高中数学不等式选修知识点和常考题型归纳

选修4-5不等式选讲
1、基础知识梳理
2、常考题型归纳
3、强化训练


一、基础知识梳理
【复习指导】
本讲复习时，紧紧抓住含绝对值不等式的解法，以及利用重要不等式对一些简单
的不等式进行证明．该部分的复习以基础知识、基本方法为主，不要刻意提高难
度，以课本难度 为宜，关键是理解有关内容本质.

基础梳理
1．含有绝对值的不等式的解法
(1)|f(x)|＞a(a＞0)?f(x)＞a或f(x)＜－a；
(2)|f(x)|＜a(a＞0)?－a＜f(x)＜a；
(3)对形如|x－a|＋|x －b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的
几何意义求解．
2．含有绝对值的不等式的性质
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.
3．基本不等式
定理1：设a，b∈R，则a
2
＋b
2
≥ 2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．
a＋b
定理2：如果a、b为正数，则
2< br>≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
a＋b＋c
3
定理3：如果a、b、 c为正数，则
3
≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号
成立．

定理4：(一般形式的算术－几何平均值不等式)如果a
1
、a
2
、…、 a
n
为n个正数，

a
1
＋a
2
＋…＋ a
n
n
则≥a
1
a
2
…a
n
，当 且仅当a
1
＝a
2
＝…＝a
n
时，等号成立．
n

4．柯西不等式
设a，b，c，d为实数，则(a
2
＋b
2
)·(c
2

(1)柯西不等式的代数形式：

＋d
2
)≥(ac＋bd)
2
，当且仅当ad＝bc时等号成立．


(2)若a
i
，b
i
(i∈N


b
i
＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得a
i＝kb
i
(i＝1,2，…，
*
nn
22
)为实数，则 (a
i
)(b
i
)≥(a
i
b
i
)
2
，当且仅当
i
＝
1i
＝
1i
＝
1?
n
??

n)时，等号成立．

(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则

|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．

5．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、放缩法等．
双基自测
1．不等式1＜|x＋1|＜3的解集为________．
答案 (－4，－2)∪(0,2)
2．不等式|x－8|－|x－4|＞2的解集为________．
解析
?
4，x≤4，
令：f(x)＝|x－8|－|x－4|＝
?
－2x＋12，4＜x≤8，
?
－4，x＞8，


当x≤4时，f(x)＝4＞2；
当4＜x≤8时，f(x)＝－2x＋12＞2，得x＜5，
∴4＜x＜5；
当x＞8时，f(x)＝－4＞2不成立．
故原不等式的解集为：{x|x＜5}．
答案 {x|x＜5}
3．已知关于x的不等式|x－1|＋|x|≤k无解，则实数k的取值范围是________．
解析 ∵|x－1|＋|x|≥|x－1－x|＝1，∴当k＜1时，不等式|x－1|＋|x|≤k无 解，故

k＜1.
答案 k＜1
4．若不等式|3x－b|＜4的解 集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为
________．
b－4b＋4
解析 由|3x－b|＜4，得
3
＜x＜
3
，
b－4
?
?
0≤
3
＜1，
即
?
b ＋4
3＜
?
?
3
≤4，
答案 (5,7)
5．( 2011·南京模拟)如果关于x的不等式|x－a|＋|x＋4|≥1的解集是全体实数，则
实数a的 取值范围是________．
解析 在数轴上，结合实数绝对值的几何意义可知a≤－5或a≥－3.
答案 (－∞，－5]∪[－3，＋∞)

考向一 含绝对值不等式的解法
【例1】?设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)求函数y＝f(x)的最小值．
[审题视点] 第(1)问：采用分段函数解不等式；第(2)问：画出函数f(x)的图象可
求f(x)的最小值．

解得5＜b＜7.
?
?
解 (1)f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝
?
?
1
?
3x－3
?
－
2
≤x＜4
?
，
??
?
?< br>x＋5 ?x≥4?.
15
当－
2
≤x＜4时，由f(x)＝3x－ 3＞2，得x＞
3
，
1
??
－x－5
?
x＜－
2
?
，
??


