8、實數a的取值范圍．
解：(1)f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝
當x<－3時，由－2x－2≥8，解得x≤－5；
當－3≤x≤1時，4≥8，不成立；
當x>1時，由2x＋2≥8，解得x≥3.
∴不等式f(x)≥8的解集為{x|x≤－5或x≥3}．
(2)由(1)得f(x)min＝4.又∵不等式f(x)4，解得a>4或a<－1，即實數a的取值范圍是(－∞，－1)∪(4，＋∞)．
突破點(二) 絕對值三角不等式
絕對值三角不等式定理
定理1
如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號
9、成立
定理2
如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立
1．判斷題
(1)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )
(2)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等號成立的條件是ab≤0.( )
答案：(1)√ (2)√
2．填空題
(1)函數y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值為________．
解析：∵|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，
即函數y的最小值為8.
答案：8
(2)設a，b為滿足ab<0的實數，那么下列正確的是________．
①|a＋b|>|a－b|
10、 ?、趞a＋b|<|a－b|
③|a－b|<||a|－|b|| ④|a－b|<|a|＋|b|
解析：∵ab<0，
∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.
答案：②
(3)若存在實數x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實數a的取值范圍是________．
解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，
要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，
∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.
答案：[－2,4]
證明絕對值不等式
[例1] 已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，
求證：|x＋5y|≤1.
[證
11、明] ∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.
∴由絕對值不等式的性質，得
|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|
＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×＋2×＝1.
即|x＋5y|≤1.
[方法技巧]
證明絕對值不等式的三種主要方法
(1)利用絕對值的定義去掉絕對值符號，轉化為普通不等式再證明．
(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|進行證明．
(3)轉化為函數問題，利用數形結合進行證明．
絕對值不等式的恒成立問題
[例2] (2018·湖南五市十校聯考)設函數f(x)＝|x－a|
12、＋|x－3|，a<3.
(1)若不等式f(x)≥4的解集為，求a的值；
(2)若對?x∈R，不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，求實數a的取值范圍．
[解] (1)法一：由已知得f(x)＝
當x3時，2x－a－3≥4，得x≥.
已知f(x)≥4的解集為，則顯然a＝2.
法二：由已知易得f(x)＝|x－a|＋|x－3|的圖象關于直線x＝對稱，
又f(x)≥4的解集為，則＋＝a＋3，即a＝2.
(2)法一：不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，即|x－a|＋2|x－3|≥1恒成立．
當x≤a時，－3x＋a＋5≥0恒成立，得－3a＋a
13、＋5≥0，解得a≤；
當a0)．
(1)證明：f(x)≥2；
(2)若f(3
14、)<5，求a的取值范圍．
解：(1)證明：由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.當且僅當a＝1時等號成立．所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝＋|3－a|.
當a>3時，f(3)＝a＋，
由f(3)<5得30)．
(1)當m＝1時，求不等式f(x)≥1的解集；
(2)對于任意實數x，t，不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|恒成立，求m的取值范圍．
解：(1)f(x)＝|x－m|－|x＋3m|
＝
當m＝1時
15、，由或x≤－3，得x≤－，
∴不等式f(x)≥1的解集為.
(2)不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|對任意的實數t，x恒成立，等價于對任意的實數x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min恒成立，即[f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
∵f(x)＝|x－m|－|x＋3m|≤|(x－m)－(x＋3m)|＝4m，
|2＋t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，
∴4m<3，又m>0，∴00(a∈R)；
(2)若函數
16、f(x)的圖象恒在函數g(x)圖象的上方，求m的取值范圍．
解：(1)不等式f(x)＋a－1>0，
即|x－2|＋a－1>0.
當a＝1時， 原不等式化為|x－2|>0，解得x≠2，即解集為(－∞，2)∪(2，＋∞)；
當a>1時，解集為全體實數R；
當a<1時，|x－2|>1－a(1－a>0)，解集為(－∞，a＋1)∪(3－a，＋∞)．
(2)f(x)的圖象恒在函數g(x)圖象的上方，
即|x－2|>－|x＋3|＋m對任意實數x恒成立，
即|x－2|＋|x＋3|>m恒成立．
又由絕對值三角不等式知，對任意實數x恒有|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，
17、當且僅當(x－2)(x＋3)≤0時等號成立．
于是得m<5，故m的取值范圍是(－∞，5).
[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]
1．(2017·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)當a＝1時，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范圍．
解：(1)當a＝1時，不等式f(x)≥g(x)等價于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.?、?
當x＜－1時，①式化為x2－3x－4≤0，無解；
當－
18、1≤x≤1時，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1；
當x＞1時，①式化為x2＋x－4≤0，
從而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集為.
