2019数学（理）优编增分二轮文档专题七 第2讲不等式选讲 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第2讲不等式选讲［考情考向分析]本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．热点一含绝对值不等式的解法含有绝对值的不等式的解法（1)｜f(x)|>a（a〉0）⇔f（x)>a或f(x）〈－a。(2）|f(x）｜〈a(a〉0)⇔－a〈f(x）<a.（3)对形如|x－a|＋｜x－b｜≤c，|x－a｜＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．例1(2018·湖南省长郡中学模拟）已知函数f（x）＝｜x－a｜，其中a>1.（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（1)当a＝2时，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，))当x≤2时,由f（x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1;当2〈x〈4时,由f(x）≥4－|x－4|，无解;当x≥4时,由f(x)≥4－｜x－4｜,得2x－6≥4，解得x≥5。故不等式的解集为{x|x≤1或x≥5}．(2)令h（x）＝f(2x＋a)－2f（x),则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，当x≤0或x≥a时，显然不成立．当0〈x〈a时，由｜4x－2a｜≤2，解得eq\f（a－1,2）≤x≤eq\f(a＋1,2）.又知|h(x)|≤2的解集为｛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。思维升华(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点；②划区间、去绝对值符号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．（2)用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．跟踪演练1(2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f(x）＝｜2x＋1｜＋｜x－1｜.（1)解不等式f(x)≤3;(2)若函数g（x）＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(2x－2018－a））＋eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（2x－2019）)，若对于任意的x1∈R,都存在x2∈R,使得f（x1）＝g（x2)成立，求实数a的取值范围．解（1）依题意，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的解集为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｜，则｜a－1｜≤eq\f(3，2），解得－eq\f（1,2)≤a≤eq\f(5,2)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，\f（5,2))).热点二绝对值不等式恒成立（存在）问题定理1：如果a,b是实数，则｜a＋b｜≤｜a｜＋｜b｜，当且仅当ab≥0时，等号成立．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．例2设函数f(x）＝｜2x＋1|＋｜x－a|(a〉0）．(1)当a＝2时，求不等式f(x)>8的解集；（2)若∃x∈R，使得f(x）≤eq\f（3，2）成立，求实数a的取值范围．解(1）当a＝2时，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为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（7，3))）∪(3，＋∞）．（2）因为∃x∈R，使得f(x）≤eq\f(3,2）成立，所以f(x）min≤eq\f（3，2).因为f(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)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），＋∞))上单调递增，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，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（0，1))。思维升华绝对值不等式的成立问题的求解策略（1）分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f（x）或a≤f（x）的形式．(2）转化最值: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无解⇔f（x)max≤a；f(x）〈a无解⇔f(x)min≥a.(3）求最值:利用基本不等式或绝对值不等式求最值．(4)得结论．跟踪演练2(2018·东北三省三校模拟）已知函数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))对任意的实数a恒成立,求b的取值范围．解(1）当b＝1时,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∈∅，所以不等式的解集为（－∞,－1)∪(1，＋∞)．（2)f(a）＝｜2a＋b|＋|2a－b|＝｜2a＋b｜＋|b－2a｜≥｜(2a＋b）＋(b－2a）｜＝|2b|，当且仅当（2a＋b)(b－2a）≥0时,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的取值范围为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（1,3)）)∪(1，＋∞)．热点三不等式的证明1．含有绝对值的不等式的性质｜｜a|－｜b｜｜≤｜a±b|≤｜a｜＋｜b|.2．算术—几何平均不等式定理1：设a,b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，那么eq\f（a＋b,2）≥eq\r(ab),当且仅当a＝b时,等号成立．