學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第2講不等式選講［考情考向分析]本部分主要考查絕對(duì)值不等式的解法．求含絕對(duì)值的函數(shù)的值域及求含參數(shù)的絕對(duì)值不等式中參數(shù)的取值范圍、不等式的證明等，結(jié)合集合的運(yùn)算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問(wèn)題及基本不等式、絕對(duì)值不等式的應(yīng)用成為命題的熱點(diǎn)，主要考查基本運(yùn)算能力與推理論證能力及數(shù)形結(jié)合思想、分類(lèi)討論思想．熱點(diǎn)一含絕對(duì)值不等式的解法含有絕對(duì)值的不等式的解法（1)｜f(x)|>a（a〉0）?f（x)>a或f(x）〈－a。(2）|f(x）｜〈a(a〉0)?－a〈f(x）<a.（3)對(duì)形如|x－a|＋｜x－b｜≤c，|x－a｜＋|x－b|≥c的不等式，可利用絕對(duì)值不等式的幾何意義求解．例1(2018·湖南省長(zhǎng)郡中學(xué)模擬）已知函數(shù)f（x）＝｜x－a｜，其中a>1.（1)當(dāng)a＝2時(shí),求不等式f(x)≥4－｜x－4|的解集；（2）已知關(guān)于x的不等式|f(2x＋a)－2f（x）｜≤2的解集為{x｜1≤x≤2}，求a的值．解（1)當(dāng)a＝2時(shí)，f（x）＋｜x－4|＝｜x－2|＋|x－4|＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋6，x≤2，，2,2〈x〈4，，2x－6，x≥4，))當(dāng)x≤2時(shí),由f（x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1;當(dāng)2〈x〈4時(shí),由f(x）≥4－|x－4|，無(wú)解;當(dāng)x≥4時(shí),由f(x)≥4－｜x－4｜,得2x－6≥4，解得x≥5。故不等式的解集為{x|x≤1或x≥5}．(2)令h（x）＝f(2x＋a)－2f（x),則h(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－2a，x≤0,，4x－2a，0<x<a,，2a,x≥a，))由｜h(x)|≤2，當(dāng)x≤0或x≥a時(shí)，顯然不成立．當(dāng)0〈x〈a時(shí)，由｜4x－2a｜≤2，解得eq\f（a－1,2）≤x≤eq\f(a＋1,2）.又知|h(x)|≤2的解集為｛x｜1≤x≤2｝，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(a－1,2）＝1，，\f（a＋1，2）＝2，）)于是a＝3。思維升華(1)用零點(diǎn)分段法解絕對(duì)值不等式的步驟①求零點(diǎn)；②劃區(qū)間、去絕對(duì)值符號(hào)；③分別解去掉絕對(duì)值的不等式；④取每個(gè)結(jié)果的并集，注意在分段時(shí)不要遺漏區(qū)間的端點(diǎn)值．（2)用圖象法、數(shù)形結(jié)合法可以求解含有絕對(duì)值的不等式，使得代數(shù)問(wèn)題幾何化，既通俗易懂，又簡(jiǎn)潔直觀(guān)，是一種較好的方法．跟蹤演練1(2018·河北省衡水金卷模擬)已知函數(shù)f(x）＝｜2x＋1｜＋｜x－1｜.（1)解不等式f(x)≤3;(2)若函數(shù)g（x）＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(2x－2018－a））＋eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（2x－2019）)，若對(duì)于任意的x1∈R,都存在x2∈R,使得f（x1）＝g（x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解（1）依題意，得f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－3x,x≤－\f（1，2），,x＋2，－\f(1,2)<x<1，,3x，x≥1.））由f（x）≤3,得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x≤－\f（1,2)，,－3x≤3））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）<x〈1，，x＋2≤3））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x≥1,，3x≤3,)）解得－1≤x≤1.即不等式f（x）≤3的解集為eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x|－1≤x≤1)）。(2)由(1）知，f(x）min＝f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)))＝eq\f(3，2)，g(x）＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（2x－2018－a））＋eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（2x－2019））≥eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（2x－2018－a－2x＋2019))＝｜a－1｜，則｜a－1｜≤eq\f(3，2），解得－eq\f（1,2)≤a≤eq\f(5,2)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，\f（5,2))).