6、
(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 (1)當a=1時,f(x)=
所以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,+∞).
解含參數絕對值不等式問題的兩種常用方法:
(1)將參數分類討論,將其轉化為分段函數求解;
(2)借助絕對值的幾何意義,先求出f(x)的最值或值域,然后再根據
7、題目要求,求解參數的取值范圍.
(2017·全國卷Ⅲ)已知函數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)=
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|
=-2
8、+≤,
且當x=時,|x+1|-|x-2|-x2+x=,
故m的取值范圍為.
熱點3 不等式證明
1.絕對值不等式的性質:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|;
2.基本不等式
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:如果a>0,b>0,則≥,當且僅當a=b時,等號成立;
定理3:如果a>0,b>0,c>0,則≥,當且僅當a=b=c時,等號成立;
定理4:如果a1,a2,…an為n個正數,則≥ ,當且僅當a1=a2=…=an時,等號成立.
(2019·全國卷Ⅰ)已知a,b,c為正數,且滿足abc=1.證明:(1)++≤
9、a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
證明 (1)因為a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca==++.
當且僅當a=b=c=1時,等號成立.
所以++≤a2+b2+c2.
(2)因為a,b,c為正數,且abc=1,
故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3
≥3 =3(a+b)(b+c)(c+a)
≥3×(2)×(2)×(2)=24.
當且僅當a=b=c=1時,等號成立.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
證明不等式常用的方法:
(
10、1)比較法
①作差比較法:a>b?a-b>0,ab>0?>1且a>0,b>0.
(2)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為一個已成立的不等式(已知條件或定理等).
(3)綜合法
從已知條件出發(fā),利用不等式的有關性質或定理,經過推理論證,推導出所要證明的不等式成立,即“由因導果”的方法.
(4)反證法的步驟
第一步:作出與所證不等式相反的假設;
第二步:從條件和假設出發(fā),應用正確的推理方法,推出矛盾的結論,否定假設,從而證明原不等式成立.
(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0,b>0,a3+b3=2
11、.
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(a2-b2)2≥4.
(2)因為(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,
所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.
專題作業(yè)
1.已知函數f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)當a=-2時,求不等式f(x)1,且當x∈時,f(x)≤g(x),求a的取值范圍.
解 (1
12、)當a=-2時,不等式f(x)1,則-<,所以
f(x)=|2x-1|+|2x+a|=
當x∈時,f(x)=a+1,即a+1≤x+3在x∈上恒成立,所以a+1≤-+3,解得a≤.所以a的取值范圍是.
2.(2019·全國卷Ⅲ)設x,y,z∈R,且x+y+z=1.
(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;
(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z
13、-a)2≥成立,證明:a≤-3或a≥-1.
解 (1)因為[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2
=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]
≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],
所以由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥,
當且僅當x=,y=-,z=-時等號成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為.
(2)證明:因為[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)·(z-a)+(z-a)
14、(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],
所以由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥,
當且僅當x=,y=,z=時等號成立.
所以(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為.
由題設知≥,解得a≤-3或a≥-1.
3.(2019·河北省衡水模擬)已知函數f(x)=|2x+1|+|x-1|.
(1)解不等式f(x)≤3;
(2)若函數g(x)=|2x-2018-a|+|2x-2019|,若對于任意的x1∈R,都存在x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求實數a的取值范圍.
解 (1)依題意,得f(x)=
由f(x)≤3,得或或
解
15、得-1≤x≤1.
即不等式f(x)≤3的解集為{x|-1≤x≤1}.
(2)由(1)知,f(x)min=f=,
g(x)=|2x-2018-a|+|2x-2019|
≥|2x-2018-a-2x+2019|=|a-1|,
則|a-1|≤,解得-≤a≤,
即實數a的取值范圍為.
4.(2019·南昌一模)已知函數f(x)=|2x+3a2|.
(1)當a=0時,求不等式f(x)+|x-2|≥3的解集;
(2)若對于任意實數x,不等式|2x+1|-f(x)<2a恒成立,求實數a的取值范圍.
解 (1)當a=0時,不等式可化為|2x|+|x-2|≥3,得
或或
解得x≤-或x≥1,
所以當a=0時,不等式f(x)+|x-2|≥3的解集為
∪[1,+∞).
(2)對于任意實數x,不等式|2x+1|-f(x)<2a恒成立,
即|2x+1|-|2x+3a2|<2a恒成立.
因為|2x+1|-|2x+3a2|≤|2x+1-2x-3a2|=|3a2-1|,
所以要使原不等式恒成立,只需|3a2-1|<2a.
當a<0時,無解;
當0≤a≤時,1-3a2<2a,解得時,3a2-1<2a,解得