(2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等價于當x∈[－1,1]時，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必為f(－1)與f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范圍為[－1,1]．
2．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的
19、解集非空，求m的取值范圍．
解：(1)f(x)＝
當x＜－1時，f(x)≥1無解；
當－1≤x≤2時，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
當x＞2時，由f(x)≥1，解得x＞2.
所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤，
且當x＝時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范圍為.
3．(2016·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集；
20、
(2)設函數g(x)＝|2x－1|.當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍．
解：(1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}．
(2)當x∈R時，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥3，
即＋≥.
又min＝，
所以≥，解得a≥2.
所以a的取值范圍是[2，＋∞)．
4．(2015·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求a
21、的取值范圍．
解：(1)當a＝1時，
f(x)>1化為|x＋1|－2|x－1|－1>0.
當x≤－1時，不等式化為x－4>0，無解；
當－10，
解得0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集為.
(2)由題設可得f(x)＝
所以函數f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面積為(a＋1)2.
由題設得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范圍為(2，＋∞)．
[課時達標檢測]
22、
1．已知函數f(x)＝|x＋m|－|5－x|(m∈R)．
(1)當m＝3時，求不等式f(x)>6的解集；
(2)若不等式f(x)≤10對任意實數x恒成立，求m的取值范圍．
解：(1)當m＝3時，f(x)>6，即|x＋3|－|5－x|>6，不等式的解集是以下三個不等式組解集的并集.
解得x≥5；
或解得46的解集為{x|x>4}．
(2)f(x)＝|x＋m|－|5－x|≤|(x＋m)＋(5－x)|＝|m＋5|，由題意得|m＋5|≤10，則－10≤m＋5≤10，
解得－15≤m≤5，故
23、m的取值范圍為[－15,5]．
2．(2018·江西南昌模擬)已知函數f(x)＝|2x－a|＋|x－1|.
(1)若不等式f(x)≤2－|x－1|有解，求實數a的取值范圍；
(2)當a<2時，函數f(x)的最小值為3，求實數a的值．
解：(1)由題意f(x)≤2－|x－1|，即為＋|x－1|≤1.而由絕對值的幾何意義知＋|x－1|≥，
由不等式f(x)≤2－|x－1|有解，
∴≤1，即0≤a≤4.∴實數a的取值范圍是[0,4]．
(2)由2x－a＝0得x＝，由x－1＝0得x＝1，由a<2知<1，
∴f(x)＝
函數的圖象如圖所示．
∴f(x)min＝f＝－＋1＝3，
解得
24、a＝－4.
3．(2018·廣東潮州模擬)設函數f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若?x∈，不等式a＋14，可化為或或
解得x<－2或01.
∴不等式f(x)>4的解集為(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)由(1)知，當x<－時，f(x)＝－3x－2，
∵當x<－時，f(x)＝－3x－2>，
∴a＋1≤，即a≤.
∴實數a的取值范圍為.
4．(2018·長春模擬)已知函數f(x)＝|x－2|－|x＋1
25、|.
(1)解不等式f(x)>1；
(2)當x>0時，函數g(x)＝(a>0)的最小值大于函數f(x)，試求實數a的取值范圍．
解：(1)當x>2時，原不等式可化為x－2－x－1>1，解集是?.
當－1≤x≤2時，原不等式可化為2－x－x－1>1，即－1≤x<0；
當x<－1時，原不等式可化為2－x＋x＋1>1，即x<－1.
綜上，原不等式的解集是{x|x<0}．
(2)因為g(x)＝ax＋－1≥2－1，
當且僅當x＝時等號成立，
所以g(x)min＝2－1，
當x>0時，f(x)＝
所以f(x)∈[－3,1)，所以2－1≥1，即a≥1，
故實數a的取值范圍是[1，＋∞
26、)．
5．(2018·湖北四校聯考)已知函數f(x)＝e|x＋a|－|x－b|，a，b∈R.
(1)當a＝b＝1時，解不等式f(x)≥e；
(2)若f(x)≤e2恒成立，求a＋b的取值范圍．
解：(1)當a＝b＝1時，f(x)＝e|x＋1|－|x－1|，由于y＝ex在(－∞，＋∞)上是增函數，所以f(x)≥e等價于|x＋1|－|x－1|≥1，①
當x≥1時，|x＋1|－|x－1|＝x＋1－(x－1)＝2，則①式恒成立；
當－1
27、
(2)f(x)≤e2等價于|x＋a|－|x－b|≤2，②
因為|x＋a|－|x－b|≤|x＋a－x＋b|＝|a＋b|，
所以要使②式恒成立，只需|a＋b|≤2，
可得a＋b的取值范圍是[－2,2]．
6．(2018·湖北棗陽一中模擬)已知f(x)＝|x－1|＋|x＋a|，g(a)＝a2－a－2.
