高考數(shù)學（北師大版理）講義第十四章4選講142

§14.2不等式選講最新考綱考情考向分析1.理解絕對值不等式的幾何意義，并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號的條件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b∈R)．2.會利用絕對值的幾何意義求解以下類型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.3.通過一些簡單問題了解證明不等式的基本方法：比較法、綜合法、分析法.本節(jié)題目常見的是解絕對值不等式、利用不等式恒成立求參數(shù)的值或范圍，求含有絕對值的函數(shù)最值也是考查的熱點．求解的一般方法是去掉絕對值，也可以借助數(shù)形結(jié)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．絕對值不等式的解法(1)含絕對值的不等式|x|<a與|x|>a的解集不等式a>0a＝0a<0|x|<a(－a，a)??|x|>a(－∞，－a)∪(a，＋∞)(－∞，0)∪(0，＋∞)R(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|(zhì)ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法①利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想；②利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想；③通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖像求解，體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想．2．含有絕對值的不等式的性質(zhì)(1)如果a，b是實數(shù)，則|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．(2)如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．3．不等式證明的方法(1)比較法①作差比較法知道a>b?a－b>0，a<b?a－b<0，因此要證明a>b，只要證明a－b>0即可，這種方法稱為作差比較法．②作商比較法由a>b>0?eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此當a>0，b>0時，要證明a>b，只要證明eq\f(a,b)>1即可，這種方法稱為作商比較法．(2)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，最終推導出所要證明的不等式成立，這種證明方法叫作綜合法，即“由因?qū)Ч钡姆椒ǎ?3)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、定理等)，從而得出要證的不等式成立，這種證明方法叫作分析法，即“執(zhí)果索因”的方法．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若|x|>c的解集為R，則c≤0.(×)(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集為?.(√)(3)對|a＋b|≥|a|－|b|當且僅當a>b>0時等號成立．(×)(4)對|a|－|b|≤|a－b|當且僅當|a|≥|b|時等號成立．(×)(5)對|a－b|≤|a|＋|b|當且僅當ab≤0時等號成立．(√)題組二教材改編2．不等式3≤|5－2x|<9的解集為()A．[－2,1)∪[4,7) B．(－2,1]∪(4,7]C．(－2，－1]∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)答案D解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<7，,x≥4或x≤1，))不等式的解集為(－2,1]∪[4,7)．3．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．解①當x≤1時，原不等式可化為1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；②當1<x<5時，原不等式可化為x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4；③當x≥5時，原不等式可化為x－1－(x－5)<2，該不等式不成立．綜上，原不等式的解集為(－∞，4)．題組三易錯自糾4．若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值為5，則實數(shù)a＝.答案4或－6解析方法一①當a＝－1時，f(x)＝3|x＋1|，f(x)min＝0，不符合題意；②當a<－1時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋2a－1，x<a，,x－1－2a，a≤x≤－1，,3x＋1－2a，x>－1，))∴f(x)min＝f(a)＝－a－1＝5，∴a＝－6成立；③當a>－1時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋2a－1，x<－1，,－x＋2a＋1，－1≤x≤a，,3x＋1－2a，x>a，))∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立．綜上，a＝4或a＝－6.方法二當a＝－1時，f(x)min＝0，不符合題意；當a≠－1時，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5，∴a＝4或a＝－6.5．已知a，b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為．答案9解析把a＋b＋c＝1代入到eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)中，得eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立．6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析設y＝|2x－1|＋|x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－1，x<－2，,－x＋3，－2≤x<\f(1,2)，,3x＋1，x≥\f(1,2).))當x<－2時，y＝－3x－1>5；當－2≤x<eq\f(1,2)時，y＝－x＋3>eq\f(5,2)，y≤5；當x≥eq\f(1,2)時，y＝3x＋1≥eq\f(5,2)，故函數(shù)y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值為eq\f(5,2).因為不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2對任意實數(shù)x恒成立，所以eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2.解不等式eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2，得－1≤a≤eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).題型一絕對值不等式的解法1．(2017·全國Ⅰ)已知函數(shù)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)≥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≤0.①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≤eq\f(－1＋\r(17),2).所以f(x)≥g(x)的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(－1＋\r(17),2))))).(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]上的最小值必為f(－1)與f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.所以a的取值范圍為[－1,1]．2．已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的圖像與x軸圍成的三角形的面積大于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－1<x<1時，不等式化為3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；當x≥1時，不等式化為－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).(2)由題設可得，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))所以函數(shù)f(x)的圖像與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面積為eq\f(2,3)(a＋1)2.