定理3：如果a，b，c为正数,那么eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc），当且仅当a＝b＝c时,等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1,a2,…,an为n个正数,则eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n，a1a2…an），当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．例3（2018·合肥模拟)已知函数f(x）＝|x－1|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（x－3）).(1）解不等式f（x）≤x＋1；（2）设函数f（x）的最小值为c，实数a，b满足a>0,b〉0,a＋b＝c,求证: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当x<1时,不等式可化为4－2x≤x＋1，解得x≥1.又∵x<1，∴x∈∅；②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，解得x≥1.又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3;③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，解得x≤5。又∵x〉3,∴3<x≤5。综上所得，1≤x≤3或3<x≤5，即1≤x≤5.∴原不等式的解集为eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（1，5））.(2)证明由绝对值不等式的性质，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，当且仅当（x－1）(x－3)≤0，即1≤x≤3时，等号成立，∴c＝2，即a＋b＝2。令a＋1＝m,b＋1＝n，则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,当且仅当m＝n＝2时,等号成立,∴原不等式得证．思维升华（1）作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤:①作差;②分解因式；③与0比较;④结论．关键是代数式的变形能力．（2）在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．跟踪演练3（2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|3x＋1｜＋｜3x－1|，M为不等式f（x)<6的解集．（1）求集合M；（2)若a，b∈M,求证：｜ab＋1|〉｜a＋b｜。(1）解f（x）＝｜3x＋1｜＋｜3x－1｜<6.当x〈－eq\f(1，3)时，f(x)＝－3x－1－3x＋1＝－6x,由－6x〈6，解得x〉－1，∴－1<x〈－eq\f(1,3);当－eq\f(1,3）≤x≤eq\f(1,3)时，f（x)＝3x＋1－3x＋1＝2，又2<6恒成立,∴－eq\f(1，3)≤x≤eq\f(1，3）；当x〉eq\f(1，3)时，f（x)＝3x＋1＋3x－1＝6x，由6x〈6，解得x<1，∴eq\f(1，3）〈x〈1。综上,f(x)<6的解集M＝｛x｜－1〈x<1｝．(2）证明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｜.真题体验1．(2017·全国Ⅰ)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],求实数a的取值范围．解(1）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1〈x≤eq\f(－1＋\r（17)，2)。所以f(x)≥g(x)的解集为eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f（－1＋\r（17），2)))))。(2）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]上的最小值必为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］．

2．（2017·全国Ⅱ)已知a〉0，b>0，a3＋b3＝2，证明：（1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；（2）a＋b≤2.证明（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)因为（a＋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，(当且仅当a＝b时，等号成立)因此a＋b≤2.押题预测1．已知函数f（x）＝|x－2|＋|2x＋a｜，a∈R。(1)当a＝1时，解不等式f（x)≥4；(2）若∃x0，使f(x0)＋｜x0－2｜〈3成立，求a的取值范围．押题依据不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的“亮点"所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点,备受命题者青睐．解(1）当a＝1时,f（x）＝|x－2|＋｜2x＋1｜.由f（x）≥4，得｜x－2｜＋｜2x＋1｜≥4。当x≥2时，不等式等价于x－2＋2x＋1≥4，解得x≥eq\f(5,3)，所以x≥2；当－eq\f(1，2）<x<2时,不等式等价于2－x＋2x＋1≥4,解得x≥1，所以1≤x<2;当x≤－eq\f(1,2）时,不等式等价于2－x－2x－1≥4，解得x≤－1，所以x≤－1.所以原不等式的解集为｛x|x≤－1或x≥1｝．(2)应用绝对值不等式，可得f(x)＋|x－2｜＝2｜x－2|＋｜2x＋a｜＝|2x－4｜＋｜2x＋a|≥｜2x＋a－（2x－4)｜＝|a＋4｜.(当且仅当(2x－4）（2x＋a)≤0时等号成立）因为∃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，故实数a的取值范围为(－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,求实数a的取值范围；（2)求证:x2＋2y2≥eq\f(32,3),并指出等号成立的条件．