高考第二轮复习理数专题二十三 不等式选讲 22页

‎2017年高考第二轮复习：‎ ‎（理数）专题二十三 不等式选讲 ‎1．(2015·山东，5，易)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)‎ A．(－∞，4) B．(－∞，1) C．(1，4) D．(1，5)‎ ‎1．A　由|x－1|－|x－5|<2‎ ‎⇒ ‎ 或 或 ‎ ‎⇒x<1或1≤x<4或∅⇒x<4.故选A.‎ ‎2．(2012·陕西，15A，易)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．‎ ‎2．【解析】　方法一：不等式|x－a|＋|x－1|≤3表示数轴上的点x到点a和点1的距离之和小于等于3.‎ 因为数轴上的点x到点a和点1的距离之和最小时，即点x在点a和点1之间时，此时距离之和为|a－1|，‎ 要使不等式|x－a|＋|x－1|≤3有解，则|a－1|≤3，‎ 解得－2≤a≤4.‎ 方法二：因为存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，‎ 所以(|x－a|＋|x－1|)min≤3.‎ 又|x－a|＋|x－1|≥|x－a－(x－1)|＝|a－1|，‎ 所以|a－1|≤3，‎ 解得－2≤a≤4.‎ ‎【答案】　[－2，4]‎ ‎3．(2016·课标Ⅰ，24，10分，中)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．‎ ‎3．解：(1)f(x)＝ y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象，‎ 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.‎ ‎4．(2016·课标Ⅲ，24，10分，中)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．‎ ‎4．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|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a.‎ 所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.‎ 当a≤1时，上式等价于1－a＋a≥3，无解．‎ 当a>1时，上式等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．‎ ‎5．(2015·江苏，21D，10分，易)解不等式x＋|2x＋3|≥2.‎ ‎5．解：原不等式可化为或 解得x≤－5或x≥－.‎ 综上，原不等式的解集是{x|x≤－5或x≥－}．‎ ‎6．(2014·课标Ⅱ，24，10分，中)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．‎ ‎6．解：(1)证明：由a>0，得f(x)＝＋≥ ‎＝＋a≥2，‎ 所以f(x)≥2.‎ ‎(2)f(3)＝＋|3－a|.‎ 当a>3时，f(3)＝a＋，‎ 由f(3)<5得30时，－≤x≤，得a＝2.‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)－2f ＝|2x＋1|－2|x＋1|，‎ 则h(x)＝ 所以当x≤－1时，h(x)＝1；‎ 当－11.‎ ‎(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；‎ ‎(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．‎ ‎【解析】　(1)当a＝2时，‎ f(x)＋|x－4|＝|x－2|＋|x－4|＝ 当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；‎ 当21，所以|4x－2a|≤2，解得≤x≤.‎ 又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，‎ 所以解得a＝3.‎ 解绝对值不等式的关键是去掉绝对值，要注意分类讨论思想的运用．解题(1)时将不等式转化为f(x)＋|x－4|≥4后，利用零点分段法去绝对值，运用分类讨论的思想，确定不等式的解集；解题(2)的关键是构造辅助函数h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)进行求解．‎ ‎ (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：(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，‎ 即x＞4，无解；‎ 当－10，解得0，解得1≤x<2.‎ 综上，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，＋∞)．‎ 含绝对值不等式的常用解法 ‎(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|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，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．‎ ‎(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．‎ ‎(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．‎ 含参数的绝对值不等式问题多考查恒成立、存在性、参数范围问题．此类问题多可转化为最值问题，以解答题的形式考查．‎ ‎ 2(2013·课标Ⅰ，24，10分)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)－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．‎ ‎【解析】　(1)当a＝－2时，不等式f(x)x－f(x)恒成立时a的取值范围．‎ 解：(1)由题意得，当a＝2时，‎ f(x)＝ ‎∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴f(x)的值域为[2，＋∞)．‎ ‎(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，‎ 有|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|，‎ ‎∴|1＋a|>2，解得a>1或a<－3.‎ 不等式恒成立时求参数范围问题的解法 ‎(1)分离参数法：运用“f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a，f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题．‎ ‎(2)更换主元法：对于不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．‎ ‎(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题．‎ ‎1．(2016·山西大同质检，24，10分)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－2a|.‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)≤3的解集；‎ ‎(2)当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎1．解：(1)当a＝1时，由f(x)≤3，可得|2x－1|＋|x－2|≤3，‎ ‎∴①或②或③ 解①得0≤x＜，解②得≤x＜2，解③得x＝2.‎ 综上可得，0≤x≤2，即不等式的解集为[0，2]．