2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：选修4-5 不等式选讲

选修4－5 不等式选讲

第一节 绝对值不等式
一、基础知识
1．绝对值三角不等式
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． 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． ↓
|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当| a|≥|b|且ab≥0时，左边等号成立，当且仅当ab≤0时，
右边等号成立.

2．绝对值不等式的解法
(1)|x|a型不等式的解法

不等式
|x||x|>a

(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|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.
|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法及体现数学思想
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.





a>0
a＝0
?
{x|x∈R且x≠0}
a<0
?
R
{
x|－a}

{x|x>a或x<－a}

考点一 绝对值不等式的解法


[典例] (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．
?
?
3x－2，－13
，
2
[解] (1) 由题意得f(x)＝
?
3
?
－x＋4，x>，
?
2
故y＝f(x)的图象如图所示．
x－4，x≤－1，



(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；

1
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.
3
故f(x)>1的解集为{x|1??
1
x<或x>5
?
. f(x)<－1的解集为
?x
?
?
?
3
?
??
1
x<或15
?
. 所以|f(x)|>1的解集为
?
x
?
?
?
3
?



[题组训练]
1．解不等式|x＋1|＋|x－1|≤2.
解：当x<－1时，
原不等式可化为－x－1＋1－x≤2，
解得x≥－1，又因为x<－1，故无解；
当－1≤x≤1时，
原不等式可化为x＋1＋1－x＝2≤2，恒成立；
当x>1时，
原不等式可化为x＋1＋x－1≤2，
解得x≤1，又因为x>1，故无解；
综上，不等式|x＋1|＋|x－1|≤2的解集为[－1,1]．
2．(2019·沈阳质检)已知函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋|2x＋1|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)＝|x－1|＋3x.
法一：由f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|－|2x＋1|≥0，
当x>1时，x－1－(2x＋1)≥0，得x≤－2，无解；
11
当－≤x≤1时，1－x－(2x＋1)≥0，得－≤x≤0；
22
11
当x<－时，1－x－(－2x－1)≥0，得－2≤x<－.
22
∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
法二：由f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|≥|2x＋1|，
两边平方，化简整理得x
2
＋2x≤0，
解得－2≤x≤0，
∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
??
?
x≥a，
?x(2)由|x－a|＋3x≤0，可得
?
或
?

?
4x－a≤0
?
??
2x＋a≤0，

x≥a，x??
??
即
?
a
或
?< br>a

x≤x≤－.
??
2
?
4
?
?
a
?
x≤－
?
. 当a>0时，不等式的解集为
?
x
?
2
?
??


a
由－＝－1，得a＝2.
2
当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤0}，不合题意．
?
a
?
x≤
?
. 当a<0时，不等式的解集为
?
x
?
?
4
??

a
由＝－1，得a＝－4.
4
综上，a＝2或a＝－4.
考点二 绝对值不等式性质的应用

[典例] (2019·湖北五校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
11
(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.
36
[解] (1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，
11
??
?
?
x≥
2
，
?
02
，
?
x≤0，
即
?
或
?
或
?
?
1－2x<－x＋1，
?
??
?
2x－1?
1－2x

11
得≤x<2或022
故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0(2)证明：f (x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x －y－1|＋|2y＋
115
1|≤2×＋＝<1.
366
故不等式f(x)＜1得证．
[解题技法] 绝对值不等式性质的应用 < br>利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b ∈R)，通过确定适当的
a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式 ．
[题组训练]
1．求函数f(x)＝|x＋2 019|－|x－2 018|的最大值．
解：因为f(x)＝|x＋2 019|－|x－2 018|≤|x＋2 019－x＋2 018|＝4 037，

所以函数f(x)＝|x＋2 019|－|x－2 018|的最大值为4 037.
115
2．若x∈[－1,1]，|y|≤，|z|≤，求证：|x＋2y－3z|≤.
693
11
证明：因为x∈[－1,1]，|y|≤，|z|≤，
69115
所以|x＋2y－3z|≤|x|＋2|y|＋3|z|≤1＋2×＋3×＝，
693
5
所以|x＋2y－3z|≤成立．
3
考点三 绝对值不等式的综合应用

[典例] (2018·合肥质检)已知函数f(x)＝|2x－1|.
(1)解关于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1；
(2)若关于x的不等式f(x)[解] (1)f(x)－f(x＋1)≤1?|2x－1|－|2x＋1|≤1，
1111
???
?
x≥
2
，
?
－
2
2
，
?
x≤－
2
，
则
?
或
?
或
?

