不等式选讲习题
不等式选讲习题
（1）\((a+b)(a^5+b^5)\ge 4\)
分析：证明过程当中你必然得想着，要设法用上已知的条件\(a>0，b>0，a^3+b^3=2\)，
所以可以这样
\((a+b)(a^5+b^5)=a^6+b^6+ab^5+a^5b=(a^3+b^3)^2-2a^3b^3+ab^5+a^5b\)
\(=4+ab(a^4-2a^2b^2+b^4)=4+ab(a^2-b^2)^2\ge 4\)
当且仅当\(a=b\)时取到等号。命题得证。
（2）\(a+b\leq 2\)
分析：\(a+b\leq 2\Longleftrightarrow (a+b)^3\leq 2^3\)，这样思考是为了用上已知条件。
\((a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=2+3ab(a+b)\leq 2+3\times (\cfrac{a+b}{2})^2\times(a+b)\)
\(=2+3\times\cfrac{(a+b)^3}{4}\)
故，转化为\(\cfrac{1}{4}(a+b)^3\leq 2\)，即\((a+b)^3\leq 8\)，故\(a+b\leq 2\)。命题得证。
（1）当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集。
法1：零点分区间讨论法，我们先转化函数\(g(x)\)为分段函数，分别令\(x+1=0\)和\(x-1=0\)，得到\(x=-1\)和\(x=1\)，这样这两个实数就把数轴分成了三段，分三类情况讨论如下
\(g(x)=\begin{cases}-x-1-x+1，&x\leq -1\\x+1-x+1，&-1<x<1\\x+1+x-1，&x\ge 1\end{cases}\)，整理得到\(g(x)=\begin{cases}-2x，&x\leq -1\\2，&-1<x<1\\2x，&x\ge 1\end{cases}\)，
当\(a=1\)时，\(f(x)=-x^2+x+4\)，则\(f(x)\ge g(x)\)就等价转化为以下三个不等式组：
\(\begin{cases}x\leq -1\\-x^2+x+4\ge -2x\end{cases}\)或者\(\begin{cases}-1< x< 1\\-x^2+x+4\ge 2\end{cases}\)或者\(\begin{cases}x\ge 1\\-x^2+x+4\ge 2x\end{cases}\)
分别解得\(x\leq -1\)或\(-1<x<1\)或\(1\leq x\leq \cfrac{\sqrt{17}-1}{2}\)，求其并集得到原不等式的解集为\([-1，\cfrac{\sqrt{17}-1}{2}]\)。
法2：分别作出两个函数的图像，再求得交点，有图像可以直观的看到原不等式的解集为\([-1，\cfrac{\sqrt{17}-1}{2}]\)。
（2）若不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，求\(a\)的取值范围。
法1：数形结合法，函数\(f(x)=-x^2+ax+4\)，对称轴为\(x=\cfrac{a}{2}\)，开口向下，由有图可知，要使得不等式\(f(x)\ge g(x)\)的解集包含\([-1，1]\)，只需要满足条件\(\begin{cases}f(-1)\ge 2\\f(1)\ge 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a\leq 1\\a\ge -1\end{cases}\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
法2：转化为不等式恒成立求解，当\(x\in [-1，1]\)时，\(g(x)=2\)，由题目可知，不等式\(f(x)\ge 2\)的解集包含\([-1，1]\)，即当\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，
令\(h(x)=-x^2+ax+2\)，则只需满足条件\(\begin{cases}h(-1)\ge 0\\h(x)\ge 0\end{cases}\)，解得\(-1\leq a \leq 1\)，故\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
法3：恒成立+分离参数法
当转化得到\(x\in [-1，1]\)时，\(f(x)\ge 2\)恒成立，即\(-x^2+ax+2\ge 0\)恒成立，接下来准备分离参数：
\(1^。\)当\(x=0\)时，代入得到\(2\ge 0\)，即\(a\in R\)；
