【数学】2020届一轮复习（理）通用版16不等式选讲作业 18页

专题十六　不等式选讲 挖命题 ‎【真题典例】‎ ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.绝对值 不等式 ‎①理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式:‎ ‎|a+b|≤|a|+|b|.‎ ‎|a-b|≤|a-c|+|c-b|.‎ ‎②会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式:|ax+b|≤c;|ax+b|≥c;|x-a|+|x-b|≥c.‎ ‎③了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法 ‎2018课标Ⅰ,23,10分 ‎2018课标Ⅱ,23,10分 解绝对值不等式,含有绝对值的恒成立、参数范围的问题 不等式的性质和解法 ‎★★★‎ ‎2017课标Ⅰ,23,10分 ‎2017课标Ⅲ,23,10分 解绝对值不等式,含有绝对值的存在性、参数范围的问题 不等式的性质和解法 ‎2016课标Ⅰ,24,10分 画绝对值函数的图象,解绝对值不等式 不等式的性质和解法 ‎2.不等式 的证明 ‎2015课标Ⅰ,24,10分 ‎2016课标Ⅱ,24(Ⅰ),10分 解绝对值不等式、求参数的取值范围 不等式的性质和解法 ‎2017课标Ⅱ,23,10分 ‎2016课标Ⅱ,24(Ⅱ),10‎ 不等式的证明 基本不等式 分 ‎2015课标Ⅱ,24,10分 分析解读　　从近五年的考查情况来看,选修4—5是高考的考查热点,主要考查绝对值不等式的求解、恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明,多以解答题的形式呈现,难度中等,分值为10分.主要考查学生的数学运算能力、分类讨论思想和数形结合思想的应用.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　绝对值不等式 ‎1.不等式|x-2|-|x-1|>0的解集为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎-∞,‎‎3‎‎2‎　　　　B.‎‎-∞,-‎‎3‎‎2‎ C.‎3‎‎2‎‎,+∞‎　　　　D.‎‎-‎3‎‎2‎,+∞‎ 答案　A　‎ ‎2.不等式|x+3|-|x-1|≥-2的解集为(　　)‎ A.(-2,+∞)　　　　B.(0,+∞)　　　　‎ C.[-2,+∞)　　　　D.[0,+∞)‎ 答案　C　‎ ‎3.(2018河南南阳第一中学第一次月考,2)不等式|x-5|+|x+3|≥1的解集是(　　)‎ A.[-5,7]　　　　B.[-4,6]‎ C.(-∞,-5]∪[7,+∞)　　　　D.(-∞,+∞)‎ 答案　D　‎ ‎4.(2018山东泰安一模,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R).‎ ‎(1)当m=-3时,解不等式f(x)<9;‎ ‎(2)若存在x∈[2,4],使得f(x)≤3成立,求m的取值范围.‎ 解析　(1)f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R),‎ 当m=-3时,f(x)=|x-3|+|2x-3|(m∈R),‎ 由于f(x)<9,‎ 则|x-3|+|2x-3|<9,‎ 所以x≥3,‎x-3+2x-3<9‎或‎3‎‎2‎‎2t　　　　D.|x-y|>t 答案　A　‎ ‎2.已知a,b∈R,则使不等式|a+b|<|a|+|b|一定成立的条件是(　　)‎ A.a+b>0　　　　B.a+b<0　　　　C.ab>0　　　　D.ab<0‎ 答案　D　‎ ‎3.设a,b为不等的正数,且M=(a4+b4)(a2+b2),N=(a3+b3)2,则有(　　)‎ A.M=N　　　　B.MN　　　　D.M≥N 答案　C　‎ ‎4.(2018广东中山二模,23)已知函数f(x)=x+1+|3-x|,x≥-1.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤6的解集;‎ ‎(2)若f(x)的最小值为n,正数a,b满足2nab=a+2b,求证:2a+b≥‎9‎‎8‎.‎ 解析　(1)根据题意,‎ 若f(x)≤6,则有x+1+3-x≤6,‎‎-1≤x<3‎或x+1+(x-3)≤6,‎x≥3,‎ 解得-1≤x≤4,故原不等式的解集为{x|-1≤x≤4}.‎ ‎(2)证明:函数f(x)=x+1+|3-x|=‎‎4,-1≤x<3,‎‎2x-2,x≥3,‎ 分析可得f(x)的最小值为4,即n=4,‎ 则正数a,b满足8ab=a+2b,即‎1‎b+‎2‎a=8,‎ ‎∴2a+b=‎1‎‎8‎‎1‎b‎+‎‎2‎a(2a+b)=‎‎1‎‎8‎‎2ab‎+‎2ba+5‎ ‎≥‎1‎‎8‎‎5+2‎‎2ab‎·‎‎2ba=‎9‎‎8‎,‎ 原不等式得证.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　含绝对值不等式的解法 ‎1.(2018安徽合肥第二次教学质量检测,23)已知函数f(x)=|3x+m|.‎ ‎(1)若不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],求实数m的值;‎ ‎(2)若m>0,函数g(x)=f(x)-2|x-1|的图象与x轴围成的三角形的面积大于60,求m的取值范围.‎ 解析　(1)由题意得‎9+m≥0①,‎‎|3x+m|≤9+m②.‎ 解①得m≥-9.②可化为-9-m≤3x+m≤9+m,‎ 解得‎-9-2m‎3‎≤x≤3.‎ ‎∵不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],‎ ‎∴‎-9-2m‎3‎=-1,解得m=-3,满足m≥-9,∴m=-3.