???
?
2x－1－2x－1≤1
?< br>1－2x－2x－1≤1
?
1－2x＋2x＋1≤1，
1111
解得x ≥或－≤x<，即x≥－，
2424
1
－，＋∞
?
. 所以原不等 式的解集为
?
?
4
?
(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2x ＋1|则m>(|2x－1|＋|2x＋1|)
min
即可．
由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2，当且仅当 (1－2x)(2x＋
11
－，
?
时等号成立，故m>2.所以m的取值范围 是(2，＋∞)． 1)≥0，即x∈
?
?
22
?
[解题技法] 两招解不等式问题中的含参问题
(1)转化
①把存在性问题转化为求最值问题；
②不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题；
③不等式的解集为?的对立面也是不等式的恒 成立问题，此类问题都可转化为最值问题，
即f(x)＜a恒成立?a＞f(x)
max
，f(x)＞a恒成立?a＜f(x)
min
.
(2)求最值
求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：
①利用绝对值的几何意义；
②利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||；

③利用零点分区间法．
[题组训练]
1．(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．
2x＋4，x<－1，
?
?解：(1)当a＝1时，f(x)＝
?
2，－1≤x≤2，
?
?
－2x＋6，x>2.


当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1，
当－1≤x≤2时，显然满足题意，
当x>2时，由－2x＋6≥0，解得2故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，＋∞)．
2．(2018·广东珠海二中期中) 已知函数f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)，若关于x的不等式
3
?
f (x)≤|2x＋1|的解集为A，且
?
?
4
，2
?
?A， 求实数m的取值范围．
3
?
解：∵
?
?
4
，2
?
?A，
3
?
∴当x∈
?
?
4
，2
?
时， 不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，
3
?
即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x ＋1|在x∈
?
?
4
，2
?
上恒成立，
∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，
3
?
即|x＋m|≤2在x∈
?
?
4
，2
?
上恒成立，
∴－2≤x＋m≤2， 3
?
∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈
?
?
4
，2?
上恒成立，
∴(－x－2)
max
≤m≤(－x＋2)
min
，
11
11
－，0
?
. ∴－≤m≤0，故实数m的取值范围是
?
?
4
?
4
[课时跟踪检测]

1．求不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集．
111
??
?x<－
2
，
?
－
2
≤x≤
2
，
解：原不等式可化为
?
或
?

??
?
1－2x－ 2x－1≤6
?
1－2x＋2x＋1≤6
1
?
?
x>
2
，
或
?

?
?
2x－1＋2x＋1≤6.
33
解得－≤x≤，
22
?
33
?
－≤x≤
?
. 即原不等式的解集为
?
x
?
2
?
2
??



2．已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.
(1)求实数a的值；
(2)解不等式f(x)≤5.
解：(1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，
从而解得a＝2. －2x＋6，x≤2，
?
?
(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2 |＝
?
2，2＜x≤4，
?
?
2x－6，x＞4.
1
故当x≤2时，由－2x＋6≤5，得≤x≤2；
2
当211
当x>4时，由2x－6≤5，得42
?
111?
?
≤x≤
故不等式f(x)≤5的解集为
?
x
?2
.
?
2
??



3．(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
－2，x≤－1，
?
?
即f(x)＝
?
2x，－1?
?
2， x≥1.


?
1
?
x>
?
. 故不等式 f(x)>1的解集为
?
x
?
?
?
2
?

(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1| <1成立．

若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1；
?
2
?
0?
， 若a>0，则|ax－1|<1的解 集为
?
x
?
a
?
??

2
所以≥1，故0a
综上，a的取值范围为(0,2]．
4．设函数f(x)＝|3x－1|＋ax＋3.
(1)若a＝1，解不等式f(x)≤4；
(2)若f(x)有最小值，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|3x－1|＋x＋3≤4，
即|3x－1|≤1－x，
1
x－1≤3x－1≤1－x，解得0≤x≤，
2
1
0，
?
. 所以f(x)≤4的解集为
?
?< br>2
?
?
?3＋a?x＋2，x≥
3
，
(2)因为f( x)＝
?
1
?a－3?x＋4，x<，
?
3
1


?
a＋3≥0，
?
所以f(x)有最小值的充要条件为
?
解得－3≤a≤3，
?
a－3≤0，
?

