选修4－5不等式选讲
第一节
绝对值不等式
本节主要包括2个知识点：
1.绝对值不等式的解法；2.绝对值三角不等式.
突破点(一) 绝对值不等式的解法
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
(1)含绝对值的不等式|x|
a的解集
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|a
R
(2)|ax＋b|≤c，|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.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解．
②利用零点分段法求解．
③构造函数，利用函数的图象求解．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
绝对值不等式的解法
[典例] 解下列不等式：
(1)|2x＋1|－2|x－1|>0.
(2)|x＋3|－|2x－1|<＋1.
[解] (1)法一：原不等式可化为|2x＋1|>2|x－1|，两边平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)，解得x>，所以原不等式的解集为.
法二：原不等式等价于
或或
解得x>，所以原不等式的解集为.
(2)①当x<－3时，
原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，
解得x<10，∴x<－3.
②当－3≤x<时，
原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，
解得x<－，∴－3≤x<－.
③当x≥时，
原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)<＋1，
解得x>2，∴x>2.
综上可知，原不等式的解集为.
绝对值不等式的常用解法
[方法技巧]
(1)基本性质法：
对a∈R＋，|x|a⇔x<－a或x>a.
(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．
(3)零点分区间法：
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．
解：不等式|x－1|－|x－5|<2等价于
或
或
即或
或故原不等式的解集为{x|x<1}∪{x|1≤x<4}∪∅＝{x|x<4}．
2．解不等式x＋|2x＋3|≥2.
解：原不等式可化为或
解得x≤－5或x≥－.
所以原不等式的解集是.
3．已知函数f(x)＝|x－2|－|x－5|.
(1)证明：－3≤f(x)≤3；
(2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集．
解：(1)证明：f(x)＝|x－2|－|x－5|
＝当20.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2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)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.
此不等式可化为
或即或
结合a>0，解得x≤－，
即不等式f(x)≤0的解集为.
∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，
∴－＝－1，故a＝2.
突破点(二) 绝对值三角不等式
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
绝对值三角不等式定理
(1)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．
(2)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．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
证明绝对值不等式
[例1] 已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，
求证：|x＋5y|≤1.
[证明] ∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.
∴由绝对值不等式的性质，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.
[方法技巧]
证明绝对值不等式的三种主要方法
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．
绝对值不等式的恒成立问题
[例2] 设函数f(x)＝x＋|x－a|.
(1)当a＝2 017时，求函数f(x)的值域；
(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立时a的取值范围．
[解] (1)由题意得，当a＝2 017时，
f(x)＝
因为f(x)在[2 017，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的值域为[2 017，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
所以|1＋a|>2，解得a>1或a<－3.
故a的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]设函数f(x)＝＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
解：(1)证明：由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.当且仅当a＝1时等号成立．所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋，
由f(3)<5得3－，解得，a>－1，由于a<0，
则a的取值范围是(－1,0)．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国乙卷)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．
解：(1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图象如图所示．
(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；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.
故f(x)>1的解集为{x|11的解集为.
2．(2016·全国丙卷)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，
即＋≥.
又min＝，
所以≥，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，
解得0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
(2)设a＞－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.
设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则
y＝
其图象如图所示．由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y<0.
所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．
(2)当x∈时，f(x)＝1＋a.
不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.
所以x≥a－2对x∈都成立．
故－≥a－2，即a≤.
从而a的取值范围是.
5．(2012·新课标全国卷)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－3时，f(x)＝
当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2＜x＜3时，f(x)≥3无解；
当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.
当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|
⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.
由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．
[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡
1．已知函数f(x)＝|x＋m|－|5－x|(m∈R)．
(1)当m＝3时，求不等式f(x)>6的解集；
(2)若不等式f(x)≤10对任意实数x恒成立，求m的取值范围．
解：(1)当m＝3时，f(x)>6，
即|x＋3|－|5－x|>6，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集．
解得x≥5；
或解得46的解集为{x|x>4}．
(2)f(x)＝|x＋m|－|5－x|≤|(x＋m)＋(5－x)|＝|m＋5|，
由题意得|m＋5|≤10，则－10≤m＋5≤10，解得－15≤m≤5，故m的取值范围为[－15,5]．
2．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|.
(1)求不等式f(x)>1的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)可化为f(x)＝
当x≤－2时，f(x)＝－3<0，不合题意；
当－21，得x>0，
即01，即x≥1.
综上，不等式f(x)>1的解集为(0，＋∞)．
(2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(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.
故实数m的取值范围为[－3,4]．
3．(2017·长春模拟)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>1；
(2)当x>0时，函数g(x)＝(a>0)的最小值大于函数f(x)，试求实数a的取值范围．
解：(1)当x>2时，原不等式可化为x－2－x－1>1，解集是∅.
当－1≤x≤2时，原不等式可化为2－x－x－1>1，即－1≤x<0；
当x<－1时，原不等式可化为2－x＋x＋1>1，即x<－1.
综上，原不等式的解集是{x|x<0}．
(2)因为g(x)＝ax＋－1≥2－1，
当且仅当x＝时等号成立，所以g(x)min＝2－1，
当x>0时，f(x)＝所以f(x)∈[－3,1)，
所以2－1≥1，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
4．设函数f(x)＝|kx－1|(k∈R)．
(1)若不等式f(x)≤2的解集为，求k的值；
(2)若f(1)＋f(2)<5，求k的取值范围．
解：(1)由|kx－1|≤2，得－2≤kx－1≤2，
即－1≤kx≤3，所以－≤x≤1，
由已知，得＝1，所以k＝3.
