2021高考数学（理）大一轮复习习题：选修4－5 不等式选讲 word版含答案

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这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：选修4－5 不等式选讲 word版含答案，共22页。试卷主要包含了绝对值不等式的解法；2，))等内容，欢迎下载使用。

绝对值不等式
本节主要包括2个知识点：
1.绝对值不等式的解法；2.绝对值三角不等式.
突破点(一) 绝对值不等式的解法
基础联通抓主干知识的“源”与“流”
(1)含绝对值的不等式|x|a的解集
(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法：
①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；
②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解．
②利用零点分段法求解．
③构造函数，利用函数的图象求解．
考点贯通抓高考命题的“形”与“神”
[典例] 解下列不等式：
(1)|2x＋1|－2|x－1|>0.
(2)|x＋3|－|2x－1|[解] (1)法一：原不等式可化为|2x＋1|>2|x－1|，两边平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)，解得x>eq \f(1,4)，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x>\f(1,4))).
法二：原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,2)，,－2x＋1＋2x－1>0))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x≤1，,2x＋1＋2x－1>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,2x＋1－2x－1>0.))
解得x>eq \f(1,4)，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x>\f(1,4))).
(2)①当x<－3时，
原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)解得x<10，∴x<－3.
②当－3≤x原不等式化为(x＋3)－(1－2x)解得x<－eq \f(2,5)，∴－3≤x<－eq \f(2,5).
③当x≥eq \f(1,2)时，
原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)解得x>2，∴x>2.
综上可知，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x<－\f(2,5)或x>2)).
绝对值不等式的常用解法
[方法技巧]
(1)基本性质法：
对a∈R＋，|x||x|>a⇔x<－a或x>a.
(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．
(3)零点分区间法：
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
能力练通抓应用体验的“得”与“失”
1．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．
解：不等式|x－1|－|x－5|<2等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,－x－1＋x－5<2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤5，,x－1＋x－5<2))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>5，,x－1－x－5<2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,－4<2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤5，,2x<8))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>5，,4<2，))故原不等式的解集为{x|x<1}∪{x|1≤x<4}∪∅＝{x|x<4}．
2．解不等式x＋|2x＋3|≥2.
解：原不等式可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－x－3≥2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥－\f(3,2)，,3x＋3≥2.))
解得x≤－5或x≥－eq \f(1,3).
所以原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x≤－5或x≥－\f(1,3))).
3．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．
解：(1)证明：f(x)＝|x－2|－|x－5|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x≤2，,2x－7，2所以－3≤f(x)≤3.
(2)由(1)可知，
当x≤2时，f(x)≥x2－8x＋15即为x2－8x＋18≤0，解集为空集；
当2当x≥5时，f(x)≥x2－8x＋15即为x2－8x＋12≤0，解集为{x|5≤x≤6}．
综上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－eq \r(3)≤x≤6}．
4.已知函数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．
解：(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.
此不等式可化为
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥a，,x－a＋3x≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x结合a>0，解得x≤－eq \f(a,2)，
即不等式f(x)≤0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x≤－\f(a,2))).
∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，
∴－eq \f(a,2)＝－1，故a＝2.
突破点(二) 绝对值三角不等式
基础联通抓主干知识的“源”与“流”
绝对值三角不等式定理
(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
考点贯通抓高考命题的“形”与“神”
[例1] 已知x，y∈R，且|x＋y|≤eq \f(1,6)，|x－y|≤eq \f(1,4)，
求证：|x＋5y|≤1.
[证明] ∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.
∴由绝对值不等式的性质，得
|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|
＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,4)＝1.
即|x＋5y|≤1.
[方法技巧]
证明绝对值不等式的三种主要方法
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．
[例2] 设函数f(x)＝x＋|x－a|.
(1)当a＝2 017时，求函数f(x)的值域；
(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立时a的取值范围．
[解] (1)由题意得，当a＝2 017时，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2 017，x≥2 017，,2 017，x<2 017.))
因为f(x)在[2 017，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的值域为[2 017，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
所以|1＋a|>2，解得a>1或a<－3.
故a的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
能力练通抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
解：(1)证明：由a>0，有f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))＋|x－a|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)－x－a))＝eq \f(1,a)＋a≥2.当且仅当a＝1时等号成立．所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,a)))＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋eq \f(1,a)，
由f(3)<5得3当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋eq \f(1,a)，
由f(3)<5得eq \f(1＋\r(5),2)综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)，\f(5＋\r(21),2))).
