【数学】2018届一轮复习北师大版第十三章不等式选讲学案

【数学】2018届一轮复习北师大版第十三章不等式选讲学案

第1课时　绝对值不等式 ‎1．绝对值三角不等式 定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．‎ ‎2．绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集：‎ 不等式 a＞0‎ a＝0‎ a＜0‎ ‎|x|＜a ‎{x|－a＜x＜a}‎ ‎∅‎ ‎∅‎ ‎|x|＞a ‎{x|x＞a或x＜－a}‎ ‎{x|x∈R且x≠0}‎ R ‎(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法：‎ ‎①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；‎ ‎②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.‎ 考点一　绝对值不等式的解法 命题点 ‎1.单绝对值不等式的求解 ‎2.双绝对值不等式的求解 ‎3.利用绝对值解集求参数 ‎[例1]　(1)不等式1＜|x＋1|＜3的解集为________．‎ 解析：数轴上的点到－1的距离大于1且小于3的全体实数为所求解集．‎ 答案：(－4，－2)∪(0,2)‎ ‎(2)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.‎ 解析：∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.‎ ‎∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.‎ 答案：2‎ ‎(3)(2016·高考全国丙卷)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．‎ 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.ⅰ 当a≤1时，ⅰ等价于1－a＋a≥3，无解．‎ 当a＞1时，ⅰ等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2，＋∞)．‎ ‎[方法引航]　解绝对值不等式的基本方法有：‎ (1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式；‎ (2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式；‎ (3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解.‎ ‎1．若将本例(1)改为：|x＋1|≥3，其解集为________．‎ 解析：x＋1≥3或x＋1≤－3.‎ ‎∴x≥2或x≤－4.‎ 答案：(－∞，－4]∪[2，＋∞)‎ ‎2．将本例(2)改为，若关于x的不等式|ax－2|＜3的解集为{x|－＜x＜}，求a的值．‎ 解：由|ax－2|＜3，得－1＜ax＜5.‎ 当a＞0时，－＜x＜，与已知条件不符；‎ 当a＝0时，x∈R，与已知条件不符；‎ 当a＜0时，＜x＜－，又不等式的解集为{x|－＜x＜}，故a＝－3.‎ ‎3．(2016·高考全国乙卷)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．‎ 解：(1)f(x)＝‎ y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象知，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|1＜x＜3}；f(x)＜－1的解集为{x|x＜或x＞5}．‎ 所以|f(x)|＞1的解集为{x|x＜或1＜x＜3或x＞5}．‎ 考点二　利用绝对值不等式求最值 命题点 ‎1.利用绝对值性质求有关绝对值函数的最值 ‎2.利用绝对值函数的最值求参数 ‎[例2]　(1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值．‎ 解：∵x，y∈R，‎ ‎∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，‎ ‎|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，‎ ‎∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.‎ ‎∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.‎ ‎(2)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.‎ 解析：当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|≥0，不满足题意；当a＜－1时，f(x)＝，‎ f(x)min＝f(a)＝－‎3a－1＋‎2a＝5，解得a＝－6；‎ 当a＞－1时，f(x)＝，‎ f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋‎2a＝5，解得a＝4.‎ 答案：－6或4‎ ‎[方法引航]　求含绝对值函数的最值时，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|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|；(3)利用零点分区间法.‎ ‎1．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．‎ 解：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.‎ ‎2．若关于x的不等式|2 016－x|＋|2 015－x|≤d有解，求d的取值范围．‎ 解：∵|2 016－x|＋|2 015－x|≥|2 016－x－2 015＋x|＝1，‎ ‎∴关于x的不等式|2 016－x|＋|2 015－x|≤d有解时，d≥1.‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)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，无解；‎ 当－1＜x＜1时，不等式化为3x－2＞0，解得＜x＜1；‎ 当x≥1时，不等式化为－x＋2＞0，解得1≤x＜2.‎ 所以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，＋∞)．‎ ‎2．