高中数学不等式选修题型全归纳

6.不等式选讲

6.1均值不等式在证明中的应用

2x2y2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：2x2y21，试利用（1）求21的最小值。 22xyx2y2bx2ay2222x2y22xyxy （1）证：abxyababxyx2y2xy（当且仅当时，取等号）； ababab221212212211（2）解：2222229，当且仅当x2y2时，22的最小值xy3xy2xy2xy2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 6.2.1单绝对值不等式 2x5x4,x02. 已知函数f(x)若函数yf(x)ax恰有4个零点，则实数a的

2x2,x0取值范围为_______. 答案：(1,2)

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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x2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.

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考点：单绝对值不等式

3. 存在x0 ，使得不等式x2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x22xt ，即xt2x2 ， 令y1xt,y1 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；

y22x2 ，是一个开口向下，关于y 轴对称，最大值为2 的抛物线； 要存在x0 ，使不等式xt2x2 成立， 则y1 的图象应该在第二象限和y2 的图象有交点， 两种临界情况，①当t0 时，y1的右半部分和y2 在第二象限相切： y1 的右半部分即y1xt ， 联列方程yxty2x2 ，只有一个解； 即xt2x2 ，即x2xt20 ，14t80 ，得：t ； 此时y1 恒大于等于y2 ，所以t取不到； 所以t0 ； ②当t0 时，要使y1 和y2 在第二象限有交点， 即y1 的左半部分和y2 的交点的位于第二象限； 无需联列方程，只要y1 与y 轴的交点小于2 即可；

y1tx 与y 轴的交点为(0,t) ，所以t2 ，

949494又因为t0 ，所以0t2 ；

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综上，实数t 的取值范围是：t2 ；

故答案为：,2． 4994 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x2,x1， （1）当a2时，令y2x12x2x323x6,x1a122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，

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故xa2对,22都成立，

a1故a2， 故a，

4故a的取值范围是1,. 3a243 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)x2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

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当x2 时，f(x)x28x15的解集为空集；

当2x5时，f(x)x28x15的解集为x|53x5 当x5 时，f(x)x28x15的解集为x|5x6 综上：不等式f(x)x28x15的解集：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t211t恒成立，求实数t的取值范围． 21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， 综上，不等式的解集为xx1»òx5．

（2）由（1）得fxmin ，若xR，fxt2则只需fxmint252111t ，解得t5 ， 225211t 恒成立， 21212第 6 页 共 17 页

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

6.3已知绝对值不等式解求参数

7. 设函数f(x)xa3x,a0 (1)当a1时，求不等式f(x)3x2的解集； (2)如果不等式f(x)0的解集为xx1，求a的值。 （1）当a1时，f(x)3x2可化为|x1|2。 由此可得 x3或x1。 故不等式f(x)3x2的解集为{x|x3或x1}。 (2) 由f(x)0 得 xa3x0 此不等式化为不等式组 即 xa或ax4xaa a2a2xaxa3x0 或xaax3x0 因为a0，所以不等式组的解集为x|x 由题设可得=-1，故a2 考点：已知绝对值不等式解求参数

6.4已知绝对值不等式解的范围求参数范围

a2 8. 已知函数f(x)|xa||x2|.

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（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. 答案：

（1）当a3时，f(x)|x3||x2|52x(x2)1(2x3) 2x5(x3) 所以不等式f(x)3可化为，或52x3x22x3，或13x32x53

解得x1或x4

因此不等式f(x)3的解集为{x|x1或x4} （2）由已知f(x)|x4| 即为|xa||x2||x4|， 也即|xa||x4||x2| 若f(x)|x4|的解集包含[1,2] ， 则x[1,2]，|xa||x4||x2|， 也就是x[1,2]，|xa|2，

所以x[1,2]，xa2xa2，

从而1a22a2，

解得3a0

因此a的取值范围为a[3,0].

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考点：已知绝对值不等式解的范围求参数范围、同系数绝对值不等式相加减

6.5含绝对值不等式的恒成立问题

9. 已知函数f(x)2x12x1，

（1）若对任意的x有f(x)a成立，求a的取值范围； （2）若不等式2abaabf(x)0，对于任意的a,b都成立，求x的取值范围。

（1）根据题意,a 小于等于f(x) 的最小值 14x,x211由f(x) 2,x2214x,x212可得f(x)min2 所以 a2 （2）当ab0 即ab 时，2b0f(x)0 恒成立，xR 当ab0 时，由绝对值不等式得性质可得 2aba(2ab)aab ， 当且仅当(2ab)a0 时取'' ，

2abaab1 恒成立，

2aba11 2abaabf(x)0 ，f(x)

2ab2第 9 页 共 17 页

1f(x)1 ，f(x)2 211x 22考点：含绝对值不等式的恒成立问题、同系数绝对值相加型不等式

6.6含绝对值不等式的能成立问题 10. 已知函数fxx1x3 . (1)求x 的取值范围,使fx 为常数函数. (2)若关于x 的不等式fxa0 有解,求实数a 的取值范围. 2x2,x3(1)fxx1x34,3x1 2x2,x1则当x3,1 时,fx 为常数函数. (2)方法一:如图,结合(1)知函数fx的最小值为4 ,  实数a 的取值范围为a4 . 方法二:x1x3x1x3 ; x1x34 , 等号当且仅当x3,1 时成立. 得函数fx 的最小值为4 ,则实数a 的取值范围为a4 .