2．[考点二](2017·保定模拟)设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a∈R)．
(1)当a＝4时，求不等式f(x)≥5的解集；
(2)若f(x)≥4对x∈R恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝4时，不等式即为|x－1|＋|x－4|≥5，等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,－2x＋5≥5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤4，,3≥5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>4，,2x－5≥5，))
解得x≤0或x≥5，故不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤0或x≥5}．
(2)因为f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥|(x－1)－(x－a)|＝|a－1|，
所以f(x)min＝|a－1|，
故|a－1|≥4，解得a≤－3或a≥5.
故a的取值范围为(－∞，－3]∪[5，＋∞)．
3．[考点一]已知函数f(x)＝ax2＋x－a的定义域为[－1,1]．
(1)若f(0)＝f(1)，解不等式|f(x)－1|(2)若|a|≤1，求证：|f(x)|≤eq \f(5,4).
解：(1)f(0)＝f(1)，即－a＝a＋1－a，则a＝－1，
所以f(x)＝－x2＋x＋1，
所以不等式化为|－x2＋x|<－x＋eq \f(3,4)，
①当－1≤x<0时，不等式化为x2－x<－x＋eq \f(3,4)，
解得－eq \f(\r(3),2)②当0≤x≤1时，不等式化为－x2＋x<－x＋eq \f(3,4)，解得0≤x综上，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)－\f(\r(3),2)(2)证明：由已知x∈[－1,1], 所以|x|≤1，又|a|≤1，
则|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)≤eq \f(5,4).
4．[考点一](2017·开封模拟)设函数f(x)＝|x－a|，a<0.
(1)证明：f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))≥2；
(2)若不等式f(x)＋f(2x)解：(1)证明：函数f(x)＝|x－a|，a<0，
则f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝|x－a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)－a))
＝|x－a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))
≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))
＝|x|＋eq \f(1,|x|)
≥2eq \r(|x|·\f(1,|x|))
＝2(当且仅当|x|＝1时取等号)．
(2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0.
当x≤a时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x，则f(x)＋f(2x)≥－a；
当a当x≥eq \f(a,2)时，f(x)＋f(2x)＝x－a＋2x－a＝3x－2a，则f(x)＋f(2x)≥－eq \f(a,2)，
则f(x)＋f(2x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))，
不等式f(x)＋f(2x)即为eq \f(1,2)>－eq \f(a,2)，解得，a>－1，由于a<0，
则a的取值范围是(－1,0)．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国乙卷)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)由题意得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－4，x≤－1，,3x－2，－1\f(3,2)，))
故y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝eq \f(1,3)或x＝5.
故f(x)>1的解集为{x|1f(x)<－1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,3)或x>5)))).
所以|f(x)|>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,3)或15)))).
2．(2016·全国丙卷)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|≥3，
即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))≥eq \f(3－a,2).
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))))min＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(a,2)))，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(a,2)))≥eq \f(3－a,2)，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，
解得eq \f(2,3)当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)(2)由题设可得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为eq \f(2,3)(a＋1)2.
由题设得eq \f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)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∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.
设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则
y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5x，x＜\f(1,2)，,－x－2，\f(1,2)≤x≤1，,3x－6，x＞1.))
其图象如图所示．由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y<0.
所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))时，f(x)＝1＋a.
不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.
所以x≥a－2对x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(1,2)))都成立．
故－eq \f(a,2)≥a－2，即a≤eq \f(4,3).
从而a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,3))).
5．(2012·新课标全国卷)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(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．
解：(1)当a＝－3时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋5，x≤2，,1，2＜x＜3，,2x－5，x≥3.))
当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2＜x＜3时，f(x)≥3无解；
当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.
当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|
⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.
由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．
[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡
1．已知函数f(x)＝|x＋m|－|5－x|(m∈R)．
(1)当m＝3时，求不等式f(x)>6的解集；
(2)若不等式f(x)≤10对任意实数x恒成立，求m的取值范围．
解：(1)当m＝3时，f(x)>6，
即|x＋3|－|5－x|>6，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集．
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥5，,x＋3－x－5>6，))解得x≥5；
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－36，))解得4或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－3，,－x－3＋x－5>6，))解集是∅.
故不等式f(x)>6的解集为{x|x>4}．
(2)f(x)＝|x＋m|－|5－x|≤|(x＋m)＋(5－x)|＝|m＋5|，
由题意得|m＋5|≤10，则－10≤m＋5≤10，解得－15≤m≤5，故m的取值范围为[－15,5]．
2．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|.