熱點(diǎn)二絕對(duì)值不等式恒成立（存在）問(wèn)題定理1：如果a,b是實(shí)數(shù)，則｜a＋b｜≤｜a｜＋｜b｜，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立．定理2：如果a,b，c是實(shí)數(shù),那么|a－c｜≤｜a－b｜＋|b－c｜，當(dāng)且僅當(dāng)（a－b)（b－c）≥0時(shí),等號(hào)成立．例2設(shè)函數(shù)f(x）＝｜2x＋1|＋｜x－a|(a〉0）．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)>8的解集；（2)若?x∈R，使得f(x）≤eq\f（3，2）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1）當(dāng)a＝2時(shí)，由f（x）〉8，得|2x＋1｜＋｜x－2|〉8，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥2，，3x－1〉8））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）〈x〈2，,x＋3>8））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x≤－\f(1，2），，－3x＋1>8，))得x〉3或x∈?或x<－eq\f(7,3),所以x〉3或x〈－eq\f(7，3),所以原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（7，3))）∪(3，＋∞）．（2）因?yàn)?x∈R，使得f(x）≤eq\f(3,2）成立，所以f(x）min≤eq\f（3，2).因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3x＋1－a，x≥a，，x＋a＋1，－\f（1,2）〈x〈a，，－3x－1＋a，x≤－\f(1，2）,))所以f（x）在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1，2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），＋∞))上單調(diào)遞增，所以f(x）min＝f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2）)）＝eq\f（1,2）＋a，所以eq\f（1，2）＋a≤eq\f（3，2），所以a≤1。又a〉0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（0，1))。思維升華絕對(duì)值不等式的成立問(wèn)題的求解策略（1）分離參數(shù)：根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f（x）或a≤f（x）的形式．(2）轉(zhuǎn)化最值:f（x)〉a恒成立?f(x）min>a；f（x)〈a恒成立?f（x）max〈a；f（x)〉a有解?f（x）max〉a；f(x)<a有解?f（x）min〈a;f(x）〉a無(wú)解?f（x)max≤a；f(x）〈a無(wú)解?f(x)min≥a.(3）求最值:利用基本不等式或絕對(duì)值不等式求最值．(4)得結(jié)論．跟蹤演練2(2018·東北三省三校模擬）已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(2x＋b）)＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－b））.（1）若b＝1，解不等式f（x）〉4；(2)若不等式f(a）〉eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（b＋1))對(duì)任意的實(shí)數(shù)a恒成立,求b的取值范圍．解(1）當(dāng)b＝1時(shí),f（x）＝|2x＋1｜＋｜2x－1｜>4，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x≥\f(1，2），,4x〉4））?x>1或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x≤－\f（1，2)，,－4x〉4))?x<－1或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)〈x<\f（1，2），，2〉4）)?x∈?，所以不等式的解集為（－∞,－1)∪(1，＋∞)．（2)f(a）＝｜2a＋b|＋|2a－b|＝｜2a＋b｜＋|b－2a｜≥｜(2a＋b）＋(b－2a）｜＝|2b|，當(dāng)且僅當(dāng)（2a＋b)(b－2a）≥0時(shí),f(a)min＝｜2b|，所以|2b|>｜b＋1|，所以(2b)2>(b＋1)2，即（3b＋1)（b－1)>0,所以b的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（1,3)）)∪(1，＋∞)．