(2)由已知，得|k－1|＋|2k－1|<5.当k≤时，－(k－1)－(2k－1)<5，得k>－1，此时－11时，(k－1)＋(2k－1)<5，得k<，此时10；
(2)若f(x)＋3|x＋4|≥|a－1|对一切实数x均成立，求a的取值范围．
解：(1)原不等式即为|2x－1|－|x＋4|>0，
当x≤－4时，不等式化为1－2x＋x＋4>0，解得x<5，
即不等式组的解集是.
当－40，
解得x<－1，即不等式组的解集是.
当x≥时，不等式化为2x－1－x－4>0，解得x>5，
即不等式组的解集是.
综上，原不等式的解集为.
(2)∵f(x)＋3|x＋4|＝|2x－1|＋2|x＋4|＝|1－2x|＋|2x＋8|≥|(1－2x)＋(2x＋8)|＝9.
∴由题意可知|a－1|≤9，解得－8≤a≤10，
故a的取值范围是.
7．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a(其中a为常数)．
(1)若集合{x|－4≤x≤3}是关于x的不等式f(x)≤6的解集的子集，求实数a的取值范围；
(2)在(1)的条件下，若存在实数n使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由|2x－a|＋a≤6得|2x－a|≤6－a，
∴a－6≤2x－a≤6－a，
即a－3≤x≤3，∴a－3≤－4，∴a≤－1.
即实数a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)由题可知，只需m≥[f(n)＋f(－n)]min即可．
令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，在(1)的条件下a≤－1，
则φ(n)＝|2n－a|＋|2n＋a|＋2a≥|(2n－a)－(2n＋a)|＋2a＝|2a|＋2a＝0，当且仅当(2n－a)(2n＋a)≤0，即a≤n≤－a时取等号．
∴φ(n)的最小值为0，故实数m的取值范围是[0，＋∞)．
8．已知函数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，求实数a的取值范围．
解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
当x<－时，即－3x－2－x＋1<4，解得－1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．
综上所述，原不等式的解集为.
(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，
当且仅当m＝n＝时等号成立．
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝
∴x＝－时，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝＋a≤4，即00且互不相等，abc＝1.试证明：＋＋＜＋＋.
[证明] 因为a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，
所以＋＋＝ ＋ ＋
＜＋＋
＝＋＋，
即＋＋＜＋＋.
[方法技巧]
综合法证明时常用的不等式
(1)a2≥0.
(2)|a|≥0.
(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有：
a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；
a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的变形形式有：
a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；
＋≤－2(ab<0)．
分析法证明不等式
[例3] (2017·沈阳模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：
(1)a＋b＋c≥ ；
(2) ＋ ＋ ≥ (＋＋)．
[证明] (1)要证a＋b＋c≥ ，
由于a，b，c＞0，
因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故只需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
所以原不等式成立．
(2) ＋ ＋ ＝.
在(1)中已证a＋b＋c≥ .
因此要证原不等式成立，
只需证明≥ ＋＋，
即证a＋b＋c≤1，
即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
而a＝≤，
b≤，c≤.
所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca
(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)．所以原不等式成立．
[方法技巧]
分析法的应用
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点三]已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，
只需证(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．[考点一]已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.
3．[考点二]已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc.
(1)证明：若a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|；
(2)t·＝＋，求实数t的取值范围．
解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，
所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|.
(2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·＝t(ac＋bd)．
由于≥ac，≥bd，
又已知t·＝＋，
则t(ac＋bd)≥(ac＋bd)，故t≥，当且仅当a＝c，b＝d时取等号．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
解：(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，
得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①必要性：若|a－b|<|c－d|，
则(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)，得＋>＋.
②充分性：若＋>＋，
则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
因为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|.
综上，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
解：(1)由＝＋≥，
得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，
当且仅当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：
(1) ab＋bc＋ac≤；
(2) ＋＋≥1.
证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c，
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
所以＋＋≥1.
[课时达标检测] 基础送分题——高考就考那几点，练通就能把分捡
1．已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，其最小值为t.
(1)求t的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝t，求证：＋≥.
解：(1)因为|x＋3|＋|x－1|＝|x＋3|＋|1－x|≥|x＋3＋1－x|＝4，所以f(x)min＝4，即t＝4.
(2)证明：由(1)得a＋b＝4，故＋＝1，＋＝＝＋1＋＋≥＋2＝＋1＝，当且仅当b＝2a，即a＝，b＝时取等号，故＋≥.
2．设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：<；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2<－2x－1<0解得－0.
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|.
3．(2017·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．
(1)求实数m的值；
(2)若α，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.
解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2a2b＋ab2；
(2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.
证明：(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2.
因为a，b都是正数，
所以a＋b>0.
又因为a≠b，
所以(a－b)2>0.
于是(a＋b)(a－b)2>0，
即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，
所以a3＋b3>a2b＋ab2.
(2)因为b2＋c2≥2bc，a2>0，
所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①
同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.②
c2(a2＋b2)≥2abc2.③
①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．
由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，
因此≥abc(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
5．已知x，y∈R，且|x|<1，|y|<1.
求证：＋≥.
证明：∵≤
＝≤＝1－|xy|，
∴＋≥≥，
∴原不等式成立．
6．(2017·长沙模拟)设α，β，γ均为实数．
(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|；
(2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1.
证明：(1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤|cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|；
|sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋|cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.
(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，
而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥cos 0＝1.
7．(2017·重庆模拟)设a，b，c∈R＋且a＋b＋c＝1.
求证：(1)2ab＋bc＋ca＋≤；
(2)＋＋≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
当且仅当a＝b时等号成立，
所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.
(2)因为≥，≥，≥，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥2a＋2b＋2c＝2，
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
8．(2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.
解：(1)当x<－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．
综上，f(x)的最小值m＝3.
(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，
因为＋＋＋(a＋b＋c)
＝＋＋
≥2＝2(a＋b＋c)．
(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)
所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.
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