【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案13．2《不等式选讲》(含详解).doc，共(23)页，714.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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13．2不等式选讲1．基本不等式及其推广(1)a2＋b2≥__________(a，b∈R)，当且仅当__________时，等号成立．(2)a＋b2≥__________(a，b>0)，当且仅当______

____时，等号成立．(3)a＋b＋c3≥__________(a，b，c>0)，当且仅当________时，等号成立．(4)a1＋a2＋„＋ann≥______________(ai>0，i＝1，2，„，

n)，当且仅当__________________时，等号成立．2．绝对值不等式(1)定理1：如果a，b是实数，那么||a＋b≤__________，当且仅当__________时，等号成立．(2)定理

2：如果a，b，c是实数，那么||a－c≤__________，当且仅当____________时，等号成立．(3)||x<a⇔____________，||x>a⇔______________．3．证明不等式的方法(1)比较法：

比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法：证明不等式时，通过把不等式中的某

些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法；(6)数学归纳法．自查自纠：1．(1)2aba＝b(2)aba＝b(3)3abca＝b＝c(4)na1a2„ana1＝a2＝„＝

an2．(1)||a＋||bab≥0(2)||a－b＋||b－c(a－b)(b－c)≥0(3)－a<x<ax<－a或x>a3．(1)作差作商(5)放大缩小(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f

(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x＋4，x≤－1，2，－1＜x≤2，－2x＋6，x＞2.可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，

且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－

1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．解：(1)f(x)＝－3x，x＜－12，x＋2，－12≤x＜1，3x，x≥1.y＝f(x)的图

象如图所示．(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.类型一绝对值不等式(201

6·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；(2)设函数g(x)＝|2x－1|，当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.

解不等式|2x－2|＋2≤6，得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|

1－a|＋a≥3.①当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解；当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．点拨：解决绝对值不等式的基本方法有：公式法、零点分段法、平方法、几何法、构造法等，本例(1)利用等价不等式|

h(x)|≤a(a＞0)⇔－a≤h(x)≤a，进而通过解不等式可求得；根据条件可首先将题(2)转化为求解f(x)＋g(x)的最小值，再根据恒成立的意义建立简单的关于a的不等式；另外，对于含参问题，要注意分

离参数及适时分类讨论．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.(1)当a＝1时，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

取值范围．解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，得－1≤x≤1；当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，得1＜x≤－1＋172.所以f(x)

≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋172.(2)当x∈[－1，1]时，g(x)＝2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]等价于当x∈[－1，1]时f(x)≥2.又f(x)在[－1，1]

的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2得－1≤a≤1.所以a的取值范围为[－1，1]．设函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|(a>0)，g(x)＝x＋2.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≤g(x)的解集；(2

)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，原不等式等价于|2x－1|＋|2x＋1|≤x＋2.等价于x≤－12，－4x≤x＋2或－12<x<12，2≤x＋2或x≥12，4x≤x＋2，解得x∈∅或0≤x<12或1

2≤x≤23，所以不等式的解集为x|0≤x≤23.(2)方法一：|2x－a|＋|2x＋1|≥x＋2等价于|2x－a|＋|2x＋1|－x－2≥0，令h(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|－x－2，因为a＞0，所以h(x)＝

－5x＋a－3，x≤－12，－x＋a－1，－12<x<a2，3x－a－1，x≥a2.易得h(x)min＝ha2＝a2－1，令a2－1≥0，得a≥2.故a的取值范围是[2，＋∞)．方法二：f(x)≥g(x)恒成立即|

2x－a|≥x＋2－|2x＋1|恒成立．令h(x)＝x＋2－|2x＋1|＝3x＋3，x≤－12，－x＋1，x＞－12，作出y＝h(x)的图象如图所示．要使|2x－a|≥h(x)恒成立，则函数y＝|2x－a|的图象应恒在函数y＝h(x)的图象的上方，由a＞0及数形结合可得a2≥1，则a≥2.所

以a的取值范围是[2，＋∞)．点拨：绝对值不等式中含参数时，通常要进行分类，注意分类要做到不重不漏；对于含参数的绝对值不等式在某区间内的恒成立问题，一般采用分离参数法或数形结合法求范围．(2016·山西八校

联考)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a>1)．(1)若不等式f(x)≥2的解集为{x|x≤12或x≥52}，求a的值；(2)对任意x∈R，f(x)＋|x－1|≥1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f(

x)＝|x－1|＋|x－a|＝2x－a－1，x≥a，a－1，1≤x＜a，－2x＋a＋1，x＜1.当x≥a时，由2x－a－1≥2得x≥a＋32；当x<1时，由－2x＋a＋1≥2得x≤a－12＝12，解得a＝2.经检验，a＝2满足题意．(2)

方法一：由对任意x∈R，f(x)＋|x－1|≥1恒成立，可得2|x－1|＋|x－a|≥1恒成立．令g(x)＝2|x－1|＋|x－a|，因为a＞1，所以g(x)＝－3x＋2＋a，x＜1，x－2＋a，1≤x＜a，3x－2－a，x≥a

，易知g(x)min＝g(1)＝a－1，只需a－1≥1，即a≥2.综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)．方法二：f(x)＋|x－1|≥1恒成立，即|x－a|≥1－2|x－1|恒成立．令g(x)＝1－2|x－1|＝2x－1，x≤1，

－2x＋3，x＞1，作出y＝g(x)的图象如图所示，要使|x－a|≥g(x)恒成立，则需函数y＝|x－a|的图象恒在y＝g(x)图象的上方，由a＞1及数形结合可得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数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的解集非空，求m的取值范围．解：(1)f(x)＝－3，x＜－1，2x－1，－1≤x≤2，3，x＞2.当x＜－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由f(x)≥1得，2x－

1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，由f(x)≥1解得x＞2.所以f(x)≥1的解集为{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|＝－|x|－