熱點(diǎn)三不等式的證明1．含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì)｜｜a|－｜b｜｜≤｜a±b|≤｜a｜＋｜b|.2．算術(shù)—幾何平均不等式定理1：設(shè)a,b∈R，則a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．定理2：如果a，b為正數(shù)，那么eq\f（a＋b,2）≥eq\r(ab),當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí),等號(hào)成立．定理3：如果a，b，c為正數(shù),那么eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc），當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí),等號(hào)成立．定理4：(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1,a2,…,an為n個(gè)正數(shù),則eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n，a1a2…an），當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)，等號(hào)成立．例3（2018·合肥模擬)已知函數(shù)f(x）＝|x－1|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（x－3）).(1）解不等式f（x）≤x＋1；（2）設(shè)函數(shù)f（x）的最小值為c，實(shí)數(shù)a，b滿(mǎn)足a>0,b〉0,a＋b＝c,求證:eq\f（a2,a＋1）＋eq\f（b2,b＋1)≥1。(1)解f(x）≤x＋1，即｜x－1｜＋eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－3））≤x＋1.①當(dāng)x<1時(shí),不等式可化為4－2x≤x＋1，解得x≥1.又∵x<1，∴x∈?；②當(dāng)1≤x≤3時(shí)，不等式可化為2≤x＋1，解得x≥1.又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3;③當(dāng)x>3時(shí)，不等式可化為2x－4≤x＋1，解得x≤5。又∵x〉3,∴3<x≤5。綜上所得，1≤x≤3或3<x≤5，即1≤x≤5.∴原不等式的解集為eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（1，5））.(2)證明由絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，得|x－1｜＋eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x－3））≥eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－x＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－3）)))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)（x－1）(x－3)≤0，即1≤x≤3時(shí)，等號(hào)成立，∴c＝2，即a＋b＝2。令a＋1＝m,b＋1＝n，則m>1,n〉1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4，eq\f（a2，a＋1）＋eq\f(b2,b＋1）＝eq\f（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(m－1））2，m）＋eq\f(n－12,n)＝m＋n＋eq\f(1，m）＋eq\f（1，n）－4＝eq\f（4,mn)≥eq\f（4，\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(m＋n，2）)）2）＝1,當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝2時(shí),等號(hào)成立,∴原不等式得證．思維升華（1）作差法是證明不等式的常用方法．作差法證明不等式的一般步驟:①作差;②分解因式；③與0比較;④結(jié)論．關(guān)鍵是代數(shù)式的變形能力．（2）在不等式的證明中，適當(dāng)“放”“縮”是常用的推證技巧．跟蹤演練3（2018·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝|3x＋1｜＋｜3x－1|，M為不等式f（x)<6的解集．（1）求集合M；（2)若a，b∈M,求證：｜ab＋1|〉｜a＋b｜。(1）解f（x）＝｜3x＋1｜＋｜3x－1｜<6.當(dāng)x〈－eq\f(1，3)時(shí)，f(x)＝－3x－1－3x＋1＝－6x,由－6x〈6，解得x〉－1，∴－1<x〈－eq\f(1,3);當(dāng)－eq\f(1,3）≤x≤eq\f(1,3)時(shí)，f（x)＝3x＋1－3x＋1＝2，又2<6恒成立,∴－eq\f(1，3)≤x≤eq\f(1，3）；當(dāng)x〉eq\f(1，3)時(shí)，f（x)＝3x＋1＋3x－1＝6x，由6x〈6，解得x<1，∴eq\f(1，3）〈x〈1。