等式的解法 ‎(1)若c>0,则|ax+b|≤c等价于-c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c等价于ax+b≥c或ax+b≤-c,然后根据a,b的值解出即可.‎ ‎(2)若c<0,则|ax+b|≤c的解集为∅,|ax+b|≥c的解集为R.‎ ‎2.|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)(c>0),|x-a|-|x-b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式的解法 可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.‎ ‎(1)零点分区间法的一般步骤 ‎①令每个绝对值符号的代数式为零,并求出相应的根;‎ ‎②将这些根按从小到大排列,把实数集分为若干个区间;‎ ‎③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式,解这些不等式,求出解集;‎ ‎④取各个不等式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|≤c(c>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.|f(x)|>g(x),|f(x)|<g(x)(g(x)>0)型不等式的解法 ‎(1)|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<-g(x).‎ ‎(2)|f(x)|<g(x)⇔-g(x)<f(x)<g(x).‎ 解含绝对值号的不等式要注意分类讨论思想的应用.‎ 二、几种特殊不等式 ‎1.绝对值的三角不等式 定理1:若a,b为实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.‎ 定理2:设a,b,c为实数,则|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.‎ ‎2.三个正数的算术-几何平均不等式:如果a,b,c∈R+,那么≥,当且仅当a=b=c时等号成立.‎ ‎3.基本不等式(基本不等式的推广):对于n个正数a1,a2,…,an,它们的算术平均值不小于它们的几何平均值,即≥,当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.‎ ‎4.一般形式的柯西不等式 设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则(a+a+…+a)(b+b+…+b)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.‎
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