(1)求不等式f(x)>1的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)可化为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x≤－2，,2x＋1，－2当x≤－2时，f(x)＝－3<0，不合题意；
当－21，得x>0，
即0当x≥1时，f(x)＝3>1，即x≥1.
综上，不等式f(x)>1的解集为(0，＋∞)．
(2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(f(x)＋4)max≥|1－2m|，
由(1)可知f(x)max＝3(也可由|f(x)|＝||x＋2|－|x－1||≤|(x＋2)－(x－1)|＝3，得f(x)max＝3)，
即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4.
故实数m的取值范围为[－3,4]．
3．(2017·长春模拟)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>1；
(2)当x>0时，函数g(x)＝eq \f(ax2－x＋1,x)(a>0)的最小值大于函数f(x)，试求实数a的取值范围．
解：(1)当x>2时，原不等式可化为x－2－x－1>1，解集是∅.
当－1≤x≤2时，原不等式可化为2－x－x－1>1，即－1≤x<0；
当x<－1时，原不等式可化为2－x＋x＋1>1，即x<－1.
综上，原不等式的解集是{x|x<0}．
(2)因为g(x)＝ax＋eq \f(1,x)－1≥2eq \r(a)－1，
当且仅当x＝eq \f(\r(a),a)时等号成立，所以g(x)min＝2eq \r(a)－1，
当x>0时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2x，02，))所以f(x)∈[－3,1)，
所以2eq \r(a)－1≥1，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
4．设函数f(x)＝|kx－1|(k∈R)．
(1)若不等式f(x)≤2的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)－\f(1,3)≤x≤1))，求k的值；
(2)若f(1)＋f(2)<5，求k的取值范围．
解：(1)由|kx－1|≤2，得－2≤kx－1≤2，
即－1≤kx≤3，所以－eq \f(1,3)≤eq \f(k,3)x≤1，
由已知，得eq \f(k,3)＝1，所以k＝3.
(2)由已知，得|k－1|＋|2k－1|<5.当k≤eq \f(1,2)时，－(k－1)－(2k－1)<5，得k>－1，此时－11时，(k－1)＋(2k－1)<5，得k5．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式：|g(x)|<5;
(2)若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5，所以－7<|x－1|<3，解不等式得－2(2)因为对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，
g(x)＝|x－1|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，所以实数a的取值范围是(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．
6．设函数f(x)＝|2x－1|－|x＋4|.
(1)解不等式：f(x)>0；
(2)若f(x)＋3|x＋4|≥|a－1|对一切实数x均成立，求a的取值范围．
解：(1)原不等式即为|2x－1|－|x＋4|>0，
当x≤－4时，不等式化为1－2x＋x＋4>0，解得x<5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－4，,|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≤－4)).
当－40，
解得x<－1，即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－40))的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－4当x≥eq \f(1,2)时，不等式化为2x－1－x－4>0，解得x>5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>5)).
综上，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x<－1或x>5)).
(2)∵f(x)＋3|x＋4|＝|2x－1|＋2|x＋4|＝|1－2x|＋|2x＋8|≥|(1－2x)＋(2x＋8)|＝9.
∴由题意可知|a－1|≤9，解得－8≤a≤10，
故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－8，10)).
7．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a(其中a为常数)．
(1)若集合{x|－4≤x≤3}是关于x的不等式f(x)≤6的解集的子集，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，若存在实数n使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由|2x－a|＋a≤6得|2x－a|≤6－a，
∴a－6≤2x－a≤6－a，
即a－3≤x≤3，∴a－3≤－4，∴a≤－1.
即实数a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)由题可知，只需m≥[f(n)＋f(－n)]min即可．
令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，在(1)的条件下a≤－1，
则φ(n)＝|2n－a|＋|2n＋a|＋2a≥|(2n－a)－(2n＋a)|＋2a＝|2a|＋2a＝0，当且仅当(2n－a)(2n＋a)≤0，即eq \f(1,2)a≤n≤－eq \f(1,2)a时取等号．
∴φ(n)的最小值为0，故实数m的取值范围是[0，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；
(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
当x<－eq \f(2,3)时，即－3x－2－x＋1<4，解得－eq \f(5,4)1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．
综上所述，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)－\f(5,4)(2)eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝1＋1＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥4，
当且仅当m＝n＝eq \f(1,2)时等号成立．
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2＋a，x<－\f(2,3)，,－4x－2＋a，－\f(2,3)≤x≤a，,－2x－2－a，x>a.))