322＋54≤54，且当x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54.故m的取值范围为－∞，54.点拨：分离参数后，不等式化为了m≤g(x)解集非空，再利用存在成立问题的等价转化，转化为m≤

g(x)max.(2017东北三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|；(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若对任意x∈－12，1，不等式f(x)≥|2x＋a|－4恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当

x≤－12时，－2x－1－2x＋3≤6⇒x≥－1，所以－1≤x≤－12.当－12<x<32时，2x＋1－2x＋3≤6恒成立，所以－12<x<32.当x≥32时，4x－2≤6⇒x≤2，所以32≤x≤2.综上，不等式的

解集为[－1，2]．(2)当x∈－12，1时，f(x)≥|2x＋a|－4⇔|2x＋a|≤8，即－8≤2x＋a≤8，⇒a－1≥－8，a＋2≤8，⇒－7≤a≤6.故a的取值范围为[－7，6]．已知函数f(x

)＝|2x－a|＋|x－1|.(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥2的解集；(2)若f(x)≥5－x对∀x∈R恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)a＝3时，即求解|2x－3|＋|x－1|≥2，①当x≥32时，原不等式化为2x－3＋x－1≥2，解得x≥2；

②当1<x<32时，原不等式化为3－2x＋x－1≥2，解集为空集；③当x≤1时，原不等式化为3－2x＋1－x≥2，解得x≤23.综上，所求不等式的解集为x|x≤23或x≥2.(2)f(x)≥5－x对∀x∈R恒成立，即|2x－a|≥5－

x－|x－1|恒成立，令g(x)＝5－x－|x－1|＝6－2x，x≥1，4，x<1，则由函数g(x)的图象可得它的最大值为4.故函数y＝|2x－a|的图象应该恒在函数g(x)的图象的上方，数形结合可得a2≥3,所以a≥6，即a的取值范围是[6，＋∞)．点拨：本例及

变式展示了数形结合法解决不等式恒成立或存在成立问题的优越性，即省去了不必要的或更复杂的分类讨论，从而更直观、简捷．设函数f(x)＝1－|2x－3|.(1)求不等式f(x)≥3x＋1的解集；(2)若不等式f(x)－mx≥0的解集非

空，求m的取值范围．解：(1)由f(x)≥3x＋1，得|2x－3|＋3x≤0，则x≥32，2x－3＋3x≤0或x<32，3－2x＋3x≤0，即x≥32，x≤35或x<32，x≤－3，解得

x≤－3，所以不等式的解集为{x|x≤－3}．(2)由f(x)＝1－|2x－3|＝4－2x，x≥32，2x－2，x<32，作出y＝f(x)与y＝mx的图象如图所示．由单调性可知f(x)的最大值点

为A32，1.因为过原点的直线y＝mx过点A时，m＝23；与AC平行时，m＝2，所以当23<m≤2时，y＝f(x)与y＝mx的图象无交点，所以不等式f(x)－mx≥0的解集非空时，m的取值范围是－∞，23∪(2，＋∞)．类型二不等式的证明(1)(比

较法)设a>0，b>0，求证：a2b12＋b2a12≥a12＋b12.证法一：左边－右边＝（a）3＋（b）3ab－(a＋b)＝（a＋b）（a－ab＋b）－ab（a＋b）ab＝（a＋b）（a－2ab＋b）ab＝（a＋b）（a－b）2ab≥0，所以原不等式成立．证

法二：因为不等式左边>0，右边>0，所以左边右边＝（a＋b）（a－ab＋b）ab（a＋b）＝a－ab＋bab≥2ab－abab＝1.所以原不等式成立．点拨：用比较法证明不等式，一般有作差(或商)、变形、判断三个步骤，利用作商法时要注意前提条件．变形的主要手段是通分、因式

分解或配方．在变形过程中，也可以利用基本不等式放缩，如证法二．(2)(综合法)已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．证法一：因为a，b，c均为正数，由平均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(

abc)23，①1a＋1b＋1c≥3(abc)－13，所以1a＋1b＋1c2≥9(abc)－23.②故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥3(abc)23＋9(abc)－23.又3(abc)23＋9(abc)－23≥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．当且仅当3(abc)23＝9(abc)－23时，③式等号成立，即a＝b＝c＝314时，原式等号成立．证法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab

，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①同理1a2＋1b2＋1c2≥1ab＋1bc＋1ac.②故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2＝a2＋b2＋c2＋1a2＋1b2＋1c2＋2ab＋2bc＋2ac

≥ab＋bc＋ac＋3ab＋3bc＋3ac≥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(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝314时，原式等号成立．点拨：综合

法是“由因导果”的证明方法．用综合法证明不等式时，应注意观察不等式的结构特点，选择恰当的公式作为依据，其中均值不等式是最常用的，证法一两次运用三元均值不等式证明，证法二主要是运用不等式的性质证明．(3)(分析法)设x>0，y>0且x≠y，求证：(x3＋y3)13<(x2＋y2)12

.证明：因为x＞0，y＞0且x≠y，所以要证(x3＋y3)13＜(x2＋y2)12，只需证(x3＋y3)2＜(x2＋y2)3，即2x3y3＜3x2y2(x2＋y2)，只需证2xy＜3(x2＋y2)，因为x2＋y2

＞2xy，所以2xy＜3(x2＋y2)成立，从而得证．点拨：对于一些难以看出综合推理出发点的题目，我们可以从要证的结论入手，通常采用分析法求证．分析法证明不等式是“执果索因”，要注意书写的格式和语言的规范．(4)(

反证法)已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝12，证明：x，y，z∈0，23.证明：分两种情况讨论：若x，y，z三数中有负数，不妨设x<0，则x2>0，12＝x2＋y2＋z2≥x2＋