由題設得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.所以a的取值范圍為(2，＋∞)．思維升華解絕對值不等式的基本方法(1)利用絕對值的定義，通過分類討論轉(zhuǎn)化為解不含絕對值符號的普通不等式．(2)當不等式兩端均為正號時，可通過兩邊平方的方法，轉(zhuǎn)化為解不含絕對值符號的普通不等式．(3)利用絕對值的幾何意義，數(shù)形結(jié)合求解．題型二利用絕對值不等式求最值典例(1)對任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；(2)對于實數(shù)x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．解(1)∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，當且僅當0≤x≤1時等號成立，∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，當且僅當－1≤y≤1時等號成立，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.當且僅當0≤x≤1，－1≤y≤1同時成立時等號成立．∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值為3.(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值為5.思維升華求含絕對值的函數(shù)最值時，常用的方法有三種(1)利用絕對值的幾何意義．(2)利用絕對值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|.(3)利用零點分區(qū)間法．跟蹤訓練(2017·鎮(zhèn)江模擬)已知a和b是任意非零實數(shù)．(1)求eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值；(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．解(1)∵eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)≥eq\f(|2a＋b＋2a－b|,|a|)＝eq\f(|4a|,|a|)＝4，當且僅當(2a＋b)(2a－b)≥0時等號成立，∴eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值為4.(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)恒成立，故|2＋x|＋|2－x|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)))min.由(1)可知，eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值為4，∴x的取值范圍即為不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集．解不等式得－2≤x≤2，故實數(shù)x的取值范圍為[－2,2]．題型三絕對值不等式的綜合應用典例已知函數(shù)f(x)＝|x－a|＋eq\f(1,2a)(a≠0)．(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求實數(shù)m的最大值；(2)當a<eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零點，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)∵f(x)＝|x－a|＋eq\f(1,2a)(a≠0)，∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋eq\f(1,2a)，∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1，又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，∴|m|≤1，∴－1≤m≤1，∴實數(shù)m的最大值為1.(2)當a<eq\f(1,2)時，g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋eq\f(1,2a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋a＋\f(1,2a)＋1，x<a，,－x－a＋\f(1,2a)＋1，a≤x≤\f(1,2)，,3x－a＋\f(1,2a)－1，x>\f(1,2)，))∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－a＋eq\f(1,2a)＝eq\f(－2a2＋a＋1,2a)≤0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,2)，,－2a2＋a＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－2a2＋a＋1≥0，))∴－eq\f(1,2)≤a<0，∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).思維升華(1)解決與絕對值有關的綜合問題的關鍵是去掉絕對值，化為分段函數(shù)來解決．(2)數(shù)形結(jié)合是解決與絕對值有關的綜合問題的常用方法．跟蹤訓練(2017·全國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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.))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|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，當x＝eq\f(3,2)時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4).故m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).題型四用綜合法與分析法證明不等式典例(1)已知x，y均為正數(shù)，且x>y，求證：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3；(2)設a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求證：a＋b＋c≥eq\r(3).證明(1)因為x>0，y>0，x－y>0，2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq\f(1,x－y2)＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,x－y2)≥3eq\r(3,x－y2·\f(1,x－y2))＝3，所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.(2)因為a，b，c>0，所以要證a＋b＋c≥eq\r(3)，只需證明(a＋b＋c)2≥3.即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而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)成立，所以原不等式成立．思維升華用綜合法證明不等式是“由因?qū)Ч?，用分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡單、條理清楚，所以在實際應用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉(zhuǎn)化，互相滲透，互為前提，充分利用這一辯證關系，可以增加解題思路，開闊視野．跟蹤訓練(2017·全國Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，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(a4＋b4－2a2b2)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.解方法一如圖，設數(shù)軸上與－2,1對應的點分別是A，B，則不等式的解就是數(shù)軸上到A，B兩點的距離之和不小于5的點所對應的實數(shù)．顯然，區(qū)間[－2,1]不是不等式的解集．把點A向左移動一個單位到點A1，此時|A1A|＋|A1B|＝1＋4＝5.把點B向右移動一個單位到點B1，此時|B1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．方法二由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－x－1－x＋2≥5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<1，,－x－1＋x＋2≥5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－1＋x＋2≥5，))解得x≥2或x≤－3，∴原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．