(2014·高考课标全国卷Ⅱ)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．‎ 解：(1)由a＞0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.‎ 所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)＝＋|3－a|.‎ 当a＞3时，f(3)＝a＋，由f(3)＜5得3＜a＜.‎ 当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，由f(3)＜5得＜a≤3.‎ 综上可得，a的取值范围是.‎ ‎3．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)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)＜g(x)的解集；‎ ‎(2)设a＞－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.‎ 设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则 y＝ 其图象如图所示．由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0.所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．‎ ‎(2)当x∈时，f(x)＝1＋a.‎ 不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.‎ 所以x≥a－2对x∈都成立．‎ 故－≥a－2，即a≤.‎ 从而a的取值范围是.‎ ‎4．(2012·高考新课标全国卷)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.‎ ‎(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝－3时，f(x)＝|x－3|＋|x－2|‎ 由f(x)≥3知|x－3|＋|x－2|≥3.‎ ‎∵x＝1或x＝4时，|x－3|＋|x－2|＝3.‎ ‎∴|x－3|＋|x－2|≥3的解集为{x|x≥4或x≤1}‎ ‎(2)f(x)≤|x－4|，即|x＋a|＋|x－2|≤|x－4|‎ ‎∴|x＋a|≤|x－4|－|x－2|‎ 当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|＝2‎ ‎∴|x＋a|≤2，在[1,2]上恒成立．‎ ‎|x＋a|≤2⇔－2－a≤x≤2－a.‎ 由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.‎ 故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．‎ 课时规范训练 ‎1．设不等式|x－2|＜a(a∈N*)的解集为A，且∈A，∉A.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．‎ 解：(1)∵∈A，∉A，‎ ‎∴＜a，且≥a，因此＜a≤，‎ 又a∈N*，从而a＝1.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝|x＋1|＋|x－2|，‎ 又|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ 当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时等号成立．‎ 故f(x)的最小值为3.‎ ‎2．设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a＞0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2化为|x－1|≥2，‎ ‎∴x≥3或x≤－1.‎ 所以f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．‎ ‎(2)∵f(x)≤0⇔|x－a|＋3x≤0.(*)‎ 不等式(*)化为或 由于a＞0，∴不等式组的解集为.‎ 依题意，得－＝－1，故a＝2.‎ ‎3．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4.‎ ‎(1)若函数f(x)的值不大于1，求x的取值范围；‎ ‎(2)若不等式f(x)－g(x)≥m＋1对任意x∈R恒成立，求实数m的最大值．‎ 解：(1)依题意，f(x)≤1，即|x－3|≤3.‎ ‎∴－3≤x－3≤3，∴0≤x≤6，‎ 因此实数x的取值范围是[0,6]．‎ ‎(2)f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6≥|(x－3)－(x＋1)|－6＝－2，‎ ‎∴f(x)－g(x)的最小值为－2，‎ 要使f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R.‎ 应有m＋1≤－2，∴m≤－3，故实数m的最大值是－3.‎ ‎4．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－a|，a∈R.‎ ‎(1)当a＝3时，解不等式f(x)≤4；‎ ‎(2)若f(x)＝|x－1＋a|，求x的取值范围．‎ 解：(1)当a＝3时，‎ f(x)＝|2x－1|＋|x－3|＝ 其图象如图所示，与直线y＝4相交于点A(0,4)和B(2,4)，‎ ‎∴不等式f(x)≤4的解集为 ‎{x|0≤x≤2}．‎ ‎(2)∵f(x)＝|2x－1|＋|x－a|≥|(2x－1)－(x－a)|＝|x－1＋a|，‎ ‎∴f(x)＝|x－1＋a|⇔(2x－1)(x－a)≤0，‎ ‎①当a<时，x的取值范围是；‎ ‎②当a＝时，x的取值范围是；‎ ‎③当a>时，x的取值范围是.‎ 第2课时　不等式证明 ‎1．不等式证明的方法 ‎(1)比较法 ‎①作差比较法：‎ 知道a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0，因此要证明a＞b只要证明a－b＞0即可，这种方法称为作差比较法．‎ ‎②作商比较法：‎ 由a＞b＞0⇔＞1且a＞0，b＞0，因此当a＞0，b＞0时，要证明a＞b，只要证明＞1即可，这种方法称为作商比较法．‎ ‎(2)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫综合法．即“由因导果”的方法．‎ ‎(3)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫分析法．即“执果索因”的方法．