(1)當a＝3時，解關于x的不等式f(x)>g(a)＋2；
(2)當x∈[－a,1)時恒有f(x)≤g(a)，求實數a的取值范圍．
解：(1)a＝3時，f(x)＝|x－1|＋|x＋3|＝g(3)＝4.
∴f(x)>g(a)＋2化為|x－1|＋|x＋3|>6，
即或或
解得x<－
28、4或x>2.
∴所求不等式解集為(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
(2)∵x∈[－a,1)．∴f(x)＝1＋a.
∴f(x)≤g(a)即為1＋a≤a2－a－2，可化為a2－2a－3≥0，解得a≥3或a≤－1.
又∵－a<1，∴a>－1.
綜上，實數a的取值范圍為[3，＋∞)．
7．(2018·安徽蚌埠模擬)已知函數f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若對任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實數a的取值范圍．
解：(1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5，∴－7<|x
29、－1|<3，解得－20)，若|x－a|－f(x)≤＋(a>0)恒成立，求實數a的取值范圍
30、．
解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
當x<－時，即－3x－2－x＋1<4，
解得－1時，即3x＋2＋x－1<4，無解．
綜上所述，原不等式的解集為.
(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，
當且僅當m＝n＝時等號成立．
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝
∴x＝－時，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝＋a≤4，即0
31、突破1個知識點：不等式的證明.
突破點 不等式的證明
1．基本不等式
定理1
如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立
定理2
如果a，b＞0，那么≥，當且僅當a＝b時，等號成立，即兩個正數的算術平均不小于(即大于或等于)它們的幾何平均
定理3
如果a，b，c∈R＋，那么≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立
2.比較法
(1)作差法的依據是：a－b＞0?a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲證A≥B，只需證≥1.
3．綜合法與分析法
綜合法
一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質等，經過一系列的推理、論證而得出命
32、題成立
分析法
從要證的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義，公理或已證明的定理，性質等)，從而得出要證的命題成立
1．判斷題
(1)已知x為正實數，則1＋x＋≥3.( )
(2)若a>2，b>2，則a＋b>ab.( )
(3)設x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1則S≥x.( )
答案：(1)√ (2)× (3)√
2．填空題
(1)已知a，b∈R＋，a＋b＝2，則＋的最小值為________．
解析：∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，∴(a＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4，∴＋≥＝2，即＋的最小值為2(當且僅當a＝b＝1
33、時，“＝”成立)．
答案：2
(2)已知正實數a，b滿足2ab＝a＋b＋12，則ab的最小值是________．
解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2＋12，當且僅當a＝b時等號成立．化簡得(－3)(＋2)≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9.
答案：9
(3)已知a，b，c是正實數，且a＋b＋c＝1，則＋＋的最小值為________．
解析：把a＋b＋c＝1代入＋＋，
得＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立．
答案：9
(4)設x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，則實數a，b應滿足的條件為________
34、________．
解析：若x>y，則x－y＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)
＝a2b2－2ab＋a2＋4a＋5
＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，
∴ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2
比較法證明不等式
[例1] 求證：(1)當x∈R時，1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)當a，b∈(0，＋∞)時，aabb≥(ab).
[證明] (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)
＝(x－1)(2x3－x－1)
＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)
＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]
35、＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)
＝(x－1)2≥0，
所以1＋2x4≥2x3＋x2.
法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1
＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，
所以1＋2x4≥2x3＋x2.
(2)＝ab＝，
∴當a＝b時，＝1，
當a>b>0時，>1，>0，
∴>1，
當b>a>0時，0<<1，<0，
則>1，∴aabb≥(ab).
[方法技巧]
作差比較法證明不等式的步驟
(1)作差；(2)變形；(3)判斷差的符號；(4)下結論．其中“變形”是關鍵，通常將差變形成因式連乘積的形式或平方和的形式，再結合不等式
36、的性質判斷出差的正負．
綜合法證明不等式
[例2] 已知a，b，c>0且互不相等，abc＝1.試證明：＋＋＜＋＋.
[證明] 因為a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，
所以＋＋＝ ＋ ＋
＜＋＋
＝＋＋，
即＋＋＜＋＋.
[方法技巧]
綜合法證明時常用的不等式
(1)a2≥0；|a|≥0.
(2)a2＋b2≥2ab.
(3)≥，它的變形形式有：a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；＋≤－2(ab<0)．
分析法證明不等式
[例3] (2018·福建畢業(yè)班質量檢測)已知函數f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)＜|2x
37、＋1|－1的解集M；
(2)設a，b∈M，證明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．
[解] (1)由題意，|x＋1|<|2x＋1|－1，
①當x≤－1時，不等式可化為－x－1＜－2x－2，
解得x＜－1；
②當－1＜x＜－時，
不等式可化為x＋1＜－2x－2，
解得x＜－1，此時不等式無解；
③當x≥－時，
不等式可化為x＋1＜2x，解得x＞1.