∴x＝－eq \f(2,3)时，g(x)max＝eq \f(2,3)＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝eq \f(2,3)＋a≤4，即0所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(10,3))).
第二节
不等式的证明
本节重点突破1个知识点：
不等式的证明.
突破点不等式的证明
基础联通抓主干知识的“源”与“流”
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么eq \f(a＋b＋c,3)≥eq \r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔a＞b.
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证eq \f(A,B)≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．
(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．
考点贯通抓高考命题的“形”与“神”
[例1] 设a，b是非负实数，求证：a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b)．
[证明] 因为a2＋b2－eq \r(ab)(a＋b)
＝(a2－aeq \r(ab))＋(b2－beq \r(ab))
＝aeq \r(a)(eq \r(a)－eq \r(b))＋beq \r(b)(eq \r(b)－eq \r(a))
＝(eq \r(a)－eq \r(b))(aeq \r(a)－beq \r(b))
＝(aeq \f(1,2)－beq \f(1,2))(aeq \f(3,2)－beq \f(3,2))，
因为a≥0，b≥0，
所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有aeq \f(1,2)－beq \f(1,2)与aeq \f(3,2)－beq \f(3,2)同号，
所以(aeq \f(1,2)－beq \f(1,2))(aeq \f(3,2)－beq \f(3,2))≥0，
所以a2＋b2≥eq \r(ab)(a＋b)．
[方法技巧]
作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
[例2] 已知a，b，c>0且互不相等，abc＝1.试证明：eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
[证明] 因为a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，
所以eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＝ eq \r(\f(1,bc))＋ eq \r(\f(1,ac))＋ eq \r(\f(1,ab))
＜eq \f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq \f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)
＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，
即eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c).
[方法技巧]
综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥eq \f(1,2)(a＋b)2；eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
(4)eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，它的变形形式有：
a＋eq \f(1,a)≥2(a>0)；eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2(ab>0)；
eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2(ab<0)．
[例3] (2017·沈阳模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：
(1)a＋b＋c≥ eq \r(3)；
(2) eq \r(\f(a,bc))＋ eq \r(\f(b,ac))＋ eq \r(\f(c,ab))≥ eq \r(3)(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))．
[证明] (1)要证a＋b＋c≥ eq \r(3)，
由于a，b，c＞0，
因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故只需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而这可以由ab＋bc＋ca≤eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
所以原不等式成立．
(2) eq \r(\f(a,bc))＋ eq \r(\f(b,ac))＋ eq \r(\f(c,ab))＝eq \f(a＋b＋c,\r(abc)).
在(1)中已证a＋b＋c≥ eq \r(3).
因此要证原不等式成立，
只需证明eq \f(1,\r(abc))≥ eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)，
即证aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤1，
即证aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤ab＋bc＋ca.
而aeq \r(bc)＝eq \r(ab·ac)≤eq \f(ab＋ac,2)，
beq \r(ac)≤eq \f(ab＋bc,2)，ceq \r(ab)≤eq \f(bc＋ac,2).
所以aeq \r(bc)＋beq \r(ac)＋ceq \r(ab)≤ab＋bc＋ca
(当且仅当a＝b＝c＝eq \f(\r(3),3)时等号成立)．所以原不等式成立．
[方法技巧]
分析法的应用
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(ab)≤\f(a＋b,2)，a>0，b>0))没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．
能力练通抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点三]已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq \r(b2－ac)证明：要证eq \r(b2－ac)∵a＋b＋c＝0，∴－c＝a＋b，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，
只需证2a2－ab－b2>0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，
只需证(a－b)(a－c)>0.
∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.
∴(a－b)(a－c)>0显然成立，
故原不等式成立．
2．[考点一]已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.
3．[考点二]已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc.
(1)证明：若a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|；
(2)t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝eq \r(a4＋c4)＋eq \r(b4＋d4)，求实数t的取值范围．
解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，
所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.
(2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝t(ac＋bd)．
由于eq \r(a4＋c4)≥eq \r(2)ac，eq \r(b4＋d4)≥eq \r(2)bd，
又已知t·eq \r(a2＋b2)eq \r(c2＋d2)＝eq \r(a4＋c4)＋eq \r(b4＋d4)，
则t(ac＋bd)≥eq \r(2)(ac＋bd)，故t≥eq \r(2)，当且仅当a＝c，b＝d时取等号．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)当x≤－eq \f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1当－eq \f(1,2)当x≥eq \f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以eq \f(1,2)≤x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1因此|a＋b|<|1＋ab|.