即实数a的取值范围是[－3,3]．
5．(2019·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>－x；
(2)若关于x的不等式f(x)≤a
2
－2a的解集为R，求实数a的取值范围．
解：(1)原不等式等价于f(x)＋x＞0，不等式f(x)＋x>0可化为|x－2|＋x>|x＋ 1|，
当x<－1时，－(x－2)＋x>－(x＋1)，解得x>－3，即－3当－1≤x≤2时，－(x－2)＋x>x＋1，解得x<1，即－1≤x<1；
当x>2时，x－2＋x>x＋1，解得x>3，即x>3，
综上所述，不等式f(x)＋x>0的解集为{x|－33}．
(2)由不等 式f(x)≤a
2
－2a可得|x－2|－|x＋1|≤a
2
－2a，
∵|x－2|－|x＋1|≤|x－2－x－1|＝3，当且仅当x∈(－∞，－1]时等号成立， < br>∴a
2
－2a≥3，即a
2
－2a－3≥0，解得a≤－1或a≥3.
∴实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋1|.
(1)若a＝2，求不等式f(x)＞x＋2的解集；

(2)如果关于x的不等式f(x)＜2的解集不是空集，求实数a的取值范围． －2x＋1，x＜－1，
?
?
解：(1)当a＝2时，f(x)＝
?3，－1≤x＜2，
?
?
2x－1，x≥2，


?? ?
?
x＜－1，
?
－1≤x＜2，
?
x≥2，
不等 式f(x)＞x＋2等价于
?
或
?
或
?
，
???
－2x＋1＞x＋23＞x＋22x－1＞x＋2
???

解得x＜1或x＞3，
故原不等式的解集为{x|x＜1或x＞3}．
(2)∵f (x)＝|x－a|＋|x＋1|≥|(x－a)－(x＋1)|＝|a＋1|，当(x－a)(x＋1)≤0时 取等号．
∴若关于x的不等式f(x)＜2的解集不是空集，只需|a＋1|＜2，
解得－3＜a＜1，即实数a的取值范围是(－3,1)．
7．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，
a13－ a
x－
?
＋
?
－x
?
≥即
?
.
?
2
??
2
?
2
?
x－
a
?
＋
?
1
－x
??
min
＝
?
1
－
a
?
， 又
?
??
2
??
2
???
22
?
1a
?
3－a
所以
?
?
2
－
2
?
≥
2
，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
8．(2018·福州质检)设函数f(x)＝|x－1|，x∈R.
(1)求不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集；
3
1，
?
? M，求实数a的取(2)已知关于x的不等式f(x)≤f(x＋1)－|x－a|的解集为M，若
?< br>?
2
?
值范围．
解：(1)因为f(x)≤3－f(x－1)， < br>?
x<1，
?
1≤x≤2，
??
所以|x－1|≤3－|x－ 2|?|x－1|＋|x－2|≤3?
?
或
?
或
??
3－ 2x≤31≤3
??
?
?
x>2，
?

?
2x－3≤3，
?

解得0≤x<1或1≤x≤2或2所以0≤x≤3，
故不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集为[0,3]．
3
1，
?
?M， (2)因为
?
?
2
?< br>3
1，
?
时，f(x)≤f(x＋1)－|x－a|恒成立， 所以当x∈?
?
2
?
而f(x)≤f(x＋1)－|x－a|?|x－1|－|x| ＋|x－a|≤0?|x－a|≤|x|－|x－1|，
3
1，
?
，所以|x－a|≤1，即x－1≤a≤x＋1， 因为x∈
?
?
2
?
3
1，
?
恒成立， 由 题意，知x－1≤a≤x＋1对于任意的x∈
?
?
2
?
1
?
1
所以≤a≤2，故实数a的取值范围为
?
?
2
，2
?
.
2

第二节 不等式的证明
一、基础知识
1．基本不等式
(1)定理1：如果a，b∈R，那么a
2
＋b
2
≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
a＋b
(2)定理2：如果a，b＞0， 那么≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数
2
的算术平均不小于(即大于或等于) 它们的几何平均．
a＋b＋c
3
(3)定理3：如果a，b，c∈R
＋，那么≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
3
2．比较法
(1)作差法的依据是：a－b＞0?a＞b.
A
(2)作商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
B
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．
考点一 比较法证明不等式