1
当x＜－
2
时，由f(x)＝－x－5＞2得，x＜－7.∴x＜－7；

5
∴
3
＜x＜4；
当x≥4时，由f(x)＝x＋5＞2，得x＞－3，∴x≥4.

故原不等式的解集为
?
?
?
5
?
x
?< br>x＜－7或x＞
3
?
?
?

?
?
?
.
?
?
(2)画出f(x)的图象如图：
9
∴f(x)
min
＝－
2
.
(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，
即通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．
【训练1】 设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；
(2)如果?x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，
?
－2x， x＜－1，
f(x)＝
?
2， －1≤x≤1，
?
2x， x＞1.


作出函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|的图象．

?
33
?
?
由图象可知，不等式的解集为
x|x ≤－
2
或x≥
2
?
.
??
(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件；
?
－2x＋a＋1， x≤a，
若a＜1，f(x)＝
?
1－a， a＜x＜1，
?
2x－?a＋1?， x≥1，
f(x)的最小值为1－a.



?
－2x＋a＋1，x≤1，
若a＞1，f(x)＝
?
a－1，1＜x＜a，
?
2x－?a＋1?，x≥a，
f(x)的 最小值为a－1.

∴对于?x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，
∴a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
考向二 不等式的证明
【例2】?证明下列不等式：
(1)设a≥b＞0，求证：3a
3
＋2b< br>3
≥3a
2
b＋2ab
2
；
(2)a
2< br>＋4b
2
＋9c
2
≥2ab＋3ac＋6bc；
1
(3)a
6
＋8b
6
＋
27
c
6
≥2a< br>2
b
2
c
2
.
[审题视点] (1)作差比较；(2)综合法；(3)利用柯西不等式．
证明 (1)3a
3
＋2 b
3
－(3a
2
b＋2ab
2
)＝3a
2
(a－b)－2b
2
(a－b)
＝(a－b)(3a
2
－2b
2
)．
∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a
2
－2b
2
＞0.
∴(a－b)(3a
2
－2b
2
)≥0.
∴3a
2
＋2b
3
≥3a
2
b＋2ab
2
.
( 2)∵a
2
＋4b
2
≥2a
2
·4b
2
＝ 4ab，
a
2
＋9c
2
≥2a
2
·9c
2
＝6ac，
4b
2
＋9c
2
≥24b
2
·9c
2
＝12bc，
∴2a
2
＋8b
2
＋1 8c
2
≥4ab＋6ac＋12bc，
∴a
2
＋4b
2< br>＋9c
2
≥2ab＋3ac＋6bc.

3
81
6666
(3)a＋8b＋
27
c≥3 a
27
bc
6 6
2
＝3×
3
a
2
b
2
c
2＝2a
2
b
2
c
2
，
1
∴a
6
＋8b
6
＋
27
c
6
≥2a
2
b
2
c
2
.
(1)作差法应该是证明不等式的常用方法．作差 法证明不等式的一般步
骤是：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．
(2)注意观察不等式的结构，利用基本不等式或柯西不等式证明．
?
111
?
【训练2】 (2010·辽宁)已知a，b，c均为正数，证明 ：a
2
＋b
2
＋c
2
＋
?
a
＋< br>b
＋
c
?
2
≥63，
??
并确定a，b，c 为何值时，等号成立．
2
证明 法一 因为a，b，c均为正数，由基本不等式得，a
2
＋b
2
＋c
2
≥3(abc)
3
，
①
1111
＋＋≥3(abc)－
abc3
，
2
?
111
?
2
＋＋
所以
?
abc
?
≥9(a bc)－
3
，②
??
22
?
111
?
故 a
2
＋b
2
＋c
2
＋
?
a
＋b
＋
c
?
2
≥3(abc)
3
＋9(abc) －
3
.
??
22
又3(abc)
3
＋9(abc )－
3
≥227＝63，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
22
当且仅当3(abc)
3
＝9(abc)－
3
时，③式等号成立．
1
故当且仅当a＝b＝c＝3
4
时，原不等式等号成立．
法二 因 为a，b，c均为正数，由基本不等式得a
2
＋b
2
≥2ab，b
2
＋c
2
≥2bc，c
2
＋a
2
≥2ac.所以a< br>2
＋b
2
＋c
2
≥ab＋bc＋ac.①
1111 11
同理
a
2
＋
b
2
＋
c
2≥
ab
＋
bc
＋
ac
，②
333
?
111
?
故a
2
＋b
2
＋c
2
＋
?
a
＋
b
＋
c
?
2
≥ab＋bc ＋ac＋
ab
＋
bc
＋
ac
≥63.③
??

