专题21 不等式选讲（教师版）

专题21不等式选讲1．【2022年全国甲卷】已知a，b，c均为正数，且𝑎2+𝑏2+4𝑐2=3，证明：(1)𝑎+𝑏+2𝑐≤3；(2)若𝑏=2𝑐，则1𝑎+1𝑐≥3．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据𝑎2+𝑏2+4𝑐2=𝑎2+𝑏2+(2𝑐)2，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得0𝑎+4𝑐≤3，即可得到1𝑎+4𝑐≥13，再根据权方和不等式即可得证.(1)证明：由柯西不等式有[𝑎2+𝑏2+(2𝑐)2](12+12+12)≥(𝑎+𝑏+2𝑐)2，所以𝑎+𝑏+2𝑐≤3，当且仅当𝑎=𝑏=2𝑐=1时，取等号，所以𝑎+𝑏+2𝑐≤3；(2)证明：因为𝑏=2𝑐，𝑎0，𝑏0，𝑐0，由（1）得𝑎+𝑏+2𝑐=𝑎+4𝑐≤3，即0𝑎+4𝑐≤3，所以1𝑎+4𝑐≥13，由权方和不等式知1𝑎+1𝑐=12𝑎+224𝑐≥(1+2)2𝑎+4𝑐=9𝑎+4𝑐≥3，当且仅当1𝑎=24𝑐，即𝑎=1，𝑐=12时取等号，所以1𝑎+1𝑐≥3.2．【2022年全国乙卷】已知a，b，c都是正数，且𝑎32+𝑏32+𝑐32=1，证明：(1)𝑎𝑏𝑐≤19；(2)𝑎𝑏+𝑐+𝑏𝑎+𝑐+𝑐𝑎+𝑏≤12√𝑎𝑏𝑐；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．(1)证明：因为𝑎0，𝑏0，𝑐0，则𝑎320，𝑏320，𝑐320，所以𝑎32+𝑏32+𝑐323≥√𝑎32⋅𝑏32⋅𝑐323，即(𝑎𝑏𝑐)12≤13，所以𝑎𝑏𝑐≤19，当且仅当𝑎32=𝑏32=𝑐32，即𝑎=𝑏=𝑐=√193时取等号．(2)证明：因为𝑎0，𝑏0，𝑐0，所以𝑏+𝑐≥2√𝑏𝑐，𝑎+𝑐≥2√𝑎𝑐，𝑎+𝑏≥2√𝑎𝑏，所以𝑎𝑏+𝑐≤𝑎2√𝑏𝑐=𝑎322√𝑎𝑏𝑐，𝑏𝑎+𝑐≤𝑏2√𝑎𝑐=𝑏322√𝑎𝑏𝑐，𝑐𝑎+𝑏≤𝑐2√𝑎𝑏=𝑐322√𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏+𝑐+𝑏𝑎+𝑐+𝑐𝑎+𝑏≤𝑎322√𝑎𝑏𝑐+𝑏322√𝑎𝑏𝑐+𝑐322√𝑎𝑏𝑐=𝑎32+𝑏32+𝑐322√𝑎𝑏𝑐=12√𝑎𝑏𝑐当且仅当𝑎=𝑏=𝑐时取等号．3．【2021年甲卷文科】已知函数()2,()2321fxxgxxx．（1）画出yfx和ygx的图像；（2）若fxagx，求a的取值范围．【答案】（1）图像见解析；（2）112a【解析】【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；（2）根据函数图像数形结和可得需将yfx向左平移可满足同角，求得yfxa过1,42A时a的值可求.【详解】（1）可得2,2()22,2xxfxxxx，画出图像如下：34,231()232142,2214,2xgxxxxxx，画出函数图像如下：（2）()|2|fxaxa，如图，在同一个坐标系里画出,fxgx图像，yfxa是yfx平移了a个单位得到，则要使()()fxagx，需将yfx向左平移，即0a，当yfxa过1,42A时，1|2|42a，解得112a或52（舍去），则数形结合可得需至少将yfx向左平移112个单位，112a.【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解.4．【2021年乙卷文科】已知函数3fxxax．（1）当1a时，求不等式6fx的解集;（2）若fxa，求a的取值范围．【答案】（1）,42,.（2）3,2.【解析】【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简fxa，由此求得a的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当1a时，13fxxx，13xx表示数轴上的点到1和3的距离之和，则6fx表示数轴上的点到1和3的距离之和不小于6，当4x或2x时所对应的数轴上的点到13，所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到13，所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是4x或2x，所以6fx的解集为,42,.[方法二]【最优解】：零点分段求解法当1a时，()|1||3|fxxx．当3x时，(1)(3)6xx，解得4x；当31x时，(1)(3)6xx，无解；当1x时，(1)(3)6xx，解得2x．综上，|1||3|6xx的解集为(,4][2,)．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意fxa，即3axax恒成立，333xaxxaax，当且仅当30axx时取等号，3minfxa,故3aa，所以3aa或3aa，解得32a.所以a的取值范围是3,2.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由||xa是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得()|||3||3|fxxaxa，故|3|aa，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法当3a时，23,,()3,3,23,3,xaxafxaaxxax则min[()]3fxa，此时3aa，无解．