PAGE專題7第2講不等式選講肯定值不等式的解法授課提示：對應學生用書第68頁考情調研考向分析主要考查解肯定值不等式以及求含有肯定值的函數最值問題．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助數形結合求解．在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.含肯定值不等式的解法．2.利用肯定值不等式求最值.[題組練透]1．已知函數f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|.(1)求f(x)的最小值；(2)若不等式f(x)＋x－a<0的解集為(m，n)，且n－m＝6，求a的值．解析：(1)f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－2,－x＋4，－2<x≤1,3x，x>1))，則f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)min＝f(1)＝3.(2)因為g(x)＝f(x)＋x－a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x≤－2,4－a，－2<x≤1,4x－a，x>1))，令－2x－a<0，則x>－eq\f(a,2)；令4x－a<0，則x<eq\f(a,4).所以不等式f(x)＋x－a<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,4)))，又不等式f(x)＋x－a<0的解集為(m，n)，且n－m＝6，所以eq\f(a,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝6，故a＝8.2．設函數f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(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．解析：(1)當a＝1時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋4，x≤－1，,2，－1＜x≤2，,－2x＋6，x＞2.))可得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，＋∞)．[題后悟通]含有肯定值的不等式的解法(1)|f(x)|＞a(a＞0)?f(x)＞a或f(x)＜－a.(2)|f(x)|＜a(a＞0)?－a＜f(x)＜a.(3)對形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用肯定值不等式的幾何意義求解．與肯定值有關的參數范圍問題授課提示：對應學生用書第69頁考情調研考向分析主要考查利用不等式恒成立求參數的值或范圍．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助數形結合求解．在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.參變分別法．2.重要不等式法．3.分類探討法.[題組練透]1．(2024·云南質檢)已知函數f(x)＝|2x－a|＋|x－2a(1)當a＝2時，解關于x的不等式f(x)≤9；(2)當a≠2時，若對隨意實數x，f(x)≥4恒成立，求實數a的取值范圍．解析：(1)當a＝2時，f(x)＝3|x－1|，由f(x)≤9得|x－1|≤3，由|x－1|≤3得－3≤x－1≤3，解得－2≤x≤4，∴當a＝2時，關于x的不等式f(x)≤9的解集為{x∈R|－2≤x≤4}．(2)①當a>2時，eq\f(a,2)<2a－3，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－3a＋3，x>2a－3,x＋a－3，\f(a,2)≤x≤2a－3,－3x＋3a－3，x<\f(a,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上是減函數，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))是增函數，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(3a,2)－3，由題設得eq\f(3a,2)－3≥4，解得a≥eq\f(14,3).②當a<2時，同理求得a≤－eq\f(2,3).綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,3)，＋∞)).2．已知函數f(x)＝|2x＋a|＋2a，a∈R(1)若對于隨意x∈R，f(x)都滿意f(x)＝f(3－x)，求a的值；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，求實數a的取值范圍．解析：(1)因為f(x)＝f(3－x)，x∈R，所以f(x)的圖象關于x＝eq\f(3,2)對稱．又f(x)＝2|x＋eq\f(a,2)|＋2a的圖象關于x＝－eq\f(a,2)對稱，所以－eq\f(a,2)＝eq\f(3,2)，所以a＝－3.(2)f(x)≤－|2x－1|＋a等價于|2x＋a|＋|2x－1|＋a≤0.設g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋a，則g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋a＝|a＋1|＋a.由題意g(x)min≤0，即|a＋1|＋a≤0.當a≥－1時，a＋1＋a≤0，a≤－eq\f(1,2)，所以－1≤a≤－eq\f(1,2)；當a<－1時，－(a＋1)＋a≤0，－1≤0，所以a<－1，綜上，a≤－eq\f(1,2).[題后悟通]1．f(x)＞a恒成立?f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立?f(x)max＜a；f(x)＞a有解?f(x)max＞a；f(x)＜a有解?f(x)min＜a；f(x)＞a無解?f(x)max≤a；f(x)＜a無解?f(x)min≥a.2．定理1：假如a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．定理2：假如a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．不等式的證明授課提示：對應學生用書第70頁考情調研考向分析主要考查含肯定值不等式的證明問題．一般利用幾個常見的不等式進行邏輯推理，在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.綜合法和分析法．2.基本不等式．3.柯西不等式.[題組練透]1．(2024·蚌埠模擬)已知：a2＋b2＝1，其中a，b∈R.(1)求證：eq\f(|a－b|,|1－ab|)≤1；(2)若ab>0，求(a＋b)(a3＋b3)的最小值．解析：(1)證明：所證不等式等價于|a－b|≤|1－ab|，即(a－b)2≤(1－ab)2，也就是(a2－1)(1－b2)≤0，∵a2＋b2＝1，∴a2≤1，b2≤1∴(a2－1)(1－b2)≤0，故原不等式成立．(2)(a＋b)(a3＋b3)＝a4＋ab3＋a3b＋b4≥a4＋2eq\r(ab3·a3b)＋b4＝(a2＋b2)2＝1，當且僅當a＝b＝eq\f(\r(2),2)或a＝b＝－eq\f(\r(2),2)時，(a＋b)(a3＋b3)取到最小值1.2．設a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：(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))．證明：(1)要證a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c>0，因此只需證明(a＋b＋c)2≥3，即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.而ab＋bc＋ca＝1，故只需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而這可由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(當且僅當a＝b＝c時等號成立)證得．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)中已證a＋b＋c≥eq\r(3)，因此要證原不等式成立，只需證明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).①因為aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，同理beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(bc＋ac,2)(當且僅當a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)時等號成立)，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1，兩邊同時除以eq\r(abc)得eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，①式得證．所以原不等式成立．[題后悟通]1．含有肯定值的不等式的性質|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．算術—幾何平均不等式定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．定理2：假如a