所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成 立，当且仅当a＝b＝c，(ab)
2
＝(bc)
2
＝
1
( ac)
2
＝3时，③式等号成立．故当且仅当a＝b＝c＝3
4
时，原不等式 等号成立．
考向三 利用基本不等式或柯西不等式求最值
【例3】?已知a，b，c∈R< br>＋
，且a＋b＋c＝1，求3a＋1＋3b＋1＋3c＋1的
最大值．
[审题视点] 先将(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)平方后利用基本不等式；还可以利
用柯西不等式求解．
解 法一 利用基本不等式
∵(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
2
＝(3 a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)＋
23a＋1·3b＋1＋23b＋1·3c＋1＋23a＋1 ·3c＋1≤(3a＋1)＋(3b＋1)＋
(3c＋1)＋[(3a＋1)＋(3b＋1)]＋[(3 b＋1)＋(3c＋1)]＋[(3a＋1)＋(3c＋1)]
＝3[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]＝18，
∴3a＋1＋3b＋1＋3c＋1≤32，
∴(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
max
＝32.
法二 利用柯西不等式
∵(1
2
＋1
2
＋1
2
)[(3 a＋1)
2
＋(3b＋1)
2
＋(3c＋1)
2
]≥(1· 3a＋1＋1·3b＋1＋
1·3c＋1)
2

∴(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
2
≤3[3(a＋b＋c)＋3]．
又∵a＋b＋c＝1，∴(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
2
≤18，
∴3a＋1＋3b＋1＋3c＋1≤32.
当且仅当3a＋1＝3b＋1＝3c＋1时，等号成立．
∴(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)
max
＝32.
利用基本不等式或 柯西不等式求最值时，首先要观察式子特点，构造
出基本不等式或柯西不等式的结构形式，其次要注意取 得最值的条件是否成立．
【训练3】 已知a＋b＋c＝1，m＝a
2
＋b
2
＋c
2
，求m的最小值．
解 法一 ∵a＋b＋c＝1，
∴a
2
＋b
2
＋c
2
＋2ab＋2bc＋2ac＝1，

又∵a
2
＋b
2
≥2ab，a
2
＋c2
≥2ac，b
2
＋c
2
≥2bc，
∴2(a
2
＋b
2
＋c
2
)≥2ab＋2ac＋2bc，
∴1＝ a
2
＋b
2
＋c
2
＋2ab＋2bc＋2ac≤3(a2
＋b
2
＋c
2
)．
1
∴a
2＋b
2
＋c
2
≥
3
.
1
当且仅当a＝b＝c时，取等号，∴m
min
＝
3
.
法二 利用柯西不等式
∵(1
2
＋1
2
＋1
2< br>)(a
2
＋b
2
＋c
2
)≥(1·a＋1·b＋1· c)＝a＋b＋c＝1.
1
∴a
2
＋b
2
＋c
2
≥
3
，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
1
∴m
min
＝
3


如何求解含绝对值不等式的综合问题
从近两年的新课标高考试题可以看出，高考对《不等式选 讲》的考查难度要求有
所降低，重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数为背景证明不等< br>式，题型为填空题或解答题．
【示例】? (本题满分10分)(2011·新课标全国)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．
第(2)问解不等式|x－a|＋3x≤0的解集，结果用a表示，再由{x|x≤－
1}求a.
[解答示范] (1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
(3分)
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．(5分)
(2)由f(x)≤0得，|x－a|＋3x≤0.
?
x≥a，
?
x≤a，
此不等式化为不等式组
?
或
?

x－a＋3x≤0a－x＋3x≤0，
??

x≥a，?
?
即
?
a
x≤
?
?
4
因为

x≤a，
?
?
或
?
a
x≤－
?
2
.
?