（y＋z）22＝x2＋（1－x）22＝32x2－x＋12>12，矛盾．若x，y，z三数中有最大者大于23，不妨设x>23，则12＝x2＋y2＋z2≥x2＋（y＋z）22＝x2＋（1－x）22＝32x2

－x＋12＝32xx－23＋12>12，矛盾．故x，y，z∈0，23.点拨：对于一些直接证明比较困难的命题常常采用反证法证明．利用反证法的关键是在假设结论不成立后，如何由已知和相关性质定理推出矛盾．

(1)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(Ⅰ)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(Ⅱ)a＋b>c＋d是||a－b<||c－d的充要条件．证明：(Ⅰ)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d

)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋d.(Ⅱ)(i)若||a－b<||c－d，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd

，由(Ⅰ)得a＋b>c＋d.(ⅱ)若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4

cd＝(c－d)2.因此||a－b<||c－d.综上，a＋b>c＋d是||a－b<||c－d的充要条件．(2)(2017·全国卷Ⅱ)已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：(Ⅰ)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(Ⅱ)a＋b≤2.证明：(Ⅰ)(a＋b)(

a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(Ⅱ)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3（a＋b）24(a＋b)＝2＋3（a＋b）

34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.(3)(2017·广州二模节选)已知a＋b＋c＝1，证明：(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥163.证明：因为a＋b＋c＝1，所以(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2＝a2＋b2＋c2＋2(a＋b＋c)＋3＝

a2＋b2＋c2＋5.所以要证明(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥163，即证明a2＋b2＋c2≥13.因为a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c

2)，所以3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2.因为a＋b＋c＝1，所以a2＋b2＋c2≥13.(4)设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.求证：(Ⅰ)a＋b≥2；(Ⅱ)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．证明：由a＋b＝1a＋1b＝a＋bab，a>0，b>0，得ab＝1.(Ⅰ)由

基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时取等号．(Ⅱ)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；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．1．解绝对值不等式要掌握去绝对值符号的方法，必要时运用分类讨论的思想，有时也可利用绝对值的几何意义解题．去掉绝对值符号的方法主要有：公式法、零点分段法(体现分类讨论思想)、平方法、几何法(体现数形结合思想)、构造法(构造函数

，利用函数图象求解．体现函数与方程思想)等．这几种方法应用时各有侧重，在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但是若不等式含有多个绝对值时，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能运用．因此，在去

绝对值符号时，用何种方法须视具体情况而定．2．在对不等式证明题进行分析，寻找解(证)题的途径时，要提倡综合法和分析法同时使用，如同打山洞一样，由两头向中间掘进，这样可以缩短条件与结论的距离，是数学解题分析中最有效的方法之一．3．作差比较法一般适用于式子为多

项式、对数式、三角式结构；作商比较法一般适用于式子为乘积、幂结构．4．运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立问题中的参数范围问题．5．用放缩法证不等式，将所证不等式中的某些项适当放大或

缩小(主要方法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．1．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|>1

的解集．解：(1)f(x)＝x－4，x≤－1，3x－2，－1<x≤32，－x＋4，x>32.y＝f(x)的图象如图所示．(2)由f(x)的表达式及图象知，当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝13或x＝5，故f(x)>1的解集为{x|1

<x<3}；f(x)<－1的解集为xx<13或x>5.所以|f(x)|>1的解集为{x|x<13或1<x<3或x>5}．2．(2018·广东潮州二模)设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.(1)解不等式f(x)＞4；(2)

若∀x∈(－∞，－32)，不等式a＋1＜f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，所以f(x)＝－3x－2，x＜－32，x＋4，－32≤x≤1，3x＋2，x＞1，f(x)＞4等价于：x＜－32，－3x－2＞

4或－32≤x≤1，x＋4＞4或x＞1，3x＋2＞4，等价于：x＜－2或0＜x≤1或x＞1.所以不等式f(x)＞4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．(2)由(1)知，当x＜－32时，f(x)＝－3x－2，因为当x＜－32时，f(x)＝－3x－2＞52，

所以a＋1≤52，即a≤32.所以实数a的取值范围为(－∞，32]．3．(2018·河南郑州二模)已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围

．解：(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x|，两边平方整理得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－13，所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪[－13，＋∞)．(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|－|x|，令h(x

)＝|2x＋1|－|x|，则h(x)＝－x－1，x≤－12，3x＋1，－12＜x＜0，x＋1，x≥0，故h(x)min＝h(－12)＝－12，所以实数a的取值范围为[－12，＋∞)．4．(2018

·山西太原一模)已知函数f(x)＝|x－a|＋12a(a≠0)．(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a＜12时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．解：(

1)f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，所以|m|≤1，即－1≤m≤1，所以实数m的最大值为1.(2)当a＜12时，g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋12a＝－3x＋a＋12a＋1，x＜a，－x－a＋

12a＋1，a≤x≤12，3x－a＋12a－1，x＞12，所以g(x)min＝g(12)＝12－a＋12a＝－2a2＋a＋12a≤0，所以0＜a＜12，－2a2＋a＋1≤0或a＜0，－2a2＋a＋1≥0，所以－12≤a＜0，所以实数a的取值范围是[－12，0)．5．(

2016·广东惠州模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x＋1a|(a>0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)>3的解集；(2)证明：f(m)＋f(－1m)≥4.解：(1)当a＝2时，f(x)＝|x＋2|＋|x＋12|，原不等式等

价于x＜－2，－x－2－x－12＞3或－2≤x≤－12，x＋2－x－12＞3或x＞－12，x＋2＋x＋12＞3，解得x<－114或x>14.故不等式的解集为{x|x＜－114或x＞14}．(2)证明：f(m)＋f(－1m)＝|m＋

a|＋|m＋1a|＋|－1m＋a|＋|－1m＋1a|＝|m＋a|＋|－1m＋a|＋|m＋1a|＋|－1m＋1a|≥2|m＋1m|＝2(|m|＋1|m|)≥4，当且仅当m＝±1，a＝1时等号成立．6．(2017·武汉二月调考)(1)求函数y＝2|x－1|－|x－4|的值域；(2)若不