方法三將原不等式轉(zhuǎn)化為|x－1|＋|x＋2|－5≥0.令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，則f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2<x<1，,2x－4，x≥1.))作出函數(shù)的圖像，如圖所示．由圖像可知，當x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)時，y≥0，∴原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．2．(2017·煙臺二模)若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解由題意可知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立，即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min.又因為|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1，當且僅當－1≤x≤2時等號成立，所以m≤－1.即實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1]．3．對于任意實數(shù)a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求實數(shù)m的取值范圍．解因為|a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))≤eq\f(1,2)，所以|4a－3b＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋\f(5,2)))≤|3a－3b|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋eq\f(5,2)≤3＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝6，即|4a－3b＋2|的最大值為6，所以m≥|4a－3b＋2|max＝6.即實數(shù)m的取值范圍為[6，＋∞)．4．設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明：(1)若ab＞cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件．證明(1)因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設知a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①若|a－b|＜|c－d|，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eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，即必要性成立；②若eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).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|，即充分性成立．綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件．5．(2017·洛陽模擬)已知關于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)．(1)當a＝4時，求不等式的解集；(2)若不等式有解，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝4時，不等式為|2x＋1|－|x－1|≤2.當x<－eq\f(1,2)時，－x－2≤2，解得－4≤x<－eq\f(1,2)；當－eq\f(1,2)≤x≤1時，3x≤2，解得－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(2,3)；當x>1時，x≤0，此時x不存在，∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤\f(2,3))))).(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，則f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－2，x<－\f(1,2)，,3x，－\f(1,2)≤x≤1，,x＋2，x>1.))故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))，即f(x)的最小值為－eq\f(3,2).若f(x)≤log2a有解，則log2a≥－eq\f(3,2)，解得a≥eq\f(\r(2),4)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，＋∞)).6．(2017·沈陽模擬)設f(x)＝|ax－1|.(1)若f(x)≤2的解集為[－6,2]，求實數(shù)a的值；(2)當a＝2時，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)顯然a≠0，當a>0時，解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(3,a)))，則－eq\f(1,a)＝－6，eq\f(3,a)＝2，無解；當a<0時，解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,a)，－\f(1,a)))，令－eq\f(1,a)＝2，eq\f(3,a)＝－6，得a＝－eq\f(1,2).綜上所述，a＝－eq\f(1,2).(2)當a＝2時，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－4，x≤－\f(1,4)，,6x－2，－\f(1,4)<x<\f(3,2)，,2x＋4，x≥\f(3,2)，))由此可知h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))上是減少的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,2)))上是增加的，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上是增加的，則當x＝－eq\f(1,4)時，h(x)取得最小值－eq\f(7,2)，由題意，知－eq\f(7,2)≤7－3m，則實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))).7．(2017·哈爾濱三中檢測)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝2.(1)求證：ab＋bc＋ac≤eq\f(4,3)；(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范圍．(1)證明∵a＋b＋c＝2，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8，∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，當且僅當a＝b＝c時取等號，∴ab＋bc＋ac≤eq\f(4,3).(2)解由題意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，當且僅當a＝b＝c時取等號，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(4,3).∵0<a<1，∴a>a2.同理b>b2，c>c2.∴a2＋b2＋c2<a＋b＋c＝2，∴eq\f(4,3)≤a2＋b2＋c2<2，∴a2＋b2＋c2的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2)).8．已知函數(shù)f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集為[0,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求證：ax＋by＋cz≤1.(1)解由f(x＋1)≥0，得|x|＋|x－1|≤m.∵|x|＋|x－1|≥1恒成立，∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集為?，不合題意；若m＝1，不等式|x|＋|x－1|≤1的解集為[0,1]．若m>1，①當x<0時，eq\f(1－m,2)≤x<0；②當0≤x≤1時，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；③當x>1時，得2x－1≤m,1<x≤eq\f(m＋1,2).綜上可知，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－m,2)，\f(m＋1,2))).由題意知，原不等式的解集為[0,1]．∴eq\f(1－m,2)＝0，eq\f(m＋1,2)＝1，解得m＝1.∴m＝1.(2)證明∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，當且僅當x＝a，y＝b，z＝c時等號成立．三式相加，得x2＋y2＋