‎ ‎(4)反证法和放缩法 ‎①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫做反证法．‎ ‎②在证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，此利于化简并使它与不等式的另一边的关系更为明显，从而得出原不等式成立，这种方法称为放缩法．‎ ‎(5)数学归纳法 一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：‎ ‎①证明当n＝n0时命题成立；‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．‎ 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．‎ ‎2．几个常用基本不等式 ‎(1)柯西不等式 ‎①柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(当且仅当ad＝bc时，等号成立)．‎ ‎②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．‎ ‎③柯西不等式的三角不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R，则＋≥ .‎ ‎④柯西不等式的一般形式：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．‎ ‎(2)算术—几何平均不等式 若a1，a2，…，an为正数，则≥ .‎ 当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．‎ 考点一　综合法与分析法 命题点 ‎1.综合法证明 ‎2.分析法证明 ‎[例1]　(1)(2016·高考全国甲卷)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|.‎ 解：①f(x)＝ 当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；‎ 当－＜x＜时，f(x)＜2；‎ 当x≥时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.‎ 所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．‎ ‎②证明：由①知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.‎ 因此|a＋b|＜|1＋ab|.‎ ‎(2)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法一：综合法 因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd，‎ 得(＋)2＞(＋)2.‎ ‎∴＋＞＋.‎ 法二：分析法：要证：＋＞＋.‎ 只需证：(＋)2＞(＋)2‎ 即证：a＋b＋2＞c＋d＋2(因为a＋b＝c＋d)‎ 只需证：＞.‎ 只需证：ab＞cd(已知)‎ ‎∴原不等式成立．‎ ‎②(ⅰ)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＋＞＋.‎ ‎(ⅱ)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．‎ ‎[方法引航]　1.综合法证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．‎ ‎2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：‎ →→→…→ ‎1．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.‎ 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.‎ ‎2．设a，b，c＞0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥ .‎ 证明：因为a，b，c＞0，所以要证a＋b＋c≥，‎ 只需证明(a＋b＋c)2≥3.‎ 即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，‎ 而ab＋bc＋ca＝1，‎ 故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．‎ 即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 而ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立．‎ 所以原不等式成立．‎ 考点二　放缩法与反证法 命题点 ‎1.放大或缩小法 ‎2.反证法 ‎[例2]　设a＞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．‎ 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0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．‎ ‎[方法引航]　1.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＜，＞，＜，＞ ‎.上面不等式中k∈N*，k＞1；‎ ‎(2)利用函数的单调性；‎ ‎(3)真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则＜”．‎ ‎2．在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．‎ ‎3．对于含有否定词“至多”“至少”等问题可用反证法．‎ 设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.‎ 证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得≤＜.当k＝1时，≤＜.当k＝2时，≤＜；‎ ‎…‎ 当k＝n时，≤＜，‎ ‎∴＝≤＋＋…＋＜＝1.‎ ‎∴原不等式成立．‎ 考点三　柯西不等式的应用 命题点 ‎1.利用柯西不等式证明不等式 ‎2.利用柯西不等式求最值 ‎[例3]　已知x，y，z均为实数．‎ ‎(1)若x＋y＋z＝1，求证：＋＋≤3；‎ ‎(2)若x＋2y＋3z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值．‎ 解：(1)证明：因为(＋＋)2≤‎ ‎(12＋12＋12)(3x＋1＋3y＋2＋3z＋3)＝27.