押题依据不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点．本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意、分析问题、解决问题的能力,具有一定的训练价值．解(1)因为x，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,当且仅当x＝y＝2时取等号．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．构造函数f(a）＝｜a＋2｜－｜a－1｜，则等价于解不等式f（a)≤1.因为f(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。所以实数a的取值范围为（－∞，0］．（2)因为x，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），当x＝eq\f(8，3）,y＝eq\f(4,3）时等号成立．A组专题通关1．(2018·全国Ⅲ）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,＋∞）上恒成立，因此a＋b的最小值为5。2．(2018·全国Ⅱ)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(1）当a＝1时，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的解集为｛x|－2≤x≤3｝．(2）f（x）≤1等价于｜x＋a｜＋｜x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|,当且仅当x＋a与2－x同号时等号成立．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，＋∞)．3．（2018·江西省景德镇市第一中学模拟）已知函数f（x）＝｜2x－4|＋|x＋1｜，x∈R。（1)解不等式f(x)≤9；（2)若方程f（x）＝－x2＋a在区间［0,2］上有解，求实数a的取值范围．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。∴不等式的解集为［－2，4]．（2）当x∈［0,2］时，f(x）＝5－x。由题意知，f（x)＝－x2＋a,即a＝x2－x＋5，x∈［0，2］，故方程f(x）＝－x2＋a在区间[0，2］上有解,即函数y＝a和函数y＝x2－x＋5的图象在区间[0，2]上有交点，∵当x∈［0,2］时，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．(2018·百校联盟TOP20联考)已知f（x)＝|2x＋a|－|x－2|。(1)当a＝－2时，求不等式f（x）≤4的解集；(2）若关于x的不等式f(x)≥3a2－3｜2－x|恒成立,求a的取值范围．解(1)当a＝－2时，由f（x)≤4,得2｜x－1｜－|x－2|≤4，当x≤1时,由2（1－x）－(2－x)≤4，得－4≤x≤1；当1<x<2时，由2(x－1)－（2－x)≤4，得1〈x<2；当x≥2时，由2(x－1)－(x－2)≤4，得2≤x≤4.综上所述，f（x）≤4的解集为［－4,4］．(2)由不等式f(x）≥3a2－3|2－x｜，得|2x＋a|－|x－2|＋3｜x－2|≥3a2，即为|2x＋a|＋｜4－2x|≥3a2，即关于x的不等式|2x＋a｜＋｜2x－4|≥3a2恒成立，而｜2x＋a|＋｜2x－4｜≥｜(2x＋a）－（2x－4）|＝｜a＋4｜,当且仅当(2x＋a）(2x－4)≤0时等号成立，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的取值范围是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（4，3）)）。5．(2018·上饶模拟)已知函数f（x)＝｜2x＋1｜。(1)求不等式f（x）≤8－｜x－3|的解集；（2)若正数m，n满足m＋3n＝mn，求证：f(m）＋f(－3n）≥24。（1）解此不等式等价于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，）)即不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,\f(10，3）））。（2）证明∵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，当且仅当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))时取等号，∴f(m)＋f（－3n）＝｜2m＋1|＋｜－6n＋1|≥|2m＋6n|,当且仅当（2m＋1）(－6n＋1）≤0，即n≥eq\f（1,6）时取等号，又|2m＋6n｜≥24，当且仅当m＝6，n＝2时，取等号,∴f（m）＋f(－3n）≥24。B组能力提高6．（2018·榆林模拟)已知函数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个不同的整数n，使得f(n）〈0，求a的取值范围．解(1)由f（x)>a，得|3x－1|>|2x＋1|，不等式两边同时平方,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的解集为(－∞,0)∪（2,＋∞)．(2)设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），))作出函数g(x）的图象,如图所示，因为g（0）＝g（2)＝0,g（3)〈g（4）＝2〈g(－1）＝3，又恰好存在4个不同的整数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\(\a\vs4\al\co1(1＋a<0，,2＋a≥0,))故a的取值范围为eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（－2，－1)）.7．(2018·百校联盟TOP20联考）已知函数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）对任意x∈R恒成立，求证：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｜的解集为（－∞，1)∪（2，＋∞）．(2)证明当x≥2时，f（x）＝x2＋x－2≥22＋2－2＝4；当x<2时，f(x)＝x2－x＋2＝eq\b\