等式2|x－1|－|x－a|≥－1在x∈R上恒成立，求实数a的范围．解：(1)因为y＝2|x－1|－|x－4|＝x＋2，x≥4，3x－6，1≤x≤4，－x－2，x≤1，⇒y≥6，－3≤y≤6，y≥－3.所以y＝2|x－1|－|x－4|的值域为[－3，＋

∞)．(2)方法一：令f(x)＝2|x－1|－|x－a|.①当a≥1时，f(x)＝x－2＋a，x≥a，3x－2－a，1<x<a，－（x－2＋a），x≤1，⇒f（x）≥2a－2，1－a<f（x）<2a－2，f（x）≥1－a，而2a－2>1－a，此时f(x)的最小值为1－a，故只需

1－a≥－1，所以1≤a≤2.②当a<1时，f(x)＝x－2＋a，x≥1，2＋a－3x，a<x<1，－x＋2－a，x≤a，⇒f（x）≥－1＋a，a－1<f（x）<2－2a，f（x）≥2－2a.而－1＋a<2－2a，此时f(

x)的最小值为a－1，只需a－1≥－1，0≤a<1.综合①②可知a的取值范围为{a|0≤a≤2}．方法二：2|x－1|－|x－a|≥－1在x∈R上恒成立，即|x－a|≤2|x－1|＋1在R上恒成立．令g(x)＝2|x－1|＋1＝

3－2x，x＜1，2x－1，x≥1.作出y＝g(x)的图象如图所示，要使|x－a|≤g(x)在R上恒成立，则需y＝|x－a|的图象恒在y＝g(x)的图象的下方．数形结合可得0≤a≤2.故a的取值范围是[0，2]．已知函数f(x)＝|x－a|.(1)若f(x)≤m的解集为{x|－1≤x≤

5}，求实数a，m的值；(2)当a＝2且t≥0时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2t)．解：(1)由|x－a|≤m，得a－m≤x≤a＋m，所以a－m＝－1，a＋m＝5，解得a＝2，m＝3.(2)当a＝2时，f(x)＝|x

－2|，所以f(x)＋t≥f(x＋2t)，等价于|x－2＋2t|－|x－2|≤t.①当t＝0时，不等式①恒成立，即x∈R；当t>0时，不等式等价于x<2－2t，2－2t－x－2＋x≤t或2－2t≤x<2，x－2＋2t－2＋x≤t或x≥2，x－

2＋2t－x＋2≤t，解得x<2－2t或2－2t≤x≤2－t2或x∈∅，即x≤2－t2.综上，当t＝0时，原不等式的解集为R；当t>0时，原不等式的解集为x|x≤2－t2.1．(2018·

莆田模拟)设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．证明：因为(a2＋b2)－ab(a＋b)＝(a2－aab)＋(b2－bab)＝aa(a－b)＋bb(b－a)＝(a－b)(aa－bb)＝(a12－b12)(a32－b32)＝(a12－b12)

2(a＋b＋a12b12)≥0.所以a2＋b2≥ab(a＋b)．2．(2018·临汾模拟)设a，b，c都是正数，求证：bca＋acb＋abc≥a＋b＋c.证明：由基本不等式得：12(bca＋acb)≥bca·acb＝c，12(acb＋abc)≥acb

·abc＝a，12(abc＋bca)≥abc·bca＝b，当且仅当bca＝acb＝abc，即a＝b＝c时等号成立．三式相加即得原不等式成立．3．设a，b，c＞0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3.证明：因为a，b，c＞0，所以要证a＋b＋c≥3，只需证明(a＋b＋c)2

≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a

2＋b2＋c2，当且仅当a＝b＝c时等号成立．所以原不等式成立．4．(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：a2b2＋b2c2＋c2a2a＋b＋c≥abc.证明：(1)(a3＋b

3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.因为a，b都是正数，所以a＋b＞0.又因为a≠b，所以(a－b)2＞0.于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，所以a3＋b3＞a2b＋ab2.(2)因为b2＋c2≥2bc，a2＞0，所

以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②c2(a2＋b2)≥2abc2.③①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0，因此

a2b2＋b2c2＋c2a2a＋b＋c≥abc.5．(2016·商丘三模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.(1)求m；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋c22＋b2＝m，求ab＋bc的最大值．解：(1

)f(x)＝|x－1|－2|x＋1|＝x＋3，x≤－1，－3x－1，－1<x<1，－x－3，x≥1.画出f(x)的图象如图所示，所以f(x)max＝f(－1)＝2，即m＝2.(2)由(1)知a2＋c22＋b2＝2.因为a，b，c∈(0，＋∞)，所以ab≤a2＋b22，b

c≤b2＋c22，所以ab＋bc≤a2＋b22＋b2＋c22＝a2＋c22＋b2＝2.所以ab＋bc的最大值为2.6．已知f(x)＝x2＋ax＋b.(1)求f(1)＋f(3)－2f(2)；(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.解：

(1)因为f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，所以f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.(2)证明：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12.则－12＜f(1)＜12，－12＜f(2

)＜12，－12＜f(3)＜12，所以－1＜－2f(2)＜1，－1＜f(1)＋f(3)＜1.所以－2＜f(1)＋f(3)－2f(2)＜2，这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾．所以假设错误，即所证结论成立．若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a

|＋|b|1＋|b|.证明：当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a＋b|≥1|a|＋|b|，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|

a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.13．2不等式选讲1．基本不等式及其推广(1)a2＋b2≥__________(a，b∈R)，当且仅当__________时，

