8、不等式|g(x)|－c≥|x－1|恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．
解 (1)由題意可得，g(x)＝2x－1，
所以g(x)≥|x－1|即2x－1≥|x－1|.
①當(dāng)x≥1時(shí)，2x－1≥x－1，解得x≥0，所以x≥1；
②當(dāng)x<1時(shí)，2x－1≥1－x，解得x≥，所以≤x<1.
考向2 絕對(duì)值不等式的證明
例3 已知a>0，b>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|－|x－b|.
(1)當(dāng)a＝1，b＝1時(shí)，解關(guān)于x的不等式f(x)>1；
(2)若函數(shù)f(x)的最大值為2，求證：＋≥2.
解 (1)當(dāng)a＝1，b＝1時(shí)，
f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝
①當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝2>
9、1，不等式恒成立，
此時(shí)不等式的解集為{x|x≥1}；
②當(dāng)－1≤x<1時(shí)，f(x)＝2x>1，所以x>，
此時(shí)不等式的解集為；
③當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)＝－2>1，不等式不成立，此時(shí)無解．
綜上所述，不等式f(x)>1的解集為.
(2)證法一：由絕對(duì)值三角不等式可得
|x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0，∴a＋b＝2，
∴＋＝(a＋b)＝≥2，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立．
證法二：∵a>0，b>0，∴－a<0
10、
∴＋＝(a＋b)＝≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立．
不等式證明的常用方法
(1)不等式的證明常利用綜合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等，要根據(jù)題目特點(diǎn)靈活選用方法．
(2)證明含絕對(duì)值的不等式主要有以下三種方法：
①利用絕對(duì)值的定義去掉絕對(duì)值符號(hào)，轉(zhuǎn)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(jìn)行證明．
③轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行證明．
(2019·延安市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若對(duì)x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求證：
11、f(x)≤.
解 (1)因?yàn)閒(x)<|x|＋1，所以|2x－1|<|x|＋1，
即或或
解得≤x<2或00，a＋b＋c＝1.求證：
(1)＋＋≤ ；
(2)＋＋≥.
證明 (1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]＝3，當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即a＝b＝c＝
12、時(shí)等號(hào)成立，∴＋＋≤ .
(2)證法一：∵＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a.同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得，4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥.
證法二：由柯西不等式得
[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]≥＋·＋·2＝9，
又a＋b＋c＝1，∴6≥9，
∴＋＋≥.
柯西不等式的應(yīng)用方法
(1)使用柯西不等式證明的關(guān)鍵是恰當(dāng)變形，化為符合它的結(jié)構(gòu)形式，當(dāng)一個(gè)式子與柯西不等式的左邊或右邊具有一致形式時(shí)，就可使用柯西不等式進(jìn)行證明．
(2)利用柯西不等式求最值的一般結(jié)構(gòu)為(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式時(shí)
13、，要注意右邊為常數(shù)且應(yīng)注意等號(hào)成立的條件．
(2019·南通市高三下學(xué)期模擬)已知a，b，c均為正數(shù)，且a＋2b＋4c＝3，求＋＋的最小值，并指出取得最小值時(shí)a，b，c的值．
解 因?yàn)閍＋2b＋4c＝3，所以(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)＝10，
因?yàn)閍，b，c為正數(shù)，所以由柯西不等式得，[(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)]·＋＋≥(1＋＋2)2，
當(dāng)且僅當(dāng)(a＋1)2＝2(b＋1)2＝4(c＋1)2等式成立，
所以＋＋≥，
所以＋＋的最小值是，
此時(shí)a＝，b＝，c＝.
真題押題
『真題模擬』
1．(2019·哈爾濱市第六中學(xué)高三第二次模擬)設(shè)函數(shù)f(x)
14、＝|2x－1|＋2|x＋1|－a.
(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求不等式f(x)>0的解集；
(2)若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＞0為|2x－1|＋2|x＋1|>4，
當(dāng)x≤－1時(shí)，1－2x－2x－2>4?x<－；
當(dāng)－14，無解；
當(dāng)x≥時(shí)，2x－1＋2x＋2>4?x>.
綜上，f(x)>0的解集為（－∞，－）∪（，＋∞）.
(2)由題意得|2x－1|＋2|x＋1|>a恒成立，a<(|2x－1|＋2|x＋1|)min.
|2x－1|＋2|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|(2x－1)－(2x＋2)|＝
15、3，∴a<3.
2．(2019·赤峰市高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，g(x)＝x2－2x－1.
(1)若m，n∈R，不等式f(m)≥g(n)恒成立，求實(shí)數(shù)n的取值范圍；
(2)設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝2，求證：＋≤2.
解 (1)由f(m)＝|m－1|＋|m＋1|≥|(m－1)－(m＋1)|＝2，
∴f(m)min＝2，∴n2－2n－1≤2，∴－1≤n≤3，所以n的取值范圍是[－1,3]．
(2)證明：由(1)可知，2≥2，
∴(＋)2＝a＋b＋2＋2≤4＋(a＋1)＋(b＋1)＝8，∴＋≤2，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立，
∴＋≤2.
