2、≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c. 1．設a，b為滿足ab<0的實數，那么(　　) A．|a＋b|>|a－b|　　　　　B．|a＋b|<|a－b| C．|a－b|＜||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b| 解析：選B　∵ab<0， ∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|. 2．若不等式|kx－4|≤2的解集為，則實數k＝________. 解析：由|kx－4|≤2?2≤kx≤6. ∵不等式的解集為，∴k＝2. 答案：2 3．函數y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值為________． 解析：因為|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝

3、8， 所以所求函數的最小值為8. 答案：8 4．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________． 解析：令f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝ 當－11恒成立． 所以不等式的解集為. 答案： 　　　　 [考什么·怎么考] 絕對值不等式的解法是每年高考的重點，既單獨考查，也與函數的圖象、含參問題等的綜合考查，難度較小，屬于低檔題. 1．(2016·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集． 解：

4、(1)由題意得f(x)＝ 故y＝f(x)的圖象如圖所示． (2)由f(x)的函數表達式及圖象可知， 當f(x)＝1時，可得x＝1或x＝3； 當f(x)＝－1時，可得x＝或x＝5. 故f(x)>1的解集為{x|11的解集為. 2．解下列不等式． (1)|2x＋1|－2|x－1|>0； (2)|x＋3|－|2x－1|<＋1. 解：(1)法一：原不等式可化為|2x＋1|>2|x－1|， 兩邊平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)， 解得x>， 所以原不等式的解集為. 法二：原不等式等價于 或或 解得

5、x>，所以原不等式的解集為. (2)①當x<－3時， 原不等式化為－(x＋3)－(1－2x)<＋1， 解得x<10，∴x<－3. ②當－3≤x≤時， 原不等式化為(x＋3)－(1－2x)<＋1， 解得x<－，∴－3≤x<－. ③當x>時， 原不等式化為(x＋3)＋(1－2x)<＋1， 解得x>2，∴x>2. 綜上可知，原不等式的解集為. [怎樣快解·準解] 絕對值不等式的常見3解法 (1)零點分段討論法 含有兩個或兩個以上絕對值符號的不等式，可用零點分段討論法脫去絕對值符號，將其轉化為與之等價的不含絕對值符號的不等式(組)，一般步驟如下： ①令每個絕對值符號里的代

6、數式為零，并求出相應的根； ②將這些根按從小到大排序，它們把實數集分為若干個區(qū)間； ③在所分的各區(qū)間上，根據絕對值的定義去掉絕對值符號，求所得的各不等式在相應區(qū)間上的解集； ④這些解集的并集就是原不等式的解集． (2)利用絕對值的幾何意義 由于|x－a|＋|x－b|與|x－a|－|x－b|分別表示數軸上與x對應的點到與a，b對應的點的距離之和與距離之差，因此對形如|x－a|＋|x－b|0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用絕對值的幾何意義求解更直觀． (3)數形結合法 在直角坐標系中作出不等式兩邊所對應的兩個函數的圖象，利用函數圖象求解． [易錯提醒

7、]　用零點分段法和幾何意義求解絕對值不等式時，去絕對值符號的關鍵點是找零點，將數軸分成若干段，然后從左到右逐段討論． 　　　　 [典題領悟] 1．若對于實數x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值． 解：因為|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)| ≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7， 所以|2x＋3y＋1|的最大值為7. 2．若a≥2，x∈R，求證：|x－1＋a|＋|x－a|≥3. 證明：因為|x－1＋a|＋|x－a| ≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|， 又a≥2，故|2a－1|≥3， 所以|x－1＋a|

8、＋|x－a|≥3成立． [解題師說] 證明絕對值不等式的3種主要方法 (1)利用絕對值的定義去掉絕對值符號，轉化為一般不等式再證明． (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． [沖關演練] 已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，求證：|x＋5y|≤1. 證明：∵|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

9、成立． 　　　　 絕對值不等式的綜合應用是每年高考的熱點，主要涉及絕對值不等式的解法、恒成立問題，難度適中，屬于中檔題. [典題領悟] (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|－x