(8分)
?
?
?
a< br>a＞0，所以不等式组的解集为
?
x
?
x≤－
2
?< br>?
?

?
?
?
.
?
?
a
由题设可得－
2
＝－1，故a＝2.(10分)
本题综合考查了含绝对值不等式的解法，属于中档题．解含绝对值的
不等式主要是通过同解变 形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式
(组)进行求解．含有多个绝对值符号的不等式，一 般可用零点分段法求解，对于
形如|x－a|＋|x－b|＞m或|x－a|＋|x－b|＜m(m为正 常数)，利用实数绝对值的几何
意义求解较简便．
【试一试】 (2011·辽宁)已知函数f(x)＝|x－2|－|x－5|.
(1)证明：－3≤f(x)≤3；
(2)求不等式f(x)≥x
2
－8x＋15的解集．
[尝试解答] ?
－3，x≤2，
(1)f(x)＝|x－2|－|x－5|＝
?
2x－ 7，2＜x＜5，
?
3，x≥5.


当2＜x＜5时，－3＜2x－7＜3.所以－3≤f(x)≤3.
(2)由(1)可知，当 x≤2时，f(x)≥x
2
－8x＋15的解集为空集；当2＜x＜5时，f(x)≥x
2
－8x＋15的解集为{x|5－3≤x＜5}；
当x≥5时，f(x)≥x
2
－8x＋15的解集为{x|5≤x≤6}．
综上，不等式f(x)≥x
2
－8x＋15的解集为{x|5－3≤x≤6}.

二、常考题型归纳
6.1均值不等式在证明中的应用
2
x
2< br>y
2
?
x?y
?
?
1. （1）已知
a,b?R,x,y?R
，求证：
??
；
aba?b

（2）已知实数
x,y
满足：
2x
2
?y
2
?1
，试利用（1）求
值。
21
的最小
?
22
xy
?
x
2
y
2
?
bx
2
ay
2
2
22
（1） 证：
?
a?b
?
?
?
?
?x?y???x
2
?y
2
?2xy?
?
x?y
?
?
ab
?
ab
?
xy
?
ab
22
?x?y
?
（当且仅当
?
a?b
2
xy
?
时，取等号）；
ab
（2）解：
2
?
2
x
21
1
121
22
x?y?
?
，当且仅当时，
???? 9
3
x
2
y
2
y
2
2x
2
y
2
2x
2
?y
2
22
?
2?1
?
2
的最小值是
9
。
考点：均值不等式在证明中的应用、综合法证明不等式
6.2绝对值不等式a
6.2.1单绝对值不等式
2
?
?
x?5x?4,x?0
2. 已知函数
f(x)?< br>?
若函数
y?f(x)?ax
恰有
4
个零点，
??
2x?2,x?0
则实数
a
的取值范围为_______.
答案：
(1,2)

解析：分别作出函数
y?f(x)
与
y?a|x|
的图像，
由图知，
a?0
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
无 交点，
a?0
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
有三个交点，
故
a?0.

当
x?0
，
a?2
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
有一个交点，

当x?0
，
0?a?2
时，函数
y?f(x)
与
y?a| x|
有两个交点，
当
x?0
时，若
y??ax
与
y??x
2
?5x?4,(?4?x??1)
相切，
则由
??0
得：
a?1
或
a?9
（舍），
因此当
x?0
，
a?1
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
有两个交点，
当
x?0
，
a?1
时，函数< br>y?f(x)
与
y?a|x|
有三个交点，
当
x?0
，
0?a?1
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
有四 个交点，
所以当且仅当
1?a?2
时，函数
y?f(x)
与
y?a|x|
恰有
4
个交点.

考点：单绝对值不等式
3. 存在
x?0
，使得不等式
x
2
?2?x?t
成立，则实数
t
的取值范围
为_____________
?
答案：
?
?,2
??