\(2^。\)当\(x<0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\leq \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((-1，0)\)上单调递增，故\(h(x)_{min}\rightarrow h(-1)=1\)即\(a\leq 1\)；
\(3^。\)当\(x>0\)时，由\(ax\ge x^2-2\)分离参数得到\(a\ge \cfrac{x^2-2}{x}=x-\cfrac{2}{x}\)，令\(h(x)=x-\cfrac{2}{x}\)，\(h(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，故\(h(x)_{max}\rightarrow h(1)=-1\)即\(a\ge -1\)；
综上所述，由于三种情形下都要成立，故需要取其交集得到\(a\)的取值范围为\([-1，1]\)。
法1：分段函数法，由上可知，\(g(x)=\begin{cases}-2x，&x\leq -1\\2，&-1<x<1\\2x，&x\ge 1\end{cases}\)，
在每一段上求其最小值，就得到整个定义域上的函数\(g(x)_{min}=2\)；
法2：图像法，作出函数\(g(x)\)的图像，由图像可知，\(g(x)_{min}=2\)；
法3：绝对值不等式法，\(g(x)=|x+1|+|x-1|\ge |(x+1)-(x-1)|=2\)，
当且仅当\(-1\leq x\leq 1\)时取等号。故\(g(x)_{min}=2\)；
法4：绝对值的几何意义法，如图所示
由数轴图可知，当实数\(x\)所对应的点\(C\)位于点\(A\)(对应实数\(-1\))和\(B\)(对应实数\(1\))之间时 ，\(|x+1|+|x-1|=|AC|+|BC|=|AB|=2\)；
当实数\(x\)所对应的点\(C\)位于点\(A\)左侧，或者点\(B\)右侧时 ，\(|x+1|+|x-1|=|AC|+|BC|>|AB|=2\)；
故我们能直观的知道函数\(g(x)=|x+1|+|x-1|\)的最小值为\(2\)。
法1：分段函数法，仿上例完成；\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；
法2：图像法，\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；
法3：绝对值不等式法，由于\(||x+1|-|x-1||\leq |(x+1)-(x-1)|=2\)，故\(-2\leq |x+1|-|x-1|\leq 2\)；故\(h(x)_{min}=-2；h(x)_{max}=2\)；
（1）求不等式\(f(x)\ge 1\)的解集；
法1：分段函数法，仿照上面2017全国卷1文科理科第23题法1的解法，我们可以很容易得到分段函数\(f(x)=\begin{cases}-3,&x<-1\\2x-1,&-1\leq x\leq 2\\3&x>2\end{cases}\)，这样不等式\(f(x)\ge 1\)等价于以下三个不等式组：
\(\begin{cases}x< -1\\-3\ge1\end{cases}\)或者\(\begin{cases}-1\leq x\leq 2\\2x-1\ge 1\end{cases}\)或者\(\begin{cases}x>2\\3\ge1\end{cases}\)
分别解得\(x\in\varnothing\)，或\(1\leq x \leq 2\)，或\(x>2\)，求并集得到解集\(x\in [1，+\infty)\)。
法2：数形结合图像法，其中红色的是函数\(f(x)=|x+1|-|x-2|\)图像，蓝色的是函数\(g(x)=1\)的图像由图像可以直观看出解集为\(x\in [1，+\infty)\)。
（2）若不等式\(f(x)\ge x^2-x+m\)的解集非空，求\(m\)的取值范围；
分析：已知不等式解集非空求参数范围类题目，我们常常转化为分离参数+能成立，比如先分离参数得到\(m\leq f(x)-x^2+x=h(x)\)，接下来想办法求新构造函数\(h(x)\)的最大值就可以了。
法1：【高考给定解法】\(h(x)=f(x)-x^2+x=|x+1-|x-2|-x^2+x\leq |x|+1+|x|-2-x^2+|x|=-(|x|-\frac{3}{2})^2+\cfrac{5}{4}\leq \cfrac{5}{4}\)；且当\(x=\cfrac{3}{2}\)时，\(|x+1|-|x-2|-x^2+x= \cfrac{5}{4}\)，故\(m\)的取值范围是\((-\infty， \cfrac{5}{4}]\)。
说明：本解法用到了放缩法，不太好掌握。