10、2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤， 當且僅當x＝時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝. 故m的取值范圍為. [解題師說] 設函數f(x)中含有絕對值，則 (1)f(x)>a有解?f(x)max>a. (2)f(x)>a恒成立?f(x)min>a. (3)f(x)>a恰在(c，b)上成立?c，b是方程f(x)＝a的解． [沖關演練] 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

11、)≥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－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

12、f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范圍為[－1,1]． 2．已知函數f(x)＝|2x－a|＋a. (1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集； (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，＋∞)． 1．已知函數f(

13、x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值為a. (1)求實數a的值； (2)解不等式f(x)≤5. 解：(1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a， 從而解得a＝2. (2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝ 故當x≤2時，由－2x＋6≤5，得≤x≤2， 當24時，由2x－6≤5，得4

14、m的取值范圍． 解：(1)當m＝1時，f(x)≥6等價于 或 或 解得x≤－2或x≥4， 所以不等式f(x)≥6的解集為{x|x≤－2或x≥4}． (2)∵|x－3|＋|x＋m|≥|(x－3)－(x＋m)|＝|m＋3|， ∴f(x)min＝|3＋m|，∴|m＋3|≤5， 解得－8≤m≤2， ∴實數m的取值范圍為[－8,2]． 3．(2018·鄭州質檢)已知函數f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a. (1)當a＝0時，解不等式f(x)≥g(x)； (2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求實數a的取值范圍． 解：(1)當a＝0時，由f(x)≥g(x)，得|

15、2x＋1|≥|x|， 兩邊平方整理得3x2＋4x＋1≥0， 解得x≤－1或x≥－， 故原不等式的解集為(－∞，－1]∪. (2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|， 令h(x)＝|2x＋1|－|x|， 則h(x)＝ 故h(x)min＝h＝－， 所以實數a的取值范圍為. 4．已知函數f(x)＝|4x－a|＋a2－4a(a∈R)． (1)當a＝1時，求不等式－2≤f(x)≤4的解集； (2)設函數g(x)＝|x－1|，若對任意的x∈R，f(x)－4g(x)≤6恒成立，求實數a的取值范圍． 解：(1)f(x)＝|4x－a|＋a2－4a， 當a＝1時，f(x)＝

16、|4x－1|－3. 因為－2≤f(x)≤4，所以1≤|4x－1|≤7， 即 解得－≤x≤0或≤x≤2， 因此－2≤f(x)≤4的解集為∪. (2)因為f(x)－4g(x)＝|4x－a|＋a2－4a－4|x－1|≤|4x－a＋4－4x|＋a2－4a＝a2－4a＋|4－a|， 所以a2－4a＋|4－a|≤6， 當a≥4時，a2－4a＋a－4≤6，得4≤a≤5， 當a<4時，a2－4a＋4－a≤6，得≤a<4， 所以實數a的取值范圍是. 5．設函數f(x)＝|x＋2|－|x－1|. (1)求不等式f(x)＞1的解集； (2)若關于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求實

17、數m的取值范圍． 解：(1)函數f(x)可化為f(x)＝ 當x≤－2時，f(x)＝－3＜0，不合題意； 當－2＜x＜1時，f(x)＝2x＋1＞1，得x＞0，即0＜x＜1； 當x≥1時，f(x)＝3＞1，即x≥1. 綜上，不等式f(x)＞1的解集為(0，＋∞)． (2)關于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等價于(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. 故實數m的取值范圍為[－3,4]． 6．(2

18、018·東北四市模擬)已知a>0，b>0，函數f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值為1. (1)證明：2a＋b＝2； (2)若a＋2b≥tab恒成立，求實數t的最大值． 解：(1)證明：因為－a<，所以f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝顯然f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，所以f(x)的最小值為f＝a＋，所以a＋＝1，即2a＋b＝2. (2)因為a＋2b≥tab恒成立，所以≥t恒成立， ＝＋＝(2a＋b) ＝≥＝. 當且僅當a＝b＝時，取得最小值， 所以t≤，即實數t的最大值為. 7．已知函數f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)當a＝1時，求不等式

19、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)， 所以△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