‎ ‎(2)依题意得g(x)=|3x+m|-2|x-1|.∵m>0,‎ ‎∴g(x)=‎‎-x-m-2x≤-‎m‎3‎,‎‎5x+m-2‎-m‎3‎60,‎ 解得m>12.∴实数m的取值范围为(12,+∞).‎ ‎2.(2017广东肇庆第三次统测,23)已知函数f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a.‎ ‎(1)若a=0,解不等式f(x)≥g(x);‎ ‎(2)若存在x∈R,使得f(x)≥g(x)成立,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)当a=0时,由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|,‎ 两边平方,并整理得(3x+1)(1-x)≥0,‎ 解得-‎1‎‎3‎≤x≤1,所以所求不等式的解集为x‎-‎1‎‎3‎≤x≤1‎.‎ ‎(2)解法一:由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|+a,即|x+1|-2|x|≥a.令F(x)=|x+1|-2|x|,依题意可得F(x)max≥a.‎ F(x)=|x+1|-|x|-|x|≤|x+1-x|-|x|=1-|x|≤1,‎ 当且仅当x=0时,上述不等式的等号同时成立,‎ 所以F(x)max=1.所以a的取值范围是(-∞,1].‎ 解法二:由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|+a,即|x+1|-2|x|≥a.‎ 令F(x)=|x+1|-2|x|,依题意可得F(x)max≥a.‎ F(x)=|x+1|-2|x|=‎‎1-x,x≥0,‎‎3x+1,-1f(x)min, f(x)=‎2x-2,x>3,‎‎4,-1≤x≤3,‎‎2-2x,x<-1,‎绘制函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得实数a的取值范围是(4,+∞).‎ ‎(2)由题意可得x=‎7‎‎2‎是方程|x+1|+|x-3|=a的解,据此有a=‎7‎‎2‎‎+1‎+‎7‎‎2‎‎-3‎=5,求解绝对值不等式|x+1|+|x-3|<5可得:-‎3‎‎2‎-1时,同理可知g(x)min=g(-a)=a+1=3,解得a=2.综上,a=2或-4.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　绝对值不等式 ‎1.(2018课标Ⅱ,23,10分)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.‎ 解析　(1)当a=1时, f(x)=‎‎2x+4,x≤-1,‎‎2,-12.‎ 可得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,+∞).‎ 方法总结　解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.‎ ‎2.(2018课标Ⅲ,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.‎ ‎(1)画出y=f(x)的图象;‎ ‎(2)当x∈[0,+∞)时, f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.‎ 解析　本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.‎ ‎(1)f(x)=‎‎-3x,x<-‎1‎‎2‎,‎x+2,-‎1‎‎2‎≤x<1,‎‎3x,x≥1.‎ y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅当a≥3且b≥2时, f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.‎ 易错警示　对“零点分段法”的理解不到位 若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以去掉绝对值符号.‎ 解后反思　绝对值不等式问题常见类型及解题策略 ‎(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解.‎ ‎(2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后再求参数的取值范围.‎ ‎3.(2017课标Ⅰ,23,10分)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.‎ ‎(1)当a=1时,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的取值范围.‎ 解析　本题考查含绝对值的不等式的解法,考查学生的运算求解能力以及对数形结合思想的应用能力.‎ ‎(1)解法一(零点分段法):当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①‎ 当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;‎ 当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;‎ 当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而11,‎‎2,-1≤x≤1,‎‎-2x,x<-1,‎ 当a=1时, f(x)=-x2+x+4,两个函数的图象如图所示.