法2：将\(h(x)\)转化为分段函数求其最大值。
\(h(x)=f(x)-x^2+x=\begin{cases}-x^2+x-3,&x<-1\\-x^2+x+2x-1,&-1\leq x\leq 2\\-x^2+x+3,&x>2 \end{cases} =\begin{cases}-(x-\frac{1}{2})^2-\frac{11}{4},&x<-1\\ -(x-\frac{3}{2})^2+\frac{5}{4},&1\leq x\leq 2\\-(x-\frac{1}{2})^2+\frac{13}{4},&x>2 \end{cases}\)
故\(h(x)_{max}=\begin{cases}-3,&x<-1\\ \frac{5}{4},&1\leq x \leq 2\\1,&x>2\end{cases}\)，故在整个定义域上\(h(x)_{max}=\cfrac{5}{4}\)；
故要使得\(m\leq h(x)\)的解集非空，必须满足\(m\leq \cfrac{5}{4}\)，即\(m\)的取值范围是\((-\infty， \cfrac{5}{4}]\)。
柯西不等式：\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge (ac+bd)^2，a,b,c,d\in R\)；
绝对值不等式：\(||a|-|b||\leq |a+b|\leq |a|+|b|\)；
分析：\(2^c=2^a+2^b\ge 2\sqrt{2^a\cdot 2^b}\)，
即\(2^c\ge 2\sqrt{2^{a+b}}\)
即\(2^{2c}\ge 2^2\cdot 2^{a+b}=2^{2+a+b}\)，
则\(a+b-2c\leq -2\)，当且仅当\(a=b，c=a+1\)时取到。
故\((a+b-2c)_{max}=-2\)。
反思：本题目还可以考虑两边同除以\(2^c\) ，变形为\(2^{a-c}+2^{b-c}=1\)。
则\(1\ge 2\sqrt{2^{a-c}2^{b-c}}\)，即\(1\ge 2\sqrt{2^{a+b-2c}}\)
即\(1\ge 2^2\cdot 2^{a+b-2c}\)，即\(2^{-2}\ge 2^{a+b-2c}\)
即\(a+b-2c\leq 2c\)，其余同上法。
(1)当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\ge 0\)的解集。
分析：分区间讨论法，解集为\([-2，3]\)，详解过程略。
(2)若\(f(x)\leq 1\)，求\(a\)的取值范围。
分析：本题目没有给定解集\(D\)，却需要求参数\(a\)的取值范围，那我们可以这样想，
对于未知解集\(D\)内的任意一个\(x\)，必然满足\(f(x)\leq 1\)，即对解集\(D\)而言，不等式\(f(x)\leq 1\)恒成立，
即\(5-|x+a|-|x-2|\leq 1\)恒成立，即\(|x+a|+|x-2|\ge 4\)恒成立，
这样难点就转换为求\((|x+a|+|x-2|)_{min}\)，
又\(|x+a|+|x-2|\ge |(x+a)-(x-2)|=|a+2|\)，
即\((|x+a|+|x-2|)_{min}=|a+2|\)，
即\(|a+2|\ge 4\)，则\(a+2\ge 4\)或\(a+2\leq -4\)
解得\(a\leq -6\)或\(a\ge 2\)。
分析：由柯西不等式可知，\((x^2+y^2+z^2)\cdot (2^2+3^2+1^2)\ge (2\cdot x+3\cdot y+1\cdot z)^2\)
当且仅当\(\cfrac{x}{2}=\cfrac{y}{3}=\cfrac{z}{1}\)时取到等号；
即\(14(x^2+y^2+z^2)\ge 49\)，即\(x^2+y^2+z^2\ge \cfrac{49}{14}\)；
（1）求不等式\(f(x)<8\)的解集；
提示：分区间讨论法，转化为分段函数不等式求解，解集\((-3，1)\)。
（2）若\(a>0\)，\(b>0\)，且方程\(f(x)=3a+2b\)有且仅有一个实数根，求\(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b}\)的最小值；
分析：由（1）可知，\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{-3x-1，x\leqslant -2}\\{x+7，-2<x<3}\\{3x+1，x\geqslant 3}\end{array}\right.\)
故函数\(f(x)\)在\((-\infty，-2)\)上单调递减，在\([-2，+\infty)\)上单调递增，