20、(2，＋∞)． 8．已知函數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)≤＋(a>0)恒成立，求實數a的取值范圍． 解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|， 即|3x＋2|＋|x－1|<4. 當x<－時，不等式化為－3x－2－x＋1<4， 解得－1時，不等式化為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)＝

21、|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， 解得0

22、A≥B，只需證≥1. 3．綜合法與分析法 (1)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、論證而得出命題成立． (2)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．設t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，則s與t的大小關系是(　　) A．s≥t　　　　　　　　　 B．s＞t C．s≤t D．s＜t 解析：選A　∵s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t. 2．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，則＋的最小值為(　　)

23、 A．1 B．2 C．4 D．8 解析：選B　∵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時，等號成立)． 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＋＋中 得＋＋ ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9，當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立． 故＋＋的最小值為9. 答案：9 　　　　 比較法證明不等式是高考考查的重點，主要涉及作差比較法和作商比較法，難度適中，有時難度也較大. [典題領悟] (2016·全國卷Ⅱ)已知函數f

24、(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； 當－＜x＜時，f(x)＜2恒成立； 當x≥時，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1. 所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}． (2)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－1＜a＜1，－1＜b＜1， 從而(a＋b)2－(1＋ab)2 ＝a2＋b2－a2b2－1 ＝(a2－1)(1－b2)＜0. 因此|a＋b|＜|1＋ab|. [解題師說] 1．作差比較法 (1)

25、作差比較法證明不等式的4步驟 (2)作差比較法的應用范圍 當被證的不等式兩端是多項式、分式或對數式時，一般使用作差比較法． 2．作商比較法 (1)作商比較法證明不等式的一般步驟 (2)作商比較法的應用范圍 當被證的不等式兩邊含有冪式或指數式或乘積式時，一般使用作商比較法． [沖關演練] 1．求證：當x∈R時，1＋2x4≥2x3＋x2. 證明：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)] ＝(x－1

26、)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．求證：當a>0，b>0時，aabb≥(ab). 證明：∵＝， ∴當a＝b時，＝1， 當a>b>0時，>1，>0， ∴>1， 當b>a>0時，0<<1，<0， ∴>1， ∴aabb≥(ab). 　　　　 [典題領悟] (2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；

27、 (2)a＋b≤2. 證明：(1)(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)∵(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b) ＝2＋， ∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. [解題師說] 1．綜合法證明不等式的方法 (1)綜合法證明不等式，要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯系．合理進行轉換，恰當選擇已知不等式，這是證明的關鍵； (2)在用綜合法證明不等式時，不等式的性質和基本不等式是最常用的．在運

28、用這些性質時，要注意性質成立的前提條件． 2．綜合法證明時常用的不等式 (1)a2≥0. (2)|a|≥0. (3)a2＋b2≥2ab，它的變形形式有 a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab； a2＋b2≥(a＋b)2；≥2. (4)≥，它的變形形式有 a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)； ＋≤－2(ab<0)． (5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2. [沖關演練] 1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證： (1)＋＋≥8； (2)≥9. 證明：(1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0， ∴＋＋ ＝＋＋ ＝

29、2 ＝2 ＝2＋4 ≥4 ＋4＝8，當且僅當a＝b＝時，等號成立， ∴＋＋≥8. (2)∵＝＋＋＋1， 由(1)知＋＋≥8. ∴≥9. 2．已知函數f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實數，且滿足a＋b＋c＝m，求證：＋＋≥3. 解：(1)當x＜－1時，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)； 當－1≤x＜2時，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)； 當x≥2時，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)． 綜上，f(x)的最小值m＝3. (2)證明：因為a，

30、b，c均為正實數，且滿足a＋b＋c＝3， 所以＋＋＋(a＋b＋c) ＝＋＋ ≥2＝2(a＋b＋c)， 當且僅當a＝b＝c＝1時，取“＝”， 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3. 　　　　 [典題領悟] 已知函數f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)＜|2x＋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， 此時不等式無解； ③當x≥

31、－時， 不等式可化為x＋1＜2x，解得x＞1. 綜上，M＝{x|x＜－1或x＞1}． (2)證明：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|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． [解題師說] 1．分析法的應用條件 當所