‎ 易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和‎-1+‎‎17‎‎2‎,-1+‎17‎,所以f(x)≥g(x)的解集为x|-1≤x≤‎‎-1+‎‎17‎‎2‎.‎ ‎(2)解法一(等价转化法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2.‎ 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.‎ 又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,‎ 所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.‎ 所以a的取值范围为[-1,1].‎ 解法二(分类讨论法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2,‎ 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于x∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2,‎ 当x=0时,-x2+ax+4≥2成立;‎ 当x∈(0,1]时,-x2+ax+4≥2可化为a≥x-‎2‎x,而y=x-‎2‎x在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a≥-1;‎ 当x∈[-1,0)时,-x2+ax+4≥2可化为a≤x-‎2‎x,而y=x-‎2‎x在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a≤1.‎ 综上,a的取值范围为[-1,1].‎ 思路分析　(1)利用零点分段法或图象法解含绝对值的不等式;(2)根据题设可去掉绝对值,进而转化为不等式恒成立问题进行求解.‎ 方法总结　含绝对值不等式问题的常见解法:‎ ‎(1)含绝对值的不等式求解问题,常利用零点分段讨论法或数形结合法求解.‎ ‎(2)与恒成立相关的求参问题,常构造函数转化为求最值问题.‎ ‎4.(2016课标Ⅲ,24,10分)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.‎ 解析　(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}.(5分)‎ ‎(2)当x∈R时,‎ f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,‎ 当x=‎1‎‎2‎时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分)‎ 当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.‎ 当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)‎ 方法指导　(1)将a=2代入不等式,化简后去绝对值求解;‎ ‎(2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值.‎ 考点二　不等式的证明 ‎1.(2017课标Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:‎ ‎(1)(a+b)(a5+b5)≥4;‎ ‎(2)a+b≤2.‎ 证明　本题考查不等式的证明.‎ ‎(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6‎ ‎=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)‎ ‎=4+ab(a2-b2)2≥4.‎ ‎(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3‎ ‎=2+3ab(a+b)≤2+‎3(a+b‎)‎‎2‎‎4‎(a+b)‎ ‎=2+‎3(a+b‎)‎‎3‎‎4‎,‎ 所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.‎ 失分警示　运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中易因逻辑混乱而失分.‎ ‎2.(2015课标Ⅱ,24,10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:‎ ‎(1)若ab>cd,则a+b> c+d;‎ ‎(2)a+b> c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 解析　(1)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,‎ 由题设a+b=c+d,ab>cd得(a+b)2>(c+d)2.‎ 因此a+b>c+d.‎ ‎(2)(i)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a+b>c+d.‎ ‎(ii)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,‎ 即a+b+2ab>c+d+2cd.‎ 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,a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 思路分析　(1)证明(a+b)2>(c+d)2即可.‎ ‎(2)两不等式的两边都为非负数,可通过两边平方来证明.‎ 易错警示　在证明充要条件时,既要证明充分性,也要证明必要性,否则会扣分.‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　绝对值不等式 ‎1.(2015山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.(-∞,4)　　　　B.(-∞,1)　　　　C.(1,4)　　　　D.(1,5)‎ 答案　A　‎ ‎2.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=　　　　. ‎ 答案　-6或4‎ 考点二　不等式的证明 ‎1.(2018江苏,21D,10分)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值.‎ 解析　本小题主要考查柯西不等式等基础知识,考查推理论证能力.‎ 由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,‎ 因为x+2y+2z=6,所以x2+y2+z2≥4,‎ 当且仅当x‎1‎=y‎2‎=z‎2‎时等号成立,‎ 此时x=‎2‎‎3‎,y=‎4‎‎3‎,z=‎4‎‎3‎.‎ 所以x2+y2+z2的最小值为4.‎ ‎2.(2015湖南,16(3),6分)设a>0,b>0,且a+b=‎1‎a+‎1‎b.证明:‎ ‎(1)a+b≥2;‎ ‎(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ 证明　由a+b=‎1‎a+‎1‎b=a+bab,a>0,b>0,得ab=1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2ab=2,即a+b≥2.‎ ‎(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得01的解集.‎ 解析　(1)f(x)=x-4,x≤-1,‎‎3x-2,-1‎3‎‎2‎,‎(4分)‎ y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(6分)‎ ‎(2)解法一:由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;‎ 当f(x)=-1时,可得x=‎1‎‎3‎或x=5,(8分)‎ 故f(x)>1的解集为{x|15‎.(9分)‎ 所以|f(x)|>1的解集为x|x<‎1‎‎3‎或15‎.(10分)‎ 解法二:根据y=f(x)的分段函数表达式,有:当x≤-1时,|f(x)|>1的解集为{x|x≤-1};‎ 当-11的解集为x|-1-‎3‎‎2‎时,|f(x)|>1的解集为x|‎3‎‎2‎5}.‎ 综上,|f(x)|>1的解集为x|x<‎1‎‎3‎或15‎.‎ ‎4.(2015课标Ⅰ,24,10分)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.‎ 解析　(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‎2‎‎3‎0,解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为x‎2‎‎3‎‎a.‎ 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A‎2a-1‎‎3‎‎,0‎,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为‎2‎‎3‎(a+1)2.‎ 由题设得‎2‎‎3‎(a+1)2>6,故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2,+∞).(10分)‎ 解后反思　分类讨论解不等式应做到不重不漏;在某个区间上解不等式时一定要注意区间的限制性.‎ ‎5.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.‎ 解析　原不等式可化为x<-‎3‎‎2‎,‎‎-x-3≥2‎或x≥-‎3‎‎2‎,‎‎3x+3≥2.‎ 解得x≤-5或x≥-‎1‎‎3‎.‎ 综上,原不等式的解集是x|x≤-5或x≥-‎‎1‎‎3‎.‎ ‎6.(2014课标Ⅰ,24,10分)若a>0,b>0,且‎1‎a+‎1‎b=ab.‎ ‎(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.‎ 解析　(1)由ab=‎1‎a+‎1‎b≥‎2‎ab,得ab≥2,且当a=b=‎2‎时等号成立.‎ 故a3+b3≥2a‎3‎b‎3‎≥4‎2‎,且当a=b=‎2‎时等号成立.‎ 所以a3+b3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.‎ 解题关键　利用已知条件及基本不等式得出ab≥2是解题的关键.‎ 考点二　不等式的证明 ‎1.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.‎ 证明　本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.‎ 由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).‎ 因为a2+b2=4,c2+d2=16,‎ 所以(ac+bd)2≤64,‎ 因此ac+bd≤8.‎ ‎2.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|0).‎ ‎(1)证明:f(x)≥2;‎ ‎(2)若f(3)<5,求a的取值范围.‎ 解析　(1)证明:由a>0,得f(x)=x+‎‎1‎a+|x-a|≥x+‎1‎a-(x-a)‎=‎1‎a+a≥2.‎ 所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)=‎3+‎‎1‎a+|3-a|.