6、
(1)當a＝1時，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若f(x)≤1，求a的取值范圍．
解 (1)當a＝1時，f(x)＝
所以f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等價于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且當x＝2時等號成立．
故f(x)≤1等價于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2，
所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
解含參數(shù)絕對值不等式問題的兩種常用方法：
(1)將參數(shù)分類討論，將其轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)求解；
(2)借助絕對值的幾何意義，先求出f(x)的最值或值域，然后再根據(jù)
7、題目要求，求解參數(shù)的取值范圍．
(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)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
8、＋≤，
且當x＝時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，
故m的取值范圍為.
熱點3 不等式證明
1．絕對值不等式的性質(zhì)：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；
2．基本不等式
定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立；
定理2：如果a>0，b>0，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立；
定理3：如果a>0，b>0，c>0，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立；
定理4：如果a1，a2，…an為n個正數(shù)，則≥ ，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．
(2019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.證明：(1)＋＋≤
9、a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明 (1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因為a，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.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明不等式常用的方法：
(
10、1)比較法
①作差比較法：a>b?a－b>0，ab>0?>1且a>0，b>0.
(2)分析法
從待證不等式出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直到將待證不等式歸結(jié)為一個已成立的不等式(已知條件或定理等)．
(3)綜合法
從已知條件出發(fā)，利用不等式的有關性質(zhì)或定理，經(jīng)過推理論證，推導出所要證明的不等式成立，即“由因?qū)Ч钡姆椒ǎ?
(4)反證法的步驟
第一步：作出與所證不等式相反的假設；
第二步：從條件和假設出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾的結(jié)論，否定假設，從而證明原不等式成立．
(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2
11、.
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＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
專題作業(yè)
1．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)當a＝－2時，求不等式f(x)1，且當x∈時，f(x)≤g(x)，求a的取值范圍．
解 (1
12、)當a＝－2時，不等式f(x)1，則－<，所以
f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|＝
當x∈時，f(x)＝a＋1，即a＋1≤x＋3在x∈上恒成立，所以a＋1≤－＋3，解得a≤.所以a的取值范圍是.
2．(2019·全國卷Ⅲ)設x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z
13、－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1.
解 (1)因為[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
當且僅當x＝，y＝－，z＝－時等號成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為.
(2)證明：因為[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)
14、(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
當且僅當x＝，y＝，z＝時等號成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為.
由題設知≥，解得a≤－3或a≥－1.
3．(2019·河北省衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)若函數(shù)g(x)＝|2x－2018－a|＋|2x－2019|，若對于任意的x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)依題意，得f(x)＝
由f(x)≤3，得或或
解
15、得－1≤x≤1.
即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}．
(2)由(1)知，f(x)min＝f＝，
g(x)＝|2x－2018－a|＋|2x－2019|
≥|2x－2018－a－2x＋2019|＝|a－1|，
則|a－1|≤，解得－≤a≤，
即實數(shù)a的取值范圍為.
4．(2019·南昌一模)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋3a2|.
(1)當a＝0時，求不等式f(x)＋|x－2|≥3的解集；
(2)若對于任意實數(shù)x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)當a＝0時，不等式可化為|2x|＋|x－2|≥3，得
或或
解得x≤－或x≥1，
所以當a＝0時，不等式f(x)＋|x－2|≥3的解集為
∪[1，＋∞)．
(2)對于任意實數(shù)x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a恒成立，
即|2x＋1|－|2x＋3a2|<2a恒成立．
因為|2x＋1|－|2x＋3a2|≤|2x＋1－2x－3a2|＝|3a2－1|，
所以要使原不等式恒成立，只需|3a2－1|<2a.
當a<0時，無解；
當0≤a≤時，1－3a2<2a，解得時，3a2－1<2a，解得
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