4
??
9
解析：不等式
x
2
?2?x?t
，即
x?t?2?x
2
，

令
y
1
?x?t,y
1
的图象是关于
x?t
对称的一个
V
字形图形，其象位于
第一、二象限；
是一个开口向下，关于
y
轴对称，最大值为
2
的抛物线；
y
2
?2?x
2
，
要存在
x?0
，使不等式
x?t?2?x
2
成立，
则
y
1
的图象应该在第二象限和
y
2
的图象有交点，
两种临界情况，①当
t?0
时，
y
1
的右半部分和
y
2
在第二象限相切：
y
1
的右半部分即
y
1
?x?t
，
联列方程
y?x?ty?2?x
2
，只有一个解；
即
x?t?2?x
2
，即
x
2
?x?t?2?0
，
??1?4t?8?0
，得：
t??
；
此时
y
1
恒大于等于
y
2
，所以
t??
取不到；
所以
??t?0
；
②当
t?0
时，要使
y
1
和
y
2
在第二象限有交点，
即
y
1
的左半部分和
y
2
的交点的位于第二象限；
无需联列方程，只要
y
1
与
y
轴的交点小于
2
即可；
y
1
?t?x
与
y
轴的交点为
(0,t)
，所以
t?2
，
9
4
9
4
9
4
又因为
t?0
，所以
0?t?2
；
综上，实数
t
的取值范围是：
??t?2
；
?
故答案为：
?
?,2
??
．
4
??
9
9
4

考点：单绝对值不等式
6.2.2同系数绝对值相加型不等式
4. 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。
1
?
?5x,x?
?
2
?
1
?
（1）当
a??2
时，令
y?2x?1 ?2x?2?x?3?
?
?x?2,?x?1
，
2
?
?< br>3x?6,x?1
?
?
a1
22
作出函数图像可知，当
x?(0,2)
时，
y?0
，
故原不等式的解集为
?
x0?x?2
?
；
（2）依题意，原不等式化为
1?a?x?3
，
?
故
x? a?2
对
?
?,
?
22
?
都成立，
??
a1
故
??a?2
，
a
2

故
a?
，
4
?
故< br>a
的取值范围是
?
?1,
?
?
.
?
3
?
4
3

考点：同系数绝对值相加型不等式

6.2.3同系数绝对值相减型不等式
5. 已知函数
f(x)?x?2?x?5

（1）证明：
?3?f(x)?3;

（2）求不等式
f(x)?x
2
?8x?15
的解集。
x?2
?
?3,
?
（1）
f(x)?x?2?x?5?
?
2x?7,2?x?5

?
3,x?5
?
当
2?x?5
时，
?3?2x?7?3
，所以 ，
?3?fx?3

（2）由（1）可知
当
x?2
时，
f(x)?x
2
?8x?15
的解集为空集；
当
2? x?5
时，
f(x)?x
2
?8x?15
的解集为
x|5? 3?x?5
?

当
x?5
时，
f(x)?x
2
?8x?15
的解集为
?
x|5?x?6
?

?< /p>

综上：不等式
f(x)?x
2
?8x?15
的解集：< br>x|5?3?x?6
?

考点：同系数绝对值相减型不等式
?
6.2.4不同系数绝对值相加减型不等式
6. 设函数
f
?
x
?
?2x?1?x?2

（1）求不等式
f
?
x
?
?2
的解集；
（2）若
?x?R,f
?
x
?
?t
2
?
1 1
t
恒成立，求实数
t
的取值范围．
2
1
??x?3,x??
?
2
?
1
?
（1）由题意得
f(x)?
?
3x?1,??x?2

2
?
?
x ?3,x?2
?
?
当
x??
时，不等式化为
?x?3?2
，解得
x??5?x??5
，
当??x?2
时，不等式化为
3x?1?2
，解得
x?1?1?x?2，
当
x?2
时，不等式化为
x?3?2
，解得
x?? 1?x?2
，
òx??5
?
． 综上，不等式的解集为
?
xx?1?
1
2
1
2
（2）由（1）得
f
?
x
?
min
??
，若
?x?R
，
f
?
x
?
?t
2
?
则只需
f
?
x?
min
???t
2
?
5
2
111
t
，解得
?t?5
，
22
5
2
11
t
恒成立，
2
?
综上，
t
的取值范围为
?
,5
?
2
?

??
1
考点：不同系数绝对值相加减型不等式