当3a时，23,3,()3,3,23,,xaxfxaxaxaxa则min[()]3fxa，此时，由3aa得，32a．综上，a的取值范围为32a．[方法四]：函数图象法解不等式由方法一求得min3fxa后，构造两个函数|3|ya和ya，即3,3,3,3aayaa和ya，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点33,22M，由图易知|3|aa，则32a．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得3minfxa，利用不等式恒成立的意义得到关于a的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得fx的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求fx最小值，要注意函数fx中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数fx的最小值后，构造关于a的函数，利用数形结合思想求解关于a的不等式.5．【2020年新课标1卷理科】已知函数()|31|2|1|fxxx．（1）画出()yfx的图像；（2）求不等式()(1)fxfx的解集．【答案】（1）详解解析；（2）7,6.【解析】【分析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数fx的解析式，作出图象；（2）作出函数1fx的图象，根据图象即可解出．【详解】（1）因为3,1151,1313,3xxfxxxxx，作出图象，如图所示：（2）将函数fx的图象向左平移1个单位，可得函数1fx的图象，如图所示：由3511xx，解得76x．所以不等式()(1)fxfx的解集为7,6．【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．6．【2020年新课标2卷理科】已知函数2()|21|fxxaxa.（1）当2a时，求不等式4fx的解集；（2）若4fx，求a的取值范围.【答案】（1）32xx或112x；（2）,13,.【解析】【分析】（1）分别在3x、34x和4x三种情况下解不等式求得结果；（2）利用绝对值三角不等式可得到21fxa，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当2a时，43fxxx.当3x时，43724fxxxx，解得：32x≤；当34x时，4314fxxx，无解；当4x时，43274fxxxx，解得：112x；综上所述：4fx的解集为32xx或112x.（2）22222121211fxxaxaxaxaaaa（当且仅当221axa时取等号），214a，解得：1a或3a，a的取值范围为,13,.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.7．【2020年新课标3卷理科】设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥34．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）方法一：由22222220abcabcabacbc结合不等式的性质，即可得出证明；（2）方法一：不妨设max,,abca，因为0,1abcabc，所以0,a0,b0,c122abcbca，则34,a34a．故原不等式成立．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法22222220abcabcabacbc，22212abbccaabc.1,,,abcabc均不为0，则2220abc，222120abbccaabc．［方法二］：消元法由0abc得bac，则abbccabacca2acac22aacc223024cac，当且仅当0abc时取等号，又1abc，所以0abbcca．［方法三］：放缩法方式1：由题意知0,a0,abc,acb222224acbcbcbbc，又abbccaabcbc2abc224aa2304a，故结论得证．方式2：因为0abc，所以22220222abcabcabbcca22222212222abbccaabbcca122222232abbccaabbccaabbcca．即0abbcca，当且仅当0abc时取等号，又1abc，所以0abbcca．［方法四］：因为0,1abcabc，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，不妨设0,abc则,abc20abbccabcacbbca.［方法五］：利用函数的性质方式1：6bac，令22fcabbccacaca，二次函数对应的图像开口向下，又1abc，所以0a，判别式222Δ430aaa，无根，所以0fc，即0abbcca．方式2：设31fxxaxbxcxabbccax