32、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． 2．用分析法證“若A則B”這個命題的模式 為了證明命題B為真， 只需證明命題B1為真，從而有… 只需證明命題B2為真，從而有… …… 只需證明命題A為真，而已知A為真，故B必真． [沖關演練] 已知a>0，b>0,2c>a＋b，求證：c－

33、ab. 因為a>0，所以只要證a－2c<－b， 即證a＋b<2c. 由已知條件知，上式顯然成立，所以原不等式成立． 1．設a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1. (1)求證：2ab＋bc＋ca＋≤； (2)求證：＋＋≥2. 證明：(1)因為1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2， 所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤. (2)因為≥，≥，≥， 所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2. 2．若a>0，b>0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a

34、＋3b＝6？并說明理由． 解：(1)由＝＋≥， 得ab≥2，且當a＝b＝時等號成立． 故a3＋b3≥2≥4，且當a＝b＝時等號成立． 所以a3＋b3的最小值為4. (2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4. 由于4>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 3．設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，求證： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明：(1)因為(＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由題設a＋b＝c＋d，ab>cd， 得(＋)2>(＋)2. 因此＋>＋. (2)①必要性：若|a－b|<|c－d

35、|， 則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)，得＋>＋. ②充分性：若＋>＋， 則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2. 因為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|. 綜上，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要條件． 4．已知定義在R上的函數f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正實數，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2

36、＋r2≥3. 解：(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 當且僅當－1≤x≤2時，等號成立， 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3. (2)證明：由(1)知p＋q＋r＝3， 又因為p，q，r是正實數， 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3. 5．已知函數f(x)＝|x－1|. (1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8； (2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求證：＞f. 解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3| ＝ 當x＜－3時，由－3

37、x－2≥8，解得x≤－； 當－3≤x＜時，－x＋4≥8無解； 當x≥時，由3x＋2≥8，解得x≥2. 所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集為 . (2)證明：＞f等價于f(ab)＞|a|f， 即|ab－1|＞|a－b|. 因為|a|＜1，|b|＜1， 所以|ab－1|2－|a－b|2 ＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2) ＝(a2－1)(b2－1)＞0， 所以|ab－1|＞|a－b|. 故所證不等式成立． 6．(2018·武昌調研)設函數f(x)＝|x－2|＋2x－3，記f(x)≤－1的解集為M. (1)求M； (2)當x∈M時，證明：x[f

38、(x)]2－x2f(x)≤0. 解：(1)由已知，得f(x)＝ 當x≤2時，由f(x)＝x－1≤－1， 解得x≤0，此時x≤0； 當x>2時，由f(x)＝3x－5≤－1， 解得x≤，顯然不成立． 故f(x)≤－1的解集為M＝{x|x≤0}． (2)證明：當x∈M時，f(x)＝x－1， 于是x[f(x)]2－x2f(x) ＝x(x－1)2－x2(x－1) ＝－x2＋x ＝－2＋. 令g(x)＝－2＋， 則函數g(x)在(－∞，0]上是增函數， ∴g(x)≤g(0)＝0. 故x[f(x)]2－x2f(x)≤0. 7．已知a，b都是正實數，且a＋b＝2，求證：＋≥1.

39、 證明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2， ∴＋－1＝ ＝ ＝ ＝＝＝. ∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1. ∴≥0. ∴＋≥1. 8．設函數f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若?x∈R，－4≥f(x)恒成立． (1)求實數m的取值范圍； (2)求證：log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)． 解：(1)∵?x∈R，－4≥f(x)恒成立， ∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立． 令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝ ∴函數g(x)在(－∞，3]上是增函數，在(3，＋∞)上是減函數， ∴g(x)max＝g(3)＝2， ∴m＋≥g(x)max＝2， 即m＋－2≥0?＝≥0， ∴m>0， 綜上，實數m的取值范圍是(0，＋∞)． (2)證明：由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1， 即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0. ∴要證log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)． 只需證>， 即證lg(m＋1)·lg(m＋3)log(m＋2)(m＋3)成立． 22