等号成立．(2)a＋b2≥__________(a，b>0)，当且仅当__________时，等号成立．(3)a＋b＋c3≥__________(a，b，c>0)，当且仅当________时，等号成立．(4)a1＋a2＋„＋ann≥_____________

_(ai>0，i＝1，2，„，n)，当且仅当__________________时，等号成立．2．绝对值不等式(1)定理1：如果a，b是实数，那么||a＋b≤__________，当且仅当__________时，等号成立．(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么||a－c≤_____

_____，当且仅当____________时，等号成立．(3)||x<a⇔____________，||x>a⇔______________．3．证明不等式的方法(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基

本思想是______与0比较大小或______与1比较大小；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法；(6)数学归纳法．自查自

纠：1．(1)2aba＝b(2)aba＝b(3)3abca＝b＝c(4)na1a2„ana1＝a2＝„＝an2．(1)||a＋||bab≥0(2)||a－b＋||b－c(a－b)(b－c)≥0(3)－a<x<

ax<－a或x>a3．(1)作差作商(5)放大缩小(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．解：(1)当a＝

1时，f(x)＝2x＋4，x≤－1，2，－1＜x≤2，－2x＋6，x＞2.可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|

≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值

．解：(1)f(x)＝－3x，x＜－12，x＋2，－12≤x＜1，3x，x≥1.y＝f(x)的图象如图所示．(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为

5.类型一绝对值不等式(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；(2)设函数g(x)＝|2x－1|，当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.解不等式|2x－2

|＋2≤6，得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①当a≤1时，①等价于

1－a＋a≥3，无解；当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．点拨：解决绝对值不等式的基本方法有：公式法、零点分段法、平方法、几何法、构造法等，本例(1)利用等价不等式

|h(x)|≤a(a＞0)⇔－a≤h(x)≤a，进而通过解不等式可求得；根据条件可首先将题(2)转化为求解f(x)＋g(x)的最小值，再根据恒成立的意义建立简单的关于a的不等式；另外，对于含参问题，要注意分离参数及适时分类讨论．(2017·

全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.(1)当a＝1时，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的取值范围．解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(

x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，得－1≤x≤1；当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，得1＜x≤－1＋172.所

以f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋172.(2)当x∈[－1，1]时，g(x)＝2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]等价于当x∈[－1，1]时f(x)≥2.又f(x)在

[－1，1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2得－1≤a≤1.所以a的取值范围为[－1，1]．设函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|(a>0)，g(x)＝x＋2.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≤g(x)的解集；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，

求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，原不等式等价于|2x－1|＋|2x＋1|≤x＋2.等价于x≤－12，－4x≤x＋2或－12<x<12，2≤x＋2或x≥12，4x≤x＋2，解得x∈∅或0≤x<12或12≤x≤23，所以不等式的解集为x|

0≤x≤23.(2)方法一：|2x－a|＋|2x＋1|≥x＋2等价于|2x－a|＋|2x＋1|－x－2≥0，令h(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|－x－2，因为a＞0，所以h(x)＝－5x＋a－3，x≤－12

，－x＋a－1，－12<x<a2，3x－a－1，x≥a2.易得h(x)min＝ha2＝a2－1，令a2－1≥0，得a≥2.故a的取值范围是[2，＋∞)．方法二：f(x)≥g(x)恒成立即|2x－a|≥x＋2－|2x＋1|恒成立．令h(x)＝x＋2－|2x＋1|＝

3x＋3，x≤－12，－x＋1，x＞－12，作出y＝h(x)的图象如图所示．要使|2x－a|≥h(x)恒成立，则函数y＝|2x－a|的图象应恒在函数y＝h(x)的图象的上方，由a＞0及数形结合可得a2≥1，则a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．点拨：绝对值不等式中含

参数时，通常要进行分类，注意分类要做到不重不漏；对于含参数的绝对值不等式在某区间内的恒成立问题，一般采用分离参数法或数形结合法求范围．(2016·山西八校联考)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a>1)．(1)

若不等式f(x)≥2的解集为{x|x≤12或x≥52}，求a的值；(2)对任意x∈R，f(x)＋|x－1|≥1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝|x－1|＋|x－a|＝2x－a－1，x≥a，a－1，1≤x＜a，

－2x＋a＋1，x＜1.当x≥a时，由2x－a－1≥2得x≥a＋32；当x<1时，由－2x＋a＋1≥2得x≤a－12＝12，解得a＝2.经检验，a＝2满足题意．(2)方法一：由对任意x∈R，f(x)＋|

x－1|≥1恒成立，可得2|x－1|＋|x－a|≥1恒成立．令g(x)＝2|x－1|＋|x－a|，因为a＞1，所以g(x)＝－3x＋2＋a，x＜1，x－2＋a，1≤x＜a，3x－2－a，x≥a，易知g(

x)min＝g(1)＝a－1，只需a－1≥1，即a≥2.综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)．方法二：f(x)＋|x－1|≥1恒成立，即|x－a|≥1－2|x－1|恒成立．令g(x)＝1－2|x－1|＝2

x－1，x≤1，－2x＋3，x＞1，作出y＝g(x)的图象如图所示，要使|x－a|≥g(x)恒成立，则需函数y＝|x－a|的图象恒在y＝g(x)图象的上方，由a＞1及数形结合可得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数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的解集非空，求m的取值范围．解：(1)f(x)＝－3，x＜－1，2x－1，－1≤x≤2，3，x＞2.当x＜－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由

f(x)≥1得，2x－1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，由f(x)≥1解得x＞2.所以f(x)≥1的解集为{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|＝－|x|－322＋54≤54，且当x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54.故m的取值范围为－∞，54.点拨：分离参数后，不等式化为了m≤g(x)解集非空，再利用存在成立问题的等价转化，转化为m≤g(x)max.(2