‎ 当a>3时,f(3)=a+‎1‎a,由f(3)<5得30,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.‎ 证明　因为x>0,y>0,‎ 所以1+x+y2≥3‎3‎xy‎2‎>0,1+x2+y≥3‎3‎x‎2‎y>0,‎ 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3‎3‎xy‎2‎·3‎3‎x‎2‎y=9xy.‎ ‎【三年模拟】‎ 解答题(共80分)‎ ‎1.(2019届广东佛山顺德第二次教学质量检测,21)已知函数f(x)=|ax+1|+|2x-1|.‎ ‎(1)当a=1时,求不等式f(x)>3的解集;‎ ‎(2)若0‎1‎‎2‎.‎ 解法一:作函数f(x)=|x+1|+|2x-1|的图象,它与直线y=3的交点坐标为A(-1,3),B(1,3),‎ 所以f(x)>3的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).‎ 解法二:原不等式f(x)>3等价于x<-1,‎‎-3x>3‎或‎-1≤x≤‎1‎‎2‎,‎‎-x+2>3‎或x>‎1‎‎2‎,‎‎3x>3,‎ 解得x<-1或无解或x>1,‎ 所以f(x)>3的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).‎ ‎(2)∵00,a-2<0.‎ 则f(x)=|ax+1|+|2x-1|=‎‎-(a+2)x,x<-‎1‎a,‎‎(a-2)x+2,-‎1‎a≤x≤‎1‎‎2‎,‎‎(a+2)x,x>‎1‎‎2‎,‎ 所以函数f(x)在‎-∞,-‎‎1‎a上单调递减,在‎-‎1‎a,‎‎1‎‎2‎上单调递减,在‎1‎‎2‎‎,+∞‎上单调递增.‎ 所以当x=‎1‎‎2‎时, f(x)取得最小值, f(x)min=f‎1‎‎2‎=1+a‎2‎.‎ 因为∀x∈R, f(x)≥‎3‎‎2a恒成立,所以f(x)min=1+a‎2‎≥‎3‎‎2a.‎ 又因为a>0,所以a2+2a-3≥0,解得a≥1(a≤-3不合题意),所以a的最小值为1.‎ 解题指导　本题第一问是将原函数利用绝对值不等式的关系转化成分段函数进行求解的,求解的过程既可用数形结合,也可以用不等式组,属于简单题;第二问考查含参绝对值不等式求解参数的最值问题,因为本题的参数不容易分离,所以,选择最值分析法进行讨论求解,难度属于中等.‎ ‎2.(2019届河北衡水中学高三第一次摸底,21)已知函数f(x)=|x-2|.‎ ‎(1)求不等式f(x+1)0,所以原不等式又可化为‎00‎或x>1,‎x‎2‎‎>-1.‎ 解得‎2‎-11,‎ 所以不等式f(x+1)0),证明:ba+cb+ac≥1.‎ 解析　(1)f(x)=‎‎3,x≤-1,‎‎-2x+1,-14的解集;‎ ‎(2)若对任意的x1,x2,f(x1)≥g(x2)恒成立,求m的取值范围.‎ 解析　(1)解法一:不等式f(x)>4即|x+3|+|x-1|>4.‎ 可得x≥1,‎x+3+x-1>4‎或‎-34‎或x≤-3,‎‎-3-x+1-x>4,‎(3分)‎ 解得x<-3或x>1,所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.(5分)‎ 解法二:|x+3|+|x-1|≥|x+3-(x-1)|=4,(2分)‎ 当且仅当(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1时,等号成立.(4分)‎ 所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.(5分)‎ ‎(2)依题意可知f(x)min≥g(x)max,(6分)‎ 由(1)知f(x)min=4,因为g(x)=-x2+2mx=-(x-m)2+m2,‎ 所以g(x)max=m2.(8分)‎ 由m2≤4得m的取值范围是-2≤m≤2.(10分)‎ ‎7.(2017安徽江淮十校第三次联考,23)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|.‎ ‎(1)解不等式f(x)>3;‎ ‎(2)若不等式f(x)+1≤4a-5×2a有解,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)f(x)=‎‎-5,x≤-4,‎‎2x+3,-43,解得03恒成立,‎ 故原不等式的解集为{x|x>0}.‎ ‎(2)将f(x)+1≤4a-5×2a,即f(x)≤4a-5×2a-1有解转化为f(x)min≤4a-5×2a-1.‎ 易知f(x)的最小值为-5,‎ ‎∴4a-5×2a-1≥-5,即4a-5×2a+4≥0,即2a≥4或2a≤1,‎ ‎∴a≥2或a≤0.‎ 故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).‎ ‎8.(2018山西晋中二模,23)已知函数f(x)=|x+1|.‎ ‎(1)若∃x0∈R,使不等式f(x0-2)-f(x0-3)≥u成立,求满足条件的实数u的集合M;‎ ‎(2)已知t为集合M中的最大正整数,若a>1,b>1,c>1,且(a-1)(b-1)(c-1)=t,求证:abc≥8.‎ 解析　(1)由已知得f(x-2)-f(x-3)=|x-1|-|x-2|=‎-1,x≤1,‎‎2x-3,11,b>1,c>1,所以a-1>0,b-1>0,c-1>0,‎ 则a=(a-1)+1≥2a-1‎>0(当且仅当a=2时等号成立),‎ b=(b-1)+1≥2b-1‎>0(当且仅当b=2时等号成立),‎ c=(c-1)+1≥2c-1‎>0(当且仅当c=2时等号成立),‎ 则abc≥8‎(a-1)(b-1)(c-1)‎=8(当且仅当a=b=c=2时等号成立).‎