‎ ‎(2)∵当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，‎ 即|x－2a|≤3－|2x－1|＝4－2x，‎ 故2x－4≤2a－x≤4－2x，‎ 即3x－4≤2a≤4－x.‎ 再根据3x－4在x∈[1，2]上的最大值为6－4＝2，4－x的最小值为4－2＝2，‎ ‎∴2a＝2，∴a＝1，‎ 即a的取值范围为{1}．‎ ‎2．(2016·河南开封二模，24，10分)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤6的解集；‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集不是空集，求实数a的取值范围．‎ ‎2．解：(1)原不等式等价于 或或 解得4，∴a<－3或a>5，‎ ‎∴实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．‎ ‎3．(2015·福建泉州模拟，21(3)，7分)已知函数f(x)＝|x＋3|－|x－2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥3的解集；‎ ‎(2)若f(x)≥|a－4|有解，求a的取值范围．‎ ‎3．解：(1)f(x)＝|x＋3|－|x－2|≥3，‎ 当x≥2时，有x＋3－(x－2)≥3，解得x≥2；‎ 当x≤－3时，－x－3＋(x－2)≥3，解得x∈∅；‎ 当－33或 解得x>.‎ ‎(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，‎ 即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2，2]上恒成立，‎ 在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示．‎ 故当x∈[－2，2]时，若0≤－a≤4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，‎ 求得－4≤a≤0，故所求的实数a的取值范围为[－4，0]．‎ ‎1．(2014·陕西，15A，易)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．‎ ‎1．【解析】　根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，得m2＋n2≥5，故的最小值为.‎ ‎【答案】　 ‎2．(2016·课标Ⅱ，24，10分)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|.‎ ‎2．[考向1]解： (1)f(x)＝ 当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；‎ 当－0，b>0，且a＋b＝＋.证明：‎ ‎(1)a＋b≥2；‎ ‎(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ ‎3．证明：由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab＝1，‎ 有a＋b≥2＝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00，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.‎ ‎4．证明：因为x>0，y>0，‎ 所以1＋x＋y2≥3>0， 1＋x2＋y≥3>0，‎ 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.‎ ‎5．(2014·福建，21(3)，7分，中)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.‎ ‎5．解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.‎ ‎(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，‎ 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.‎ 不等式的证明是高考的一个重要考向，证明方法灵活多样，技巧性和综合性较强．全国高考都是以解答题的形式出现．‎ 在复习中，熟练掌握不等式的证明方法尤为重要，弄清每种方法的适用性，通过训练寻找解题规律．‎ ‎ 1(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＋＞＋；‎ ‎(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．‎ 本例考查不等式的证明和充要条件的判定，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法．‎ 解题(1)利用分析法证明，要证的不等式两边都是正数，要证原不等式，只要证明左边的平方大于右边的平方即可；‎ 解题(2)要分充分性和必要性两种情况证明，同样通过两边平方来证明．‎ ‎ (2013·课标Ⅱ，24，10分)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，‎ 证明：(1)ab＋bc＋ca≤；‎ ‎(2)＋＋≥1.‎ 证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 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.‎ 所以＋＋≥1.‎ 证明不等式常用的方法 ‎(1)证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法．如果已知条件与待证结论的联系不明显，可考虑用分析法．‎ ‎(2)如果待证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．‎ ‎(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．‎ 利用基本不等式和柯西不等式求最值问题是近几年高考常考内容，在全国高考中一般是以解答题形式考查，难度属中低档．‎ 复习中掌握基本不等式、柯西不等式及其变形技巧是解答此类问题的关键．‎ ‎ 2(1)(2013·湖南，10)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2‎ 的最小值为________．‎ ‎(2)(2014·课标Ⅰ，24，10分)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．‎ ‎【解析】　(1)由柯西不等式(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2得3(a2＋4b2＋9c2)≥36，所以a2＋4b2＋9c2≥12，当且仅当a＝2b＝3c＝2时，a2＋4b2＋9c2取得最小值12.‎ ‎(2)①由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．‎ 故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4.‎ ‎②不存在a，b，使得2a＋3b＝6.理由如下：‎ 由(1)知，2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.‎ 解题(1)时注意观察已知与所求式的特点，由柯西不等式求解；‎ 解题(2)①时结合已知等式运用基本不等式得到ab≥2，再次运用基本不等式求出最小值；解题(2)②时运用基本不等式求出2a＋3b的最小值为4，而4>6，从而说明不存在a，b，使得2a＋3b＝6.‎ ‎ (2015·陕西，24，10分)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)求＋的最大值．‎ 解：(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，则 解得a＝－3，b＝1.