017东北三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|；(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若对任意x∈－12，1，不等式f(x)≥|2x＋a|－4恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当x≤－12时，－2x

－1－2x＋3≤6⇒x≥－1，所以－1≤x≤－12.当－12<x<32时，2x＋1－2x＋3≤6恒成立，所以－12<x<32.当x≥32时，4x－2≤6⇒x≤2，所以32≤x≤2.综上，不等式的解集为[－1，2]．(2)当x∈－12，1时，f

(x)≥|2x＋a|－4⇔|2x＋a|≤8，即－8≤2x＋a≤8，⇒a－1≥－8，a＋2≤8，⇒－7≤a≤6.故a的取值范围为[－7，6]．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|.(1)当a＝3时，求不等式f(x

)≥2的解集；(2)若f(x)≥5－x对∀x∈R恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)a＝3时，即求解|2x－3|＋|x－1|≥2，①当x≥32时，原不等式化为2x－3＋x－1≥2，解得x≥2；②当1<x

<32时，原不等式化为3－2x＋x－1≥2，解集为空集；③当x≤1时，原不等式化为3－2x＋1－x≥2，解得x≤23.综上，所求不等式的解集为x|x≤23或x≥2.(2)f(x)≥5－x对∀x∈R恒

成立，即|2x－a|≥5－x－|x－1|恒成立，令g(x)＝5－x－|x－1|＝6－2x，x≥1，4，x<1，则由函数g(x)的图象可得它的最大值为4.故函数y＝|2x－a|的图象应该恒在函数g(x)的图象的上方，数形结合可得a2≥

3,所以a≥6，即a的取值范围是[6，＋∞)．点拨：本例及变式展示了数形结合法解决不等式恒成立或存在成立问题的优越性，即省去了不必要的或更复杂的分类讨论，从而更直观、简捷．设函数f(x)＝1－|2x－3|.(1)求不等式f(x)≥3x＋1的解集；(2)若不等式f

(x)－mx≥0的解集非空，求m的取值范围．解：(1)由f(x)≥3x＋1，得|2x－3|＋3x≤0，则x≥32，2x－3＋3x≤0或x<32，3－2x＋3x≤0，即x≥32，x≤35或x<32，x≤－3，解得x≤－3，所以不等式的解集为{x|x≤

－3}．(2)由f(x)＝1－|2x－3|＝4－2x，x≥32，2x－2，x<32，作出y＝f(x)与y＝mx的图象如图所示．由单调性可知f(x)的最大值点为A32，1.因为过原点的直线y＝m

x过点A时，m＝23；与AC平行时，m＝2，所以当23<m≤2时，y＝f(x)与y＝mx的图象无交点，所以不等式f(x)－mx≥0的解集非空时，m的取值范围是－∞，23∪(2，＋∞)．类型二不等式的证明(1)(比较法)设a>0，b>0，求证：a2b12＋b2

a12≥a12＋b12.证法一：左边－右边＝（a）3＋（b）3ab－(a＋b)＝（a＋b）（a－ab＋b）－ab（a＋b）ab＝（a＋b）（a－2ab＋b）ab＝（a＋b）（a－b）2ab≥0，所以原不等式成立．证法二：因为

不等式左边>0，右边>0，所以左边右边＝（a＋b）（a－ab＋b）ab（a＋b）＝a－ab＋bab≥2ab－abab＝1.所以原不等式成立．点拨：用比较法证明不等式，一般有作差(或商)、变形、判断三个步骤，利用作商法时要注意前提条件．变形的主要手段是通分、因式分解或

配方．在变形过程中，也可以利用基本不等式放缩，如证法二．(2)(综合法)已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．证法一：因为a，b，c均为正数，由平均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)23，①1a＋1b＋1c≥

3(abc)－13，所以1a＋1b＋1c2≥9(abc)－23.②故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥3(abc)23＋9(abc)－23.又3(abc)23＋9(abc)－23≥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．当且仅当3(abc)23＝9(abc)－23时，③式等号成立，即a＝b＝c＝314时，原式等号成立．证法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋

ac.①同理1a2＋1b2＋1c2≥1ab＋1bc＋1ac.②故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2＝a2＋b2＋c2＋1a2＋1b2＋1c2＋2ab＋2bc＋2ac≥ab＋bc＋ac＋3ab＋3bc＋3ac≥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(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝314时，原式等号成立．点拨：综合法是“由因导果”的证明方法．用综合法证明不等式时，应注意观察不等式的结构特点，选择恰当的公式作为依据，其中均值不等式是最常用的，证法一两次运用三元均值不等式证明

，证法二主要是运用不等式的性质证明．(3)(分析法)设x>0，y>0且x≠y，求证：(x3＋y3)13<(x2＋y2)12.证明：因为x＞0，y＞0且x≠y，所以要证(x3＋y3)13＜(x2＋y2)12，只需证(x3＋y3)2＜(

x2＋y2)3，即2x3y3＜3x2y2(x2＋y2)，只需证2xy＜3(x2＋y2)，因为x2＋y2＞2xy，所以2xy＜3(x2＋y2)成立，从而得证．点拨：对于一些难以看出综合推理出发点的题目，我们可以从要证的结论入手，通常采用分析法求证．分析法证明不等式是“执果索

因”，要注意书写的格式和语言的规范．(4)(反证法)已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝12，证明：x，y，z∈0，23.证明：分两种情况讨论：若x，y，z三数中有负数，不妨设x<0，则x2>0，12＝x2＋y2＋z2≥x2＋（y＋z）22＝x2＋（1－x）22＝

32x2－x＋12>12，矛盾．若x，y，z三数中有最大者大于23，不妨设x>23，则12＝x2＋y2＋z2≥x2＋（y＋z）22＝x2＋（1－x）22＝32x2－x＋12＝32xx－23＋12>12，矛盾．故x，y，z∈0，23.点拨：