11
x－
?
＋
?
x＋
?
，M为不等式f(x)＜ 2的解集． [典例] 已知函数f(x)＝
?
?
2
??
2
?
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
?
?
11
[解] (1)f(x)＝
?
1，－
2< br>＜x＜
2
，
?
.
?
2x，x≥
1
2
1
当x≤－时，由f(x)＜2，
2
得－2x＜2，解得x＞－1；
1
－2x，x≤－，
2

11
当－＜x＜时，f(x)＜2恒成立；
22
1
当x≥时，由f(x)＜2，得2x＜2，解得x＜1.
2
所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，
从而(a＋b)
2
－(1＋ab)
2

＝a
2
＋b
2
－a
2
b
2
－1
＝(a
2
－1)(1－b
2
)＜0.
因此|a＋b|＜|1＋ab|.
[题组训练]
1．当p，q都是正数且p＋q ＝1时，求证：(px＋qy)
2
≤px
2
＋qy
2
.
解：(px＋qy)
2
－(px
2
＋qy
2
) < br>＝p
2
x
2
＋q
2
y
2
＋2pqx y－(px
2
＋qy
2
)
＝p(p－1)x
2
＋q(q－1)y
2
＋2pqxy.
因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p.
所以(px＋qy)
2
－(px
2
＋qy
2
) < br>＝－pq(x
2
＋y
2
－2xy)＝－pq(x－y)
2.
因为p，q为正数，所以－pq(x－y)
2
≤0，
所以(px＋ qy)
2
≤px
2
＋qy
2
.当且仅当x＝y时，不等式中 等号成立．
2．求证：当a>0，b>0时，ab≥(ab)
证明：∵
a
a
b
b
ab
a+b
2
.
?ab?
?
a
?
＝
a+b
?
b
?
2
a-b
2
a-b
2
，
a
?
∴当a＝b时，
?
?
b
?
＝1， < br>a-b
2
a－ba
?
a
当a>b>0时，>1，>0，∴?
?
b
?
b2
>1，
a-b
2
a－ ba
?
a
当b>a>0时，0<<1，<0，∴
?
?
b?
b2
∴ab≥(ab)
ab
a+b
2
>1，
.
考点二 综合法证明不等式

[典例] (2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a
3
＋b
3
＝2.证明：
(1)(a＋b)(a
5
＋b
5
)≥4；

(2)a＋b≤2.
[证明] (1)(a＋b)(a
5
＋ b
5
)＝a
6
＋ab
5
＋a
5
b＋b6

＝(a
3
＋b
3
)
2
－2a3
b
3
＋ab(a
4
＋b
4
)
＝4＋ab(a
2
－b
2
)
2
≥4.
( 2)∵(a＋b)
3
＝a
3
＋3a
2
b＋3ab
2
＋b
3

3?a＋b?
2
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)
4
3?a＋b?
3
＝2＋，
4
∴(a＋b)
3
≤8，因此a＋b≤2.
[解题技法] 综合法证明不等式的方法
(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之 间的差异与
联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键；
(2)在用综合法 证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性
质时，要注意性质成立的前提条件 ．
[题组训练]
1．设a，b，c，d均为正数，若a＋b＝c＋d，且ab>cd，求证：a＋b>c＋d.
证明：因为(a＋b)
2
＝a＋b＋2ab，(c＋d)
2
＝c＋d＋2c d.
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(a＋b)
2
>(c＋d)
2< br>.
因此 a＋b>c＋d.
2．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x|＋|x－3|(1)求m，n的值；
(2)若x>0，y>0，nx＋y＋m＝0，求证：x＋y≥16xy.
解：(1)由|x|＋|x－3|???
?
x≥3，
?
0?
x≤0，
??
得或或
?

?
x＋x－3??
－x＋3－x??
3?

解得－1(2)证明：由(1)知9x＋y＝1，又x>0，y>0，
11
?
y9x
＋
(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2∴
?
?
xy
?
xy
y9x
×＝16，
xy
y9x11
当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号，
xy124
11
∴＋≥16，即x＋y≥16xy.
xy
考点三 分析法证明不等式

[典例] (2019·长春质检)设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.
(1)求集合A；
(2)若a，b，c∈A，求证：
?
?
1－abc
?
>1.
?
?
ab－c
?
2，x≥1，
?
?
[解] (1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝
?
2x，－1?< br>?
－2，x≤－1，
由|f(x)|<2，得－1(2)证明：要证
?