‎ 所以＋＋≤3.‎ 当且仅当x＝，y＝，z＝0时取等号．‎ ‎(2)因为6＝x＋2y＋3z≤ ·，‎ 所以x2＋y2＋z2≥，当且仅当x＝＝即 x＝，y＝，z＝时，x2＋y2＋z2有最小值.‎ ‎[方法引航]　柯西不等式使用的关键是出现其结构形式，也要注意等号成立的条件.‎ 已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．‎ ‎(1)求＋＋的最小值；‎ ‎(2)求证：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.‎ 解：(1)因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，‎ 所以＋＋≥3·＝3·≥‎ ‎3·＝3×＝6，‎ 当且仅当＝＝且a＝b，‎ 即a＝b＝且x1＝x2＝1时，‎ ＋＋有最小值6.‎ ‎(2)证明：法一：由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得：‎ ‎(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，当且仅当＝，即x1＝x2时取等号．‎ 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.‎ 法二：因为a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，‎ 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x ‎)≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)＝x1x2(a2＋b2＋2ab)＝x1x2(a＋b)2＝x1x2，‎ 当且仅当x1＝x2时，取等号．‎ 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：‎ ‎(1)ab＋bc＋ac≤；‎ ‎(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.‎ ‎2．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)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：(1)由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当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)由(1)知，‎2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4＞6，从而不存在a，b，使得‎2a＋3b＝6.‎ ‎3．(2014·高考福建卷)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.‎ 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，‎ ‎∴(p＋q＋r)2＝p2＋q2＋r2＋2(pq＋pr＋qr)＝9‎ 又2pq＋2pr＋2qr≤2(p2＋q2＋r2)‎ 当且仅当p＝q＝r时，等号成立．‎ 因此3(p2＋q2＋r2)≥9从而p2＋q2＋r2≥3.‎ ‎4．(2016·高考江苏卷)设a＞0，|x－1|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.‎ 证明：因为|x－1|＜，|y－2|＜，‎ 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×＋＝a.课时规范训练 ‎1．(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2；‎ ‎(2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.‎ 证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.‎ 因为a，b都是正数，所以a＋b＞0.‎ 又因为a≠b，所以(a－b)2＞0.‎ 于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，‎ 所以a3＋b3＞a2b＋ab2.‎ ‎(2)因为b2＋c2≥2bc，a2＞0，所以a2(b2＋c2)≥‎2a2bc.①‎ 同理，b2(a2＋c2)≥2ab‎2c.②‎ c2(a2＋b2)≥2abc2.③‎ ‎①②③相加得2(a2b2＋b‎2c2＋c‎2a2)≥‎2a2bc＋2ab‎2c＋2abc2，‎ 从而a2b2＋b‎2c2＋c‎2a2≥abc(a＋b＋c)．‎ 由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0，因此≥abc.‎ ‎2．若a，b∈R，求证：≤＋.‎ 证明：当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．‎ 当|a＋b|≠0时，‎ 由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒≥，‎ 所以＝≤ ‎＝ ‎＝＋≤＋.‎ ‎3．已知a＞0，求证： －≥a＋－2.‎ 证明：要证原不等式成立，只需证 ＋2≥a＋＋，‎ ‎∵a＞0，∴两边均大于零．‎ 只需证2≥，‎ 只需证2≥a2＋＋2，即证a2＋≥2成立，‎ 又a2＋≥2显然成立，∴原不等式成立．‎ ‎4．若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.‎ ‎(1)若x2－1比1远离0，求x的取值范围；‎ ‎(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab .‎ 解：(1)由题意知|x2－1－0|＞|1－0|，‎ 即|x2－1|＞1，所以x2－1＜－1或x2－1＞1，‎ 解得x＞或x＜－，‎ 所以x的取值范围是{x|x＞或x＜－}．‎ ‎(2)要证明a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab，‎ 即证|a3＋b3－2ab|＞|a2b＋ab2－2ab|，‎ 因为a≠b，‎ 故a2b＋ab2＞2＝2ab，‎ a3＋b3＞2＝2ab.‎ 所以只需证a3＋b3－2ab＞a2b＋ab2－2ab.‎ 即证明a3＋b3－(a2b＋ab2)＞0，‎ 化简得(a－b)2(a＋b)＞0显然成立，‎ 所以a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab.‎ ‎ ‎