对于一些直接证明比较困难的命题常常采用反证法证明．利用反证法的关键是在假设结论不成立后，如何由已知和相关性质定理推出矛盾．(1)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(Ⅰ)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(Ⅱ)a＋b>c＋d是||a－b<||c－d的

充要条件．证明：(Ⅰ)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋d.(Ⅱ)(i)若||a－b<||c－

d，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，由(Ⅰ)得a＋b>c＋d.(ⅱ)若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2

ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此||a－b<||c－d.综上，a＋b>c＋d是||a－b<||c－d的充要条件．(2)(2017·全国卷Ⅱ

)已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：(Ⅰ)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(Ⅱ)a＋b≤2.证明：(Ⅰ)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(Ⅱ)因为(a＋b)3＝a3

＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3（a＋b）24(a＋b)＝2＋3（a＋b）34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.(3)(2017·广州二模节选)已知a＋b＋c＝1，证明：(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥163.证明：

因为a＋b＋c＝1，所以(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2＝a2＋b2＋c2＋2(a＋b＋c)＋3＝a2＋b2＋c2＋5.所以要证明(a＋1)2＋(b＋1)2＋(c＋1)2≥163，即证明a2＋b2＋c2≥13.因为a2＋b2＋c2＝(a＋b

＋c)2－2(ab＋bc＋ca)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c2)，所以3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2.因为a＋b＋c＝1，所以a2＋b2＋c2≥13.(4)设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.求证：(Ⅰ)a＋b≥2；(Ⅱ)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．

证明：由a＋b＝1a＋1b＝a＋bab，a>0，b>0，得ab＝1.(Ⅰ)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时取等号．(Ⅱ)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；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．1．解绝对值不等式要掌握去绝对值符号的方法，必要时运用分类讨论的思想，有时也可利用绝对值的几何意义解题．去掉绝对值符号的方法主要有：公式法、零点分段法(体现分类讨论思想)、平方法、几何法(体现数形结合思想)

、构造法(构造函数，利用函数图象求解．体现函数与方程思想)等．这几种方法应用时各有侧重，在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但是若不等式含有多个绝对值时，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能运用．因此，在去绝对值符号时，用何

种方法须视具体情况而定．2．在对不等式证明题进行分析，寻找解(证)题的途径时，要提倡综合法和分析法同时使用，如同打山洞一样，由两头向中间掘进，这样可以缩短条件与结论的距离，是数学解题分析中最有效的方法之一．3．作差比较法一般适用于式子为多项式、对数式、三

角式结构；作商比较法一般适用于式子为乘积、幂结构．4．运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立问题中的参数范围问题．5．用放缩法证不等式，将所证不等式中的某些项适当放大或缩小(主要方

法是拆分、配凑、增减项等)，可使有关项之间的不等关系更加明晰，更加强化，且有利于式子的代数变形、化简，从而达到证明的目的．这种方法灵活性较大，技巧性较强．1．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－

3|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|>1的解集．解：(1)f(x)＝x－4，x≤－1，3x－2，－1<x≤32，－x＋4，x>32.y＝f(x)的图象如图所示．(2)由f(x)的表达式及图象知，当f(x)＝

1时，可得x＝1或x＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝13或x＝5，故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}；f(x)<－1的解集为xx<13或x>5.所以|f(x)|>1的解集为{x|x<13或1<x<3或x>5

}．2．(2018·广东潮州二模)设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.(1)解不等式f(x)＞4；(2)若∀x∈(－∞，－32)，不等式a＋1＜f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，所以f(x)＝－3x－2，

x＜－32，x＋4，－32≤x≤1，3x＋2，x＞1，f(x)＞4等价于：x＜－32，－3x－2＞4或－32≤x≤1，x＋4＞4或x＞1，3x＋2＞4，等价于：x＜－2或0＜x≤1或x＞1.所以不等式f(x)＞4的解集为(－∞，－2)

∪(0，＋∞)．(2)由(1)知，当x＜－32时，f(x)＝－3x－2，因为当x＜－32时，f(x)＝－3x－2＞52，所以a＋1≤52，即a≤32.所以实数a的取值范围为(－∞，32]．3．(2018·河南郑州二模)已知函数f(x)

＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x|，两边平方整

理得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－13，所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪[－13，＋∞)．(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|－|x|，令h(x)＝|2x＋1|－|x|，则h(x)＝－x

－1，x≤－12，3x＋1，－12＜x＜0，x＋1，x≥0，故h(x)min＝h(－12)＝－12，所以实数a的取值范围为[－12，＋∞)．4．(2018·山西太原一模)已知函数f(x)＝|x－a|＋12a(

a≠0)．(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a＜12时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，所以|

m|≤1，即－1≤m≤1，所以实数m的最大值为1.(2)当a＜12时，g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋12a＝－3x＋a＋12a＋1，x＜a，－x－a＋12a＋1，a≤x≤12，3x－a＋12a－1，x＞12，所以g(x)min＝g

(12)＝12－a＋12a＝－2a2＋a＋12a≤0，所以0＜a＜12，－2a2＋a＋1≤0或a＜0，－2a2＋a＋1≥0，所以－12≤a＜0，所以实数a的取值范围是[－12，0)．5．(2016·广东惠州模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x＋

1a|(a>0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)>3的解集；(2)证明：f(m)＋f(－1m)≥4.解：(1)当a＝2时，f(x)＝|x＋2|＋|x＋12|，原不等式等价于x＜－2，－x－2－x－12＞3或－2≤x≤－12，x＋2－x－1

2＞3或x＞－12，x＋2＋x＋12＞3，解得x<－114或x>14.故不等式的解集为{x|x＜－114或x＞14}．(2)证明：f(m)＋f(－1m)＝|m＋a|＋|m＋1a|＋|－1m＋a|＋|－1m＋1a|＝|m＋a|