?
1－abc
?
>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，
?
?
ab－c
?
即证1＋a
2
b
2
c
2
>a
2
b
2
＋c
2
，即证1－a
2< br>b
2
>c
2
(1－a
2
b
2
)，
即证(1－a
2
b
2
)(1－c
2
)>0， 由a，b，c∈A，得－12
<1，所以(1－a
2
b< br>2
)(1－c
2
)>0恒成立．
综上，
?
?
1－abc
?
>1.
?
?
ab－c
?
[解题技法] 分析法证明不等式应注意的问题
(1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．
(2)注意 从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已
知(或已证)的不等式．
(3)注意恰当地用好反推符号“?”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语．
[题组训练]
1．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b
2
－ac<3a.
证明：由a>b>c且a＋b＋c＝0，
知a>0，c<0.
要证b
2
－ac<3a，
只需证b
2
－ac<3a
2
.
∵a＋b＋c＝0，∴只需证b
2
＋a(a＋b)<3a
2
，
即证2a
2
－ab－b
2
>0，
即证(a－b)(2a＋b)>0，
即证(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．已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；

(2)设a，b∈M，求证：f(ab)＞f(a)－f(－b)．
解：(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，
①当x≤－1时，
不等式可化为－x－1＜－2x－2，
解得x＜－1；
1
②当－1＜x＜－时，
2
不等式可化为x＋1＜－2x－2，
此时不等式无解；
1
③当x≥－时，
2
不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.
综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1 |－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|＞|a＋b|，
即证|ab＋1|
2
＞|a＋b|
2
，
即证a
2
b
2
＋2ab＋1＞a
2
＋2ab＋b
2
， 即证a
2
b
2
－a
2
－b
2
＋1＞0 ，
即证(a
2
－1)(b
2
－1)＞0.
因为a，b∈M，所以a
2
＞1，b
2
＞1，
所以(a
2
－1)(b
2
－1)＞0成立，所以原不等式成立．
[课时跟踪检测]

1．已知△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B为锐角．
证明：要证∠B为锐角，只需证cos B>0，
所以只需证a
2
＋c
2
－b
2
>0，
即 a
2
＋c
2
>b
2
，因为a
2
＋c
2
≥2ac，
所以只需证2ac>b
2
，
由已知得2ac＝b(a＋c)．
所以只需证b(a＋c)>b
2
，即a＋c>b，显然成立．
所以∠B为锐角．
11
2．若a>0，b>0，且＋＝ab.
ab
(1)求a
3
＋b
3
的最小值；

(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
112
解：(1)由ab＝＋≥，
ab
ab
得ab≥2，仅当a＝b＝2时等号成立．
故a
3
＋b
3
≥2a
3
b
3
≥42，仅当a＝b＝2时等号成立 ．
所以a
3
＋b
3
的最小值为42.
(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43.
由于43>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
3．(2019·南宁模拟)(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|<4；
(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|a－b|<|ab＋2a＋2b|.
解：( 1)当x<－3时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4<4，解得x>－4，所以
－4当－3≤x<－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2<4恒成立，
所以－3≤x<－1；
当x≥－1时，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4 <4，解得x<0，所以－1≤x<0.
综上，不等式|x＋1|＋|x＋3|<4的解集为{x|－4(2)证明：因为4(a－b)
2
－(ab＋2a＋2b)
2
＝－(a
2
b
2
＋4a
2
b＋4ab
2
＋16ab)
＝－ab(b＋4)(a＋4)<0，
所以4(a－b)
2
<(ab＋2a＋2b)
2
，
所以2|a－b|<|ab＋2a＋2b|.
4．(2018·武昌调研)设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.
(1)求M；
(2)当x∈M时，求证：x[f(x)]
2
－x
2
f(x)≤0.
?
?
x－1，x≤2，
解：(1)由已知，得f(x)＝
?

?
3x－5，x>2.
?