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考点：含绝对值不等式的能成立问题

6.7利用绝对值的三角不等式放缩求最值

11. 已知实数x,y满足：|xy|,|2xy|,求证：|y|13165． 18证明：3|y|=|3y|=|2xy2xy|2xy2xy， 由题设|xy|,|2xy|, 1153|y|=. 366|y|5. 181316考点：绝对值的三角不等式 6.8数形结合在含参绝对值不等式中的应用 12. 已知函数f(x)x26x9x28x16． （1）求f(x)f(4)的解集； （2）设函数g(x)k(x3)，kR，若f(x)g(x)对任意的xR都成立，求实数k的取值范围． （1）f(x)x26x9x28x16(x3)2(x4)2|x3||x4|， f(x)f(4)，即|x3||x4|9, x4,4x3,x3,① 或② 或③ 3xx493xx49x3x49,解得不等式①：x5；②：无解；③：x4， 所以f(x)f(4)的解集为{x|x5或x4}．

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（2）f(x)g(x)即f(x)|x3||x4|的图象恒在g(x)k(x3)图象的上方，

2x1,x4,可以作出f(x)|x3||x4|7,4x3,的图象，

2x1,x3而g(x)k(x3)图象为恒过定点P(3,0)，且斜率k变化的一条直线， 作出函数yf(x),yg(x)图

象， 其中kPB2, A(4,7)，kPA1，

由图可知，要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方， 实数k的取值范围应该为1k2．

考点：同系数绝对值不等式相加型、 数形结合在含参绝对值不等式中的应用

7.证明不等式的基本方法

7.1比较法证明不等式

13. 设不等式|2x1|1的解集是M，a,bM．

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（1）试比较ab1与ab的大小；

2a2b22,},求证：h2. （2）设max表示数集A的最大数．hmax{,aabb答案：（1）ab1ab;（2）见解析 解析：（1）先解出Mx|0x1.

(ab1)(ab)(a1)(b1)0. 问题得证. 2a2b22,}, （2）hmax{,aabb2a2b22,h,h可知h, aabb所以根据不等式的性质，同向正向不等式具有可乘性，从而可证出h38. 故h2. 考点：比较法证明不等式

7.2综合法证明不等式 7.3分析法证明不等式 14. 已知f(x)x1x1,不等式f(x)4的解集为M. （1）求M；

（2）当a,bM时,证明:2ab4ab.

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（1）解不等式：x1x14 ；

x11x1x1 或 或 2x4242x41x2或1x1或2x1，

2x2M2,2.

（2）需证明：4(a22abb2)a2b28ab16， 只需证明a2b24a24b2160， 即需证明(a24)(b24)0 a,b(2,2)a24,b24(a24)0,(b24)0 (a24)(b24)0， 所以原不等式成立. 考点：分析法证明不等式 7.4反证法证明不等式 15. 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. 由ab=1a1bab，a0,b0. 得ab1 ab1a1b（1）由基本不等式及ab1 ，有ab2ab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 ，

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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.

考点：反证法证明不等式、均值不等式在证明中的应用

8.5放缩法证明不等式(多为数列的题) 16. 已知数列（1）求数列（2）设bnan的前n项和Sn满足Sn2ann． 1nan，记数列bn的前n和为Tn，证明：Tn0． 32an1an的通项公式； 【答案】（1）an2n1；（2）详见解析. 【解析】 试题分析：（1）考虑到an1Sn1Sn，因此可以利用条件中的式子得到数列{an}的一个递推公式，从而an2n1n11n1，bnn2即可求解；（2）由（1）可知bn，从而可证Tn0，进一步2222an121放缩可得12n2211，求和即可得证. nnn223232试题解析：（1）∵Sn与Sn2ann，当n1时，S1a12a11a11 ，又∵Sn12an1n1，

2ann两边分别相减得an12an12an1，得an112an1，又∵a112，

∴数列{an1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an12n，得an2n1； an2n1n1111n14∵bn，∴bnn2，Tn322222222an121Tnnn1111110，又∵n2，∴nT2nnn22223232223220，得

2n2211 n21111nT0. ，∴nn323323第 15 页 共 17 页

9.柯西不等式

9.1柯西不等式的代数形式

17. 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at12bt的最大值. 1 由xab， 得baxba ba2则， ba4解得a3,b1. 2 3t12t34tt[(3)212][(4t)2(t)2 24tt4 当且仅当4tt即t1时等号成立， 13min故3t12t4. 考点：柯西不等式的代数形式

9.2一般形式的柯西不等式

18. 已知函数f(x)m|x2|,mR,且f(x2)0的解集为1,1,

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(1)求m的值;

(2)若a,b,cR,且

111m,求证a2b3c9. a2b3c(1)f(x2)mx0,xm

m0,mxm,f(x2)0的解集是1,1

故m1. (2)由(1)知1111,a,b,cR, a2b3c由柯西不等式得 111a2b3c(a2b3c)()a2b3c 1112(a2b3c)9.a2b3c考点：一般的柯西不等式

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