＋|－1m＋a|＋|m＋1a|＋|－1m＋1a|≥2|m＋1m|＝2(|m|＋1|m|)≥4，当且仅当m＝±1，a＝1时等号成立．6．(2017·武汉二月调考)(1)求函数y＝2|x－1|－|x－4|的值域；(2)若不等式2|

x－1|－|x－a|≥－1在x∈R上恒成立，求实数a的范围．解：(1)因为y＝2|x－1|－|x－4|＝x＋2，x≥4，3x－6，1≤x≤4，－x－2，x≤1，⇒y≥6，－3≤y≤6，y≥－

3.所以y＝2|x－1|－|x－4|的值域为[－3，＋∞)．(2)方法一：令f(x)＝2|x－1|－|x－a|.①当a≥1时，f(x)＝x－2＋a，x≥a，3x－2－a，1<x<a，－（x－2＋a），x≤1，⇒f（x）≥2a－2，1－a<f（x）<2a－2，

f（x）≥1－a，而2a－2>1－a，此时f(x)的最小值为1－a，故只需1－a≥－1，所以1≤a≤2.②当a<1时，f(x)＝x－2＋a，x≥1，2＋a－3x，a<x<1，－x＋2－a，x≤a，⇒f（x）≥－

1＋a，a－1<f（x）<2－2a，f（x）≥2－2a.而－1＋a<2－2a，此时f(x)的最小值为a－1，只需a－1≥－1，0≤a<1.综合①②可知a的取值范围为{a|0≤a≤2}．方法二：2|x－1|－|x－a|≥－1在x∈R

上恒成立，即|x－a|≤2|x－1|＋1在R上恒成立．令g(x)＝2|x－1|＋1＝3－2x，x＜1，2x－1，x≥1.作出y＝g(x)的图象如图所示，要使|x－a|≤g(x)在R上恒成立，则需y＝|x－a|的图象恒在y＝g(x)的图象的下

方．数形结合可得0≤a≤2.故a的取值范围是[0，2]．已知函数f(x)＝|x－a|.(1)若f(x)≤m的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a，m的值；(2)当a＝2且t≥0时，解关于x的不等式f(x)＋t≥f(x＋2t)．解：(1)由|x－a|≤m，得a－m≤x≤a＋m，所以

a－m＝－1，a＋m＝5，解得a＝2，m＝3.(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|，所以f(x)＋t≥f(x＋2t)，等价于|x－2＋2t|－|x－2|≤t.①当t＝0时，不等式①恒成立，即x∈R；当t>0时，不等式等价于

x<2－2t，2－2t－x－2＋x≤t或2－2t≤x<2，x－2＋2t－2＋x≤t或x≥2，x－2＋2t－x＋2≤t，解得x<2－2t或2－2t≤x≤2－t2或x∈∅，即x≤2－t2.综上，当t＝0时，原不等式的解集为R；当t>0时，原不等式的解集为

x|x≤2－t2.1．(2018·莆田模拟)设a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥ab(a＋b)．证明：因为(a2＋b2)－ab(a＋b)＝(a2－aab)＋(b2－bab)＝aa(a－b)＋bb(b－a)＝(a－b)(aa－bb)＝(a12－b12)(a32－b32)＝(a12－b12

)2(a＋b＋a12b12)≥0.所以a2＋b2≥ab(a＋b)．2．(2018·临汾模拟)设a，b，c都是正数，求证：bca＋acb＋abc≥a＋b＋c.证明：由基本不等式得：12(bca＋acb)

≥bca·acb＝c，12(acb＋abc)≥acb·abc＝a，12(abc＋bca)≥abc·bca＝b，当且仅当bca＝acb＝abc，即a＝b＝c时等号成立．三式相加即得原不等式成立．3．设a，b，c＞0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥3.证明：因为a，b，c＞0，所以

要证a＋b＋c≥3，只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a

22＝a2＋b2＋c2，当且仅当a＝b＝c时等号成立．所以原不等式成立．4．(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：a2b2＋b2c2＋c2a2a＋b＋c≥a

bc.证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.因为a，b都是正数，所以a＋b＞0.又因为a≠b，所以(a－b)2＞0.于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，所以a3＋b3＞a2b＋ab2.(2)因为b2＋c2≥2bc，a2

＞0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②c2(a2＋b2)≥2abc2.③①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．由a，b，c都是正数，得a＋b＋c

＞0，因此a2b2＋b2c2＋c2a2a＋b＋c≥abc.5．(2016·商丘三模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.(1)求m；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋c22＋b2＝m，求ab＋bc的最大值．解：(1)f(x)＝|x－1|－2|x＋1|＝

x＋3，x≤－1，－3x－1，－1<x<1，－x－3，x≥1.画出f(x)的图象如图所示，所以f(x)max＝f(－1)＝2，即m＝2.(2)由(1)知a2＋c22＋b2＝2.因为a，b，c∈(0

，＋∞)，所以ab≤a2＋b22，bc≤b2＋c22，所以ab＋bc≤a2＋b22＋b2＋c22＝a2＋c22＋b2＝2.所以ab＋bc的最大值为2.6．已知f(x)＝x2＋ax＋b.(1)求f(1)＋f(3)－2f(2)；(

2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.解：(1)因为f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，所以f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.(2)证明：假

设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12.则－12＜f(1)＜12，－12＜f(2)＜12，－12＜f(3)＜12，所以－1＜－2f(2)＜1，－1＜f(1)＋f(3)＜1.所以－2＜f(1)＋f(

3)－2f(2)＜2，这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾．所以假设错误，即所证结论成立．若a，b∈R，求证：|a＋b|1＋|a＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.证明：当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a＋b|≠0时，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a＋b|

≥1|a|＋|b|，所以|a＋b|1＋|a＋b|＝11|a＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|.