当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，
解得x≤0，此时x≤0；
当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，
4
解得x≤，显然不成立．
3
故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤0}．
(2)证明：当x∈M时，f(x)＝x－1，
1
1
x－
?
2
＋. 于是x[f(x)]
2
－x
2
f(x)＝x(x－1)
2
－x
2
(x－1)＝－ x
2
＋x＝－
?
?
2
?
4

1
1
x－
?
2
＋， 令g(x)＝－
?
?
2
?
4
则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，
∴g(x)≤g(0)＝0.
故x[f(x)]
2
－x
2
f(x)≤0.
5．(2019·西安质检)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
3
(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的 值域为M，若t∈M，求证：t
2
＋1≥＋3t.
t
?
?
2－x，－11
，
2
解：(1)依题意，得f(x)＝
?1
?
3x，x≥，
?
2
?
?
?
－1< x<
2
，
?
x≤－1，
∴f(x)≤3?
?
或?
?
－3x≤3
?
?
－3x，x≤－1，



1
?
2－x≤3

1
?
?
x≥
2
，
或
?

?
?
3x≤3，

解得－1≤x≤1，
即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)证明：g(x)＝f(x)＋ |x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，
1
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0，即－1≤x≤时取等号，
2
∴M＝[3，＋∞)．
t
2
＋1－3t－
3
t
3
－3t
2
＋t－3?t－3??t
2
＋1?
＝＝ ，
ttt
∵t∈M，∴t－3≥0，t
2
＋1>0，
?t－3??t
2
＋1?
∴≥0，
t
3
∴t
2
＋1≥＋3t.
t
6．(2019·长春质检)已知函数f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|.
(1)求f(x)<2的解集；
1
(2)若f(x)的最小值为T，正数a，b满足a＋b＝，求证：a＋b≤T.
2
?
?
3
解：(1)f(x)＝|2x－3|＋|3x－6|＝
?< br>－x＋3，≤x≤2，
2
?
?
5x－9，x>2.
3
－5x＋9，x<，
2

作出函数f(x)的图象如图所示．

711
?
由 图象可知，f(x)<2的解集为
?
?
5
，
5
?
.
(2)证明：由图象可知f(x)的最小值为1，
由基本不等式可知
a＋b
≤
2
a＋b
＝
2
11
＝，
42
当且仅当a＝b时，“＝”成立，即a＋b≤1＝T.
3
x＋
?
. 7．已知函数f(x)＝|2x－1|－
?
?
2
?
(1)求不等式f(x)<0的解集M；
(2)当a，b∈M时，求证：3|a＋b|<|ab＋9|.
?
?
131
解：(1)f(x)＝
?
－3x－
2
，－
2
≤x≤
2
，
51
?
x－，x>
?
22
.
53
－x，x<－，
22


35
当x<－时，f(x)<0，即－x<0，无解；
22
31111
当－≤x≤时，f(x)<0，即－3x－<0，得－22262
1515
当x>时，f(x)<0，即x－<0，得2222
?
15
?
－?
. 综上，M＝
?
x
?
?
62
??

(2)证明：要证3|a＋b|<|ab＋9|，
只需证9(a
2
＋b2
＋2ab)2
b
2
＋18ab＋81，

即证a
2
b
2
－9a
2
－9b
2
＋81＞0，
即证(a
2
－9)(b
2
－9)＞0.
1515
因为a，b∈M，所以－6262
所以a
2
－9<0，b
2
－9<0，
所以(a
2
－9)(b
2
－9)>0，
所以3|a＋b|<|ab＋9|.


8．已知函数f(x)＝m－|x＋4|(m>0)，且f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]．
(1)求m的值；
111
(2)若a，b，c都是正实数，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
a2b3c
解：(1)法一：依题意知f(x－2)＝m－|x＋2|≥0，
即|x＋2|≤m?－m－2≤x≤－2＋m.
?
?
－m－2＝－3，由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以
?

?
－2＋m＝－1，
?

解得m＝1.
法二：因为不等式f(x－2)≥0的解集为[－3，－1]，
所以－3，－1为方程f(x－2)＝0的两根，即－3，－1为方程m－|x＋2|＝0的两根，
?
?
m－|－3＋2|＝0，
所以
?
解得m＝1.
?
m－|－1＋2|＝0，
?

111
(2)证明：由(1)可知＋＋＝1(a，b，c>0)，
a2b3c
111
?
a2ba3c2b3c
＋＋
＝3＋
?
＋
?
＋
?
＋
?
＋
?
＋
?
≥9，当所 以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
?
?
a2b3c
??
2ba
??
3ca
??
3c2b
?
3
且仅当a＝2b＝3 c，即a＝3，b＝，c＝1时取等号．
2