3．(2
16、019·全國(guó)卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.
證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明 (1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，
故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)
≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立．
所以(a＋b
17、)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
『金版押題』
4．已知函數(shù)f(x)＝|2x－3|－|x＋1|.
(1)若不等式f(x)≤a的解集是空集，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若存在x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
解 (1)f(x)＝|2x－3|－|x＋1|
＝
y＝f(x)的圖象如圖所示，
易得f(x)min＝－.
∵不等式f(x)≤a的解集是空集，
∴a的取值范圍為.
(2)?x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，
即2f(x)min≤－t2＋4|t|，由(1)知f(x)min＝－，
∴t2－4|t|－5≤0，
18、解得－5≤t≤5，∴t的取值范圍為[－5,5]．
配套作業(yè)
1．(2019·西安八校高三聯(lián)考)已知a，b均為實(shí)數(shù)，且|3a＋4b|＝10.
(1)求a2＋b2的最小值；
(2)若|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2對(duì)任意的a，b∈R恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．
解 (1)因?yàn)?02＝(3a＋4b)2≤(32＋42)(a2＋b2)＝25(a2＋b2)，所以a2＋b2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)＝，
即或時(shí)取等號(hào)，即a2＋b2的最小值為4.
(2)由(1)知|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2對(duì)任意的a，b∈R恒成立?|x＋3|－|x－2|≤4?或或?x<－3或－3≤x≤?x≤，所以實(shí)數(shù)x的取值范圍為
19、（－∞，].
2．已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|x－1|.
(1)當(dāng)a＝3時(shí)，求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)≥5－x對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝3時(shí)，即求解|2x－3|＋|x－1|≥2，
①當(dāng)x≥時(shí)，2x－3＋x－1≥2，∴x≥2；
②當(dāng)1
20、函數(shù)f(x)＝|x－5|－|x－2|.
(1)若?x∈R，使得f(x)≤m成立，求m的范圍；
(2)求不等式x2－8x＋15＋f(x)≤0的解集．
解 (1)f(x)＝|x－5|－|x－2|＝其對(duì)應(yīng)圖象如圖所示．易知f(x)min＝－3，
∴m≥－3，即m的取值范圍為[－3，＋∞)．
(2)x2－8x＋15＋f(x)＝
①x≤2，x2－8x＋18≤0，解集為?.
②2
21、x)＝x2－x＋1，實(shí)數(shù)a滿足|x－a|<1，求證：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
解 (1)當(dāng)x<0時(shí)，原不等式可化為－2x＋x<0，
解得x>0，所以x不存在；
當(dāng)0≤x<時(shí)，原不等式可化為－2x－x<0，
解得x>0，所以0
22、a)|<2(|a|＋1)．
5．(2019·益陽市高三4月模擬)已知f(x)＝|2x＋1|－|ax－1|.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)當(dāng)x∈(－，0)時(shí)，不等式f(x)>2x成立，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，
f(x)＝|2x＋1|－|x－1|＝
由f(x)≤2，得或或
解得x∈?或－≤x≤或－4≤x<－，
6．已知函數(shù)f(x)＝|x－m|，m<0.
(1)當(dāng)m＝－1時(shí)，解不等式f(x)＋f(－x)≥2－x；
(2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范圍．
解 (1)當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＋f(－x)＝|
23、x＋1|＋|x－1|，
設(shè)F(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝
當(dāng)x<－1時(shí)，－2x≥2－x，解得x≤－2；
當(dāng)－1≤x<1時(shí)，2≥2－x，解得0≤x<1；
當(dāng)x≥1時(shí)，2x≥2－x，解得x≥1.
綜上，原不等式的解集為{x|x≤－2或x≥0}．
(2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0.
設(shè)g(x)＝f(x)＋f(2x)，
當(dāng)x≤m時(shí)，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x，則g(x)≥－m；
當(dāng)m
24、
由題知不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，則1>－，解得m>－2，由于m<0，故m的取值范圍是(－2，0)．
7．(2019·寶雞市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|x＋3|.
(1)求不等式f(x)≤2的解集；
(2)若不等式f(x)2，
(2)因?yàn)閨f(x)|＝||x－2|－|x＋3||≤|x－2－x－3|＝5，
所以－5≤f(x)≤5，即f(x)min＝－5；
要使不等式f(x)
25、x)min0，解得a<－5或a>－1，
所以a的取值范圍為(－∞，－5)∪(－1，＋∞)．
8．(2019·太原市高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集；
(2)若存在實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值為M，且實(shí)數(shù)a，b滿足a3＋b3＝M，證明：00，
∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤，
∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥(a＋b)3，∴a＋b≤2，∴0
（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題七 選修4系列 第2講 不等式選講練習(xí) 理