綜上,f(x)<6的解集M＝｛x｜－1〈x<1｝．(2）證明eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ab＋1）)2－（a＋b)2＝a2b2＋2ab＋1－（a2＋b2＋2ab）＝a2b2－a2－b2＋1＝（a2－1）(b2－1)．由a，b∈M,得|a|〈1，｜b｜〈1,∴a2－1〈0，b2－1<0，∴（a2－1）（b2－1)>0，∴eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（ab＋1))〉｜a＋b｜.真題體驗(yàn)1．(2017·全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f（x)＝－x2＋ax＋4，g（x）＝|x＋1｜＋|x－1｜.(1）當(dāng)a＝1時(shí),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],求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1）當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f（x)≥g(x)等價(jià)于x2－x＋｜x＋1|＋|x－1｜－4≤0。①當(dāng)x<－1時(shí)，①式化為x2－3x－4≤0，無(wú)解；當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，①式化為x2－x－2≤0,從而－1≤x≤1；當(dāng)x〉1時(shí),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(dāng)x∈[－1,1］時(shí)，g（x）＝2,所以f(x)≥g（x）的解集包含[－1，1］等價(jià)于當(dāng)x∈[－1,1］時(shí)，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．（2017·全國(guó)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?yàn)椋╝＋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，(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立)因此a＋b≤2.押題預(yù)測(cè)1．已知函數(shù)f（x）＝|x－2|＋|2x＋a｜，a∈R。(1)當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式f（x)≥4；(2）若?x0，使f(x0)＋｜x0－2｜〈3成立，求a的取值范圍．押題依據(jù)不等式選講問(wèn)題中，聯(lián)系絕對(duì)值，關(guān)聯(lián)參數(shù)、體現(xiàn)不等式恒成立是考題的“亮點(diǎn)"所在，存在問(wèn)題、恒成立問(wèn)題是高考的熱點(diǎn),備受命題者青睞．解(1）當(dāng)a＝1時(shí),f（x）＝|x－2|＋｜2x＋1｜.由f（x）≥4，得｜x－2｜＋｜2x＋1｜≥4。當(dāng)x≥2時(shí)，不等式等價(jià)于x－2＋2x＋1≥4，解得x≥eq\f(5,3)，所以x≥2；當(dāng)－eq\f(1，2）<x<2時(shí),不等式等價(jià)于2－x＋2x＋1≥4,解得x≥1，所以1≤x<2;當(dāng)x≤－eq\f(1,2）時(shí),不等式等價(jià)于2－x－2x－1≥4，解得x≤－1，所以x≤－1.所以原不等式的解集為｛x|x≤－1或x≥1｝．(2)應(yīng)用絕對(duì)值不等式，可得f(x)＋|x－2｜＝2｜x－2|＋｜2x＋a｜＝|2x－4｜＋｜2x＋a|≥｜2x＋a－（2x－4)｜＝|a＋4｜.(當(dāng)且僅當(dāng)(2x－4）（2x＋a)≤0時(shí)等號(hào)成立）因?yàn)?x0,使f（x0)＋｜x0－2｜〈3成立，所以(f(x）＋|x－2|)min〈3，所以｜a＋4｜〈3，解得－7〈a〈－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－7，－1）．2．已知x，y∈R＋，x＋y＝4。（1)要使不等式eq\f（1，x)＋eq\f（1，y）≥｜a＋2|－｜a－1|恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2)求證:x2＋2y2≥eq\f(32,3),并指出等號(hào)成立的條件．押題依據(jù)不等式選講涉及絕對(duì)值不等式的解法，包含參數(shù)是命題的顯著特點(diǎn)．本題將二元函數(shù)最值、解絕對(duì)值不等式、不等式證明綜合為一體，意在檢測(cè)考生理解題意、分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力,具有一定的訓(xùn)練價(jià)值．解(1)因?yàn)閤，y∈R＋,x＋y＝4，所以eq\f(x，4）＋eq\f(y，4)＝1。