2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)；
(2)eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明：(1)因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)，
(eq \r(c)＋eq \r(d))2＝c＋d＋2eq \r(cd)，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，
得(eq \r(a)＋eq \r(b))2>(eq \r(c)＋eq \r(d))2.
因此eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
(2)①必要性：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(1)，得eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
②充分性：若eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)，
则(eq \r(a)＋eq \r(b))2>(eq \r(c)＋eq \r(d))2，
即a＋b＋2eq \r(ab)>c＋d＋2eq \r(cd).
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，eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \r(ab).
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
解：(1)由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))，
得ab≥2，当且仅当a＝b＝eq \r(2)时等号成立．
故a3＋b3≥2eq \r(a3b3)≥4eq \r(2)，
当且仅当a＝b＝eq \r(2)时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4eq \r(2).
(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq \r(6)eq \r(ab)≥4eq \r(3).
由于4eq \r(3)>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：
(1) ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；
(2) eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号．
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3).
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号．
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡
1．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值为t.
(1)求t的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝t，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
解：(1)因为|x＋3|＋|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.
(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故eq \f(a,4)＋eq \f(b,4)＝1，eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)＋\f(b,4)))＝eq \f(1,4)＋1＋eq \f(b,4a)＋eq \f(a,b)≥eq \f(5,4)＋2eq \r(\f(b,4a)×\f(a,b))＝eq \f(5,4)＋1＝eq \f(9,4)，当且仅当b＝2a，即a＝eq \f(4,3)，b＝eq \f(8,3)时取等号，故eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥eq \f(9,4).
2．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2由－2<－2x－1<0解得－eq \f(1,2)则M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq \f(1,3)|a|＋eq \f(1,6)|b|(2)由(1)得a2因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(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|.
3．(2017·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.
解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2因为m∈N*，所以m＝1.
(2)因为α，β≥1，f(x)＝2x－1(x≥1)，
所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，
所以eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,α)＋\f(1,β)))(α＋β)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4β,α)＋\f(α,β)))
≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(4β,α)·\f(α,β))))＝3.
(当且仅当eq \f(4β,α)＝eq \f(α,β)，即α＝2，β＝1时等号成立)
故eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.
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：eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.
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.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③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eq \f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.
求证：eq \f(1,1－x2)＋eq \f(1,1－y2)≥eq \f(2,1－xy).
证明：∵eq \f(2,\f(1,1－x2)＋\f(1,1－y2))≤eq \f(1－x2＋1－y2,2)
＝eq \f(2－x2＋y2,2)≤eq \f(2－2|xy|,2)＝1－|xy|，
∴eq \f(1,1－x2)＋eq \f(1,1－y2)≥eq \f(2,1－|xy|)≥eq \f(2,1－xy)，
∴原不等式成立．
6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．
(1)证明：|cs(α＋β)|≤|cs α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cs α|＋|cs β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|≥1.
证明：(1)|cs(α＋β)|＝|cs αcs β－sin αsin β|≤|cs αcs β|＋|sin αsin β|≤|cs α|＋|sin β|；
|sin(α＋β)|＝|sin αcs β＋cs αsin β|≤|sin αcs β|＋|cs αsin β|≤|cs α|＋|cs β|.
(2)由(1)知，|cs[α＋(β＋γ)]|≤|cs α|＋|sin(β＋γ)|≤|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cs α|＋|cs β|＋|cs γ|≥cs 0＝1.
7．(2017·重庆模拟)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)≤eq \f(1,2)；
(2)eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋eq \f(c2,2)＝eq \f(1,2)(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤eq \f(1,2).
(2)因为eq \f(a2＋c2,b)≥eq \f(2ac,b)，eq \f(b2＋a2,c)≥eq \f(2ab,c)，eq \f(c2＋b2,a)≥eq \f(2bc,a)，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
所以eq \f(a2＋c2,b)＋eq \f(b2＋a2,c)＋eq \f(c2＋b2,a)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(bc,a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c)＋\f(c,a)))＋ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥2a＋2b＋2c＝2，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立．
8．(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)＋(a＋b＋c)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(\f(b2,a)·a)＋ \r(\f(c2,b)·b)＋ \r(\f(a2,c)·c))))＝2(a＋b＋c)．
(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－a∅
∅
|x|>a
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>a或x<－a))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R|x≠0))
R
绝对值不等式的解法
证明绝对值不等式
绝对值不等式的恒成立问题
比较法证明不等式
综合法证明不等式
分析法证明不等式