綜上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．
(2)因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以，要證f(ab)＞f(a)－f(－b)，
只需證|ab＋1|＞|a＋b|，
即證|
38、ab＋1|2＞|a＋b|2，
即證a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，
即證a2b2－a2－b2＋1＞0，
即證(a2－1)(b2－1)＞0.
因為a，b∈M，
所以a2＞1，b2＞1，
所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立．
[方法技巧]
分析法的應用
當所證明的不等式不能使用比較法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式沒有直接聯系，較難發(fā)現條件和結論之間的關系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關鍵是推理的每一步必須可逆．
1.設x≥1，y≥1，求證x＋y＋≤＋＋xy.
證明：由于x≥1，y≥1，
要證x＋y
39、＋≤＋＋xy，
只需證xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
因為[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)，
因為x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
從而所要證明的不等式成立．
2.設不等式|2x－1|＜1的解集為M.
(1)求集合M.
(2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大?。?
解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，
解得0＜x＜1.所以M
40、＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
3.已知a，b，c，d均為正數，且ad＝bc.
(1)證明：若a＋d>b＋c，則|a－d|>|b－c|；
(2)t·＝＋，求實數t的取值范圍．
解：(1)證明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均為正數，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，
所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.
(2)因為(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝
41、(ac＋bd)2，所以t·＝t(ac＋bd)．
由于≥ac，≥bd，
又已知t·＝＋，
則t(ac＋bd)≥(ac＋bd)，故t≥，當且僅當a＝c，b＝d時取等號.
[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]
1．(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b
42、3
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)
＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.
解：(1)f(x)＝
當x≤－時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，
所以－1
43、)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.
因此|a＋b|<|1＋ab|.
[課時達標檢測]
1．(2018·武漢調研)若正實數a，b滿足a＋b＝，求證：＋≤1.
證明：要證 ＋≤1，只需證a＋b＋2≤1，
即證2≤，即證≤.
而a＋b＝≥2，∴≤成立，
∴原不等式成立．
2．已知函數f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值為t.
(1)求t的值；
(2)若正實數a，b滿足a＋b＝t，求證：＋≥.
解：(1)因為|x＋3|＋
44、|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.
(2)證明：由(1)得a＋b＝4，故＋＝1，＋＝＝＋1＋＋≥＋2＝＋1＝，當且僅當b＝2a，即a＝，b＝時取等號，故＋≥.
3．設不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集為M，a，b∈M.
(1)證明：<；
(2)比較|1－4ab|與2|a－b|的大小，并說明理由．
解：(1)證明：記f(x)＝|x－1|－|x＋2|
＝
由－2<－2x－1<0解得－
45、(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0.
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，
故|1－4ab|>2|a－b|.
4．(2018·廣州模擬)已知x，y，z∈(0，＋∞)，x＋y＋z＝3.
(1)求＋＋的最小值；
(2)證明：3≤x2＋y2＋z2<9.
解：(1)因為x＋y＋z≥3>0，＋＋≥>0，
所以(x＋y＋z)≥9，
即＋＋≥3，當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時，＋＋取得最小值3.
(2)證明：x2＋y2＋z2
＝
≥
＝＝3，
當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時等號成立．
又因為x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋
46、y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx)<0，
所以3≤x2＋y2＋z2<9.
5．(2018·安徽百所重點高中模擬)已知a>0，b>0，函數f(x)＝|2x＋a|＋2＋1的最小值為2.
(1)求a＋b的值；
(2)求證：a＋log3≥3－b.
解：(1)因為f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
當且僅當(2x＋a)(2x－b)≤0時，等號成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值為a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.
(2)由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2 ＝9，
47、
當且僅當＝且a＋b＝1，
即a＝，b＝時取等號．
所以log3≥log39＝2，
所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，
即a＋log3≥3－b.
6．(2018·長沙模擬)設α，β，γ均為實數．
(1)證明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，證明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.
證明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；
|sin(α
48、＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.
(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.
7．(2018·安徽安師大附中、馬鞍山二中階段測試)已知函數f(x)＝|x－2|.
(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；
(2)若a<0，求證：f(ax)－af(x)≥f(2a)．
解：(1)由題意，得f(x)＋f
49、(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.
因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.
當x≤1時，原不等式等價于－2x＋3≤2，即≤x≤1；
當12時，原不等式等價于2x－3≤2，即2
（通用版）2019版高考數學一輪復習 選修部分 不等式選講學案 理