由基本不等式，得eq\f（1，x）＋eq\f（1,y)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,x）＋\f（1,y）))eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x，4）＋\f(y，4)）)＝eq\f（1,2）＋eq\f(1,4）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（y,x)＋\f(x，y)))≥eq\f(1,2)＋eq\f（1,2）eq\r(\f(y,x)·\f（x，y))＝1,當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝2時(shí)取等號(hào)．要使不等式eq\f（1,x）＋eq\f（1，y）≥|a＋2|－|a－1｜恒成立，只需不等式｜a＋2|－|a－1|≤1成立即可．構(gòu)造函數(shù)f(a）＝｜a＋2｜－｜a－1｜，則等價(jià)于解不等式f（a)≤1.因?yàn)閒(a）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，a≤－2，，2a＋1,－2〈a〈1，，3，a≥1，)）所以解不等式f(a）≤1，得a≤0。所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，0］．（2)因?yàn)閤，y∈R＋,x＋y＝4，所以y＝4－x（0〈x〈4),于是x2＋2y2＝x2＋2（4－x)2＝3x2－16x＋32＝3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(8,3)）)2＋eq\f(32,3）≥eq\f(32,3），當(dāng)x＝eq\f(8，3）,y＝eq\f(4,3）時(shí)等號(hào)成立．A組專(zhuān)題通關(guān)1．(2018·全國(guó)Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x)＝|2x＋1|＋|x－1｜。（1）畫(huà)出y＝f（x)的圖象;(2)當(dāng)x∈[0，＋∞）時(shí)，f(x）≤ax＋b恒成立，求a＋b的最小值．解（1)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x，x<－\f(1，2)，，x＋2,－\f(1,2）≤x<1,，3x,x≥1。）)y＝f（x）的圖象如圖所示．(2)由（1)知，y＝f(x）的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線(xiàn)斜率的最大值為3,故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時(shí),f(x)≤ax＋b在［0,＋∞）上恒成立，因此a＋b的最小值為5。2．(2018·全國(guó)Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝5－｜x＋a|－｜x－2|.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2x＋4,x≤－1，,2，－1<x≤2，,－2x＋6,x>2。)）可得f（x)≥0的解集為｛x|－2≤x≤3｝．(2）f（x）≤1等價(jià)于｜x＋a｜＋｜x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|,當(dāng)且僅當(dāng)x＋a與2－x同號(hào)時(shí)等號(hào)成立．故f(x)≤1等價(jià)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，＋∞)．3．（2018·江西省景德鎮(zhèn)市第一中學(xué)模擬）已知函數(shù)f（x）＝｜2x－4|＋|x＋1｜，x∈R。（1)解不等式f(x)≤9；（2)若方程f（x）＝－x2＋a在區(qū)間［0,2］上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解（1）f(x)≤9，即｜2x－4|＋｜x＋1｜≤9，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x〉2,,3x－3≤9))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－1≤x≤2,，5－x≤9）)或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈－1,，－3x＋3≤9，）)解得2〈x≤4或－1≤x≤2或－2≤x<－1?！嗖坏仁降慕饧癁椋郏?，4]．（2）當(dāng)x∈［0,2］時(shí)，f(x）＝5－x。由題意知，f（x)＝－x2＋a,即a＝x2－x＋5，x∈［0，2］，故方程f(x）＝－x2＋a在區(qū)間[0，2］上有解,即函數(shù)y＝a和函數(shù)y＝x2－x＋5的圖象在區(qū)間[0，2]上有交點(diǎn)，∵當(dāng)x∈［0,2］時(shí)，y＝x2－x＋5∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(19，4），7）),∴a∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(19，4），7)).4．(2018·百校聯(lián)盟TOP20聯(lián)考)已知f（x)＝|2x＋a|－|x－2|。