由于方程\(f(x)=3a+2b\)有且仅有一个实数根，故可知\(3a+2b=f(-2)=5\)，
[备注：此时\(3a+2b\)理解为一个整体，比如\(3a+2b=m\)，即方程\(f(x)=m\)有且仅有一个根，即函数\(y=f(x)\)与\(y=m\)仅有一个交点。]
即\((2a+b)+(a+b)=5\)，且\(a>0\)，\(b>0\)，求\(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b}\)的最小值；
\(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b}=\cfrac{1}{5}(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b})\times 5\)\(\cfrac{1}{5}(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b})[(2a+b)+(a+b)]\)
\(=\cfrac{1}{5}(9+4+\cfrac{9(a+b)}{2a+b}+\cfrac{4(2a+b)}{a+b})\geqslant \cfrac{13}{5}+\cfrac{1}{5}\times 2\sqrt{\frac{9(a+b)}{2a+b}\times \frac{4(2a+b)}{a+b}}\)\(=\cfrac{13}{5}+\cfrac{12}{5}=5\)
当且仅当\(\cfrac{9(a+b)}{2a+b}=\cfrac{4(2a+b)}{a+b}\)，即\(a=b=1\)时取等号。
故\(\cfrac{9}{2a+b}+\cfrac{4}{a+b}\)的最小值为\(5\).
(1).解关于\(x\)的不等式\(f(x)＋a－1>0(a\in R)\)；
分析：不等式\(f(x)+a-1>0\)，即\(|x-2|+a-1>0\)，即\(|x-2|>1-a\)，
当\(a＝1\)时，解集为\(x\neq 2\)，即\((-\infty，2)\cup(2，＋\infty)\)；
当\(a>1\)时，解集为全体实数\(R\)；
当\(a<1\)时，由\(|x－2|>1－a\)可得，\(x－2>1－a\)或\(x－2<a－1\)，则得到\(x>3－a\)或\(x<a＋1\)，
故解集为\((-\infty，a＋1)\cup(3－a，+\infty)\)．
(2).若函数\(f(x)\)的图象恒在函数\(g(x)\)图象的上方，求\(m\)的取值范围．
分析：\(f(x)\)的图象恒在函数\(g(x)\)图象的上方，即为\(|x－2|>－|x＋3|＋m\)对任意实数\(x\)恒成立，即\(|x－2|＋|x＋3|>m\)恒成立．
又对任意实数\(x\)恒有\(|x－2|+|x＋3|\geqslant |(x－2)-(x＋3)|=5\)，于是得\(m<5\)，
即\(m\)的取值范围是\((-\infty，5)\)．
(1).当\(a=1\)时，求不等式\(f(x)\geqslant 5\)的解集；
分析：用分区间讨论法，求解得到解集为\(\{x\mid x\leqslant -3或x\geqslant 2\}\).
(2).若\(f(x)\leqslant 3-x\)的解集为\(A\)且\([-4，-2]\)是集合\(A\)的子集，求\(a\)的取值范围。
分析：由题意可知，\(f(x)\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，
即\(|ax-1|-x-2\leqslant 3-x\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，即\(|ax-1|\leqslant 5\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，
即\(-4\leqslant ax\leqslant 6\)在区间\([-4，-2]\)上恒成立，由于\(x\in [-4，-2]\)
则\(\left\{\begin{array}{l}{-4\leqslant -4a\leqslant 6}\\{-4\leqslant -2a\leqslant 6}\end{array}\right.\quad\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1}\\{-3\leqslant a\leqslant 2}\end{array}\right.\)，解得即\(-\cfrac{3}{2}\leqslant a\leqslant 1\)
故\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{3}{2}，1]\).