‎ ‎(2)＋＝＋≤ ‎＝2＝4，‎ 当且仅当＝，即t＝1时等号成立，‎ 故(＋)max＝4.‎ 利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法 ‎(1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件．‎ ‎(2)在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题．‎ ‎1．(2016·贵州六校联考，24，10分)已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：‎ ‎(1)＋＋≥8；‎ ‎(2)≥9.‎ ‎1．证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，‎ ‎∴＋＋＝＋＋ ‎＝2＝2 ‎＝2＋4‎ ‎≥4＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，‎ ‎∴＋＋≥8.‎ ‎(2)∵ ‎＝＋＋＋1，‎ 由(1)知＋＋≥8.‎ ‎∴≥9.‎ ‎2．(2016·湖北武汉四校联考，24，10分)已知关于x的不等式m－|x－2|≥1，其解集为[0，4]．‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)若a，b均为正实数，且满足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．‎ ‎2．解：(1)不等式m－|x－2|≥1可化为|x－2|≤m－1，‎ ‎∴1－m≤x－2≤m－1，‎ 即3－m≤x≤m＋1.‎ ‎∵其解集为[0，4]，∴ ‎∴m＝3.‎ ‎(2)由(1)知a＋b＝3，‎ ‎∵(a2＋b2)(12＋12)≥(a×1＋b×1)2＝(a＋b)2＝9，‎ ‎∴a2＋b2≥，∴a2＋b2的最小值为.‎ ‎3．(2016·陕西宝鸡质检，24，10分)已知a，b均为正数，且a＋b＝1，证明：‎ ‎(1)(ax＋by)2≤ax2＋by2；‎ ‎(2)＋≥.‎ ‎3．证明：(1)(ax＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy，‎ 因为a＋b＝1，‎ 所以a－1＝－b，b－1＝－a.‎ 又a，b均为正数，‎ 所以a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy ‎＝－ab(x2＋y2－2xy)‎ ‎＝－ab(x－y)2≤0，当且仅当x＝y时等号成立．‎ 所以(ax＋by)2≤ax2＋by2.‎ ‎(2)＋＝4＋a2＋b2＋＝4＋a2＋b2＋＋＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋≥4＋＋2＋4＋2＝ ‎.‎ 当且仅当a＝b时等号成立．‎ ‎4．(2016·广东佛山一模，24，10分)已知二次函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的定义域为[－1，1]，且|f(x)|的最大值为M.‎ ‎(1)证明：|1＋b|≤M；‎ ‎(2)证明：M≥.‎ ‎4．证明：(1)∵M≥|f(－1)|＝|1－a＋b|， M≥|f(1)|＝|1＋a＋b|，‎ ‎∴2M≥|1－a＋b|＋|1＋a＋b|≥|(1－a＋b)＋(1＋a＋b)|＝2|1＋b|，‎ ‎∴M≥|1＋b|.‎ ‎(2)依题意，M≥|f(－1)|，M≥|f(0)|，M≥|f(1)|.‎ 又|f(－1)|＝|1－a＋b|，|f(1)|＝|1＋a＋b|，|f(0)|＝|b|.‎ ‎∴4M≥|f(－1)|＋2|f(0)|＋|f(1)|‎ ‎＝|1－a＋b|＋2|b|＋|1＋a＋b|‎ ‎≥|(1－a＋b)－2b＋(1＋a＋b)|＝2.‎ ‎∴M≥.‎ ‎5．(2016·福建厦门质检，21(3)，7分)已知a，b，c为非零实数，且a2＋b2＋c2＋1－m＝0，＋＋＋1－2m＝0.‎ ‎(1)求证：＋＋≥；‎ ‎(2)求实数m的取值范围．‎ ‎5．解：(1)证明：由柯西不等式得 (a2＋b2＋c2)≥，‎ 即(a2＋b2＋c2)≥36.‎ ‎∴＋＋≥.‎ ‎(2)由已知得a2＋b2＋c2＝m－1，＋＋＝2m－1，‎ ‎∴(m－1)(2m－1)≥36，‎ 即2m2－3m－35≥0，‎ 解得m≤－或m≥5.‎ 又a2＋b2＋c2＝m－1>0，‎ ＋＋＝2m－1>0，‎ ‎∴m≥5.‎ 即实数m的取值范围是[5，＋∞)．‎ ‎6．(2015·黑龙江大庆二模，24，10分)已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0，1]．‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1.‎ ‎6．解：(1)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的解集为∅，不合题意．‎ 若m≥1，①当x<0时，得x≥，则≤x<0；‎ ‎②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m，即m≥1恒成立；‎ ‎③当x>1时，得x≤，则10)型不等式的解法 ‎(1)若c＞0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可．‎ ‎(2)若c＜0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.‎ ‎2．|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c＞0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c＞0)型不等式的解法 可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解．‎ ‎(1)零点分区间法的一般步骤 ‎①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；‎ ‎②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；‎ ‎③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；‎ ‎④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．‎ ‎(2)利用绝对值的几何意义 由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)或|x－a|－|x－b|≥c(c＞0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．‎ ‎3．|f(x)|＞g(x)，|f(x)|＜g(x)(g(x)＞0)型不等式的解法 ‎(1)|f(x)|＞g(x)⇔f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)．‎ ‎(2)|f(x)|＜g(x)⇔－g(x)＜f(x)＜g(x)．‎ 解含绝对值号的不等式要注意分类讨论思想的应用．‎ 二、几种特殊不等式 ‎1．绝对值的三角不等式 定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ 定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．‎ ‎2．三个正数的算术－几何平均不等式：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时等号成立．‎ ‎3．基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．‎ ‎4．一般形式的柯西不等式 设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．‎