(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，求不等式f（x）≤4的解集；(2）若關(guān)于x的不等式f(x)≥3a2－3｜2－x|恒成立,求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，由f（x)≤4,得2｜x－1｜－|x－2|≤4，當(dāng)x≤1時(shí),由2（1－x）－(2－x)≤4，得－4≤x≤1；當(dāng)1<x<2時(shí)，由2(x－1)－（2－x)≤4，得1〈x<2；當(dāng)x≥2時(shí)，由2(x－1)－(x－2)≤4，得2≤x≤4.綜上所述，f（x）≤4的解集為［－4,4］．(2)由不等式f(x）≥3a2－3|2－x｜，得|2x＋a|－|x－2|＋3｜x－2|≥3a2，即為|2x＋a|＋｜4－2x|≥3a2，即關(guān)于x的不等式|2x＋a｜＋｜2x－4|≥3a2恒成立，而｜2x＋a|＋｜2x－4｜≥｜(2x＋a）－（2x－4）|＝｜a＋4｜,當(dāng)且僅當(dāng)(2x＋a）(2x－4)≤0時(shí)等號(hào)成立，所以｜a＋4|≥3a2，解得a＋4≥3a2或a＋4≤－3a2，解得－1≤a≤eq\f(4,3)或a∈?.所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（4，3）)）。5．(2018·上饒模擬)已知函數(shù)f（x)＝｜2x＋1｜。(1)求不等式f（x）≤8－｜x－3|的解集；（2)若正數(shù)m，n滿(mǎn)足m＋3n＝mn，求證：f(m）＋f(－3n）≥24。（1）解此不等式等價(jià)于eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x〈－\f（1,2），,－2x－1＋3－x≤8））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2）≤x≤3,,2x＋1＋3－x≤8）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x>3，，2x＋1＋x－3≤8，）)即不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,\f(10，3）））。（2）證明∵m>0，n〉0，m＋3n＝mn，∴m＋3n＝eq\f(1,3)(m·3n)≤eq\f（1，3）×eq\f(m＋3n2，4），即m＋3n≥12，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3n，,m＋3n＝mn，)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＝6，,n＝2))時(shí)取等號(hào)，∴f(m)＋f（－3n）＝｜2m＋1|＋｜－6n＋1|≥|2m＋6n|,當(dāng)且僅當(dāng)（2m＋1）(－6n＋1）≤0，即n≥eq\f（1,6）時(shí)取等號(hào)，又|2m＋6n｜≥24，當(dāng)且僅當(dāng)m＝6，n＝2時(shí)，取等號(hào),∴f（m）＋f(－3n）≥24。B組能力提高6．（2018·榆林模擬)已知函數(shù)f（x)＝|3x－1｜－|2x＋1|＋a.（1）求不等式f(x)〉a的解集；（2）若恰好存在4個(gè)不同的整數(shù)n，使得f(n）〈0，求a的取值范圍．解(1)由f（x)>a，得|3x－1|>|2x＋1|，不等式兩邊同時(shí)平方,得9x2－6x＋1>4x2＋4x＋1,即5x2〉10x，解得x<0或x〉2。所以不等式f（x）〉a的解集為(－∞,0)∪（2,＋∞)．(2)設(shè)g（x）＝｜3x－1｜－|2x＋1|＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2－x，x≤－\f（1，2）,,－5x，－\f（1，2)〈x<\f（1，3)，,x－2，x≥\f(1，3），))作出函數(shù)g(x）的圖象,如圖所示，因?yàn)間（0）＝g（2)＝0,g（3)〈g（4）＝2〈g(－1）＝3，又恰好存在4個(gè)不同的整數(shù)n，使得f（n)<0，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f3<0，,f4≥0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a<0，,2＋a≥0,))故a的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（－2，－1)）.7．(2018·百校聯(lián)盟TOP20聯(lián)考）已知函數(shù)f(x）＝x2＋｜x－2|.（1)解不等式f（x)〉2|x|;（2)若f（x）≥a2＋2b2＋3c2（a>0，b〉0，c>0）對(duì)任意x∈R恒成立，求證：eq\r(ab）·c〈eq\f（7\r(2),32）。（1)解由f(x)>2|x｜，得x2＋|x－2|〉2｜x｜,即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x≥2，，x2＋x－2〉2x)）或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0<x〈2，,x2＋2－x>2x））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x≤0，,x2＋2－x〉－2x，）)解得x>2或0<x〈1或x≤0，即x>2或x<1.所以不等式f(x)〉2｜x｜的解集為（－∞，1)∪（2，＋∞）．(2)證明當(dāng)x≥2時(shí)，f（x）＝x2＋x－2≥22＋2－2＝4；當(dāng)x<2時(shí)，f(x)＝x2－x＋2＝eq\b\