高考数学（北师大版理）讲义第十四章4选讲142

§14.2不等式选讲最新考纲考情考向分析1.理解绝对值不等式的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b∈R)．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.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.本节题目常见的是解绝对值不等式、利用不等式恒成立求参数的值或范围，求含有绝对值的函数最值也是考查的热点．求解的一般方法是去掉绝对值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.1．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集不等式a>0a＝0a<0|x|<a(－a，a)∅∅|x|>a(－∞，－a)∪(a，＋∞)(－∞，0)∪(0，＋∞)R(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现了函数与方程的思想．2．含有绝对值的不等式的性质(1)如果a，b是实数，则|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．(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．3．不等式证明的方法(1)比较法①作差比较法知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证明a－b>0即可，这种方法称为作差比较法．②作商比较法由a>b>0⇔eq\f(a,b)>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明eq\f(a,b)>1即可，这种方法称为作商比较法．(2)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫作综合法，即“由因导果”的方法．(3)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫作分析法，即“执果索因”的方法．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.(×)(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.(√)(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．(×)(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(×)(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(√)题组二教材改编2．不等式3≤|5－2x|<9的解集为()A．[－2,1)∪[4,7) B．(－2,1]∪(4,7]C．(－2，－1]∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)答案D解析由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<7，,x≥4或x≤1，))不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．3．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．解①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4；③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．综上，原不等式的解集为(－∞，4)．题组三易错自纠4．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝.答案4或－6解析方法一①当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|，f(x)min＝0，不符合题意；②当a<－1时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋2a－1，x<a，,x－1－2a，a≤x≤－1，,3x＋1－2a，x>－1，))∴f(x)min＝f(a)＝－a－1＝5，∴a＝－6成立；③当a>－1时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋2a－1，x<－1，,－x＋2a＋1，－1≤x≤a，,3x＋1－2a，x>a，))∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立．综上，a＝4或a＝－6.方法二当a＝－1时，f(x)min＝0，不符合题意；当a≠－1时，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5，∴a＝4或a＝－6.5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为．答案9解析把a＋b＋c＝1代入到eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)中，得eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，等号成立．6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析设y＝|2x－1|＋|x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－1，x<－2，,－x＋3，－2≤x<\f(1,2)，,3x＋1，x≥\f(1,2).))当x<－2时，y＝－3x－1>5；当－2≤x<eq\f(1,2)时，y＝－x＋3>eq\f(5,2)，y≤5；当x≥eq\f(1,2)时，y＝3x＋1≥eq\f(5,2)，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为eq\f(5,2).因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，所以eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2.解不等式eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2，得－1≤a≤eq\f(1,2)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).题型一绝对值不等式的解法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．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)的图像与x轴围成的三角形的面积大于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，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).(2)由题设可得，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))所以函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为eq\f(2,3)(a＋1)2.由题设得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．思维升华解绝对值不等式的基本方法(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．题型二利用绝对值不等式求最值典例(1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．解(1)∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，当且仅当0≤x≤1时等号成立，∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，当且仅当－1≤y≤1时等号成立，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立．∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.思维升华求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种(1)利用绝对值的几何意义．(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|.(3)利用零点分区间法．跟踪训练(2017·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数．(1)求eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值；(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．解(1)∵eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)≥eq\f(|2a＋b＋2a－b|,|a|)＝eq\f(|4a|,|a|)＝4，当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立，∴eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值为4.(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)恒成立，故|2＋x|＋|2－x|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)))min.由(1)可知，eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值为4，∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集．解不等式得－2≤x≤2，故实数x的取值范围为[－2,2]．题型三绝对值不等式的综合应用典例已知函数f(x)＝|x－a|＋eq\f(1,2a)(a≠0)．(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a<eq\f(1,2)时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．解(1)∵f(x)＝|x－a|＋eq\f(1,2a)(a≠0)，∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋eq\f(1,2a)，∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1，又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，∴|m|≤1，∴－1≤m≤1，∴实数m的最大值为1.(2)当a<eq\f(1,2)时，g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋eq\f(1,2a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋a＋\f(1,2a)＋1，x<a，,－x－a＋\f(1,2a)＋1，a≤x≤\f(1,2)，,3x－a＋\f(1,2a)－1，x>\f(1,2)，))∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－a＋eq\f(1,2a)＝eq\f(－2a2＋a＋1,2a)≤0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,2)，,－2a2＋a＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－2a2＋a＋1≥0，))∴－eq\f(1,2)≤a<0，∴实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).思维升华(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．跟踪训练(2017·全国Ⅲ)已知函数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的取值范围．解(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.))当x＜－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2，所以f(x)≥1的解集为{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|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，当x＝eq\f(3,2)时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4).故m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).题型四用综合法与分析法证明不等式典例(1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3；(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥eq\r(3).证明(1)因为x>0，y>0，x－y>0，2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)－2y＝2(x－y)＋eq\f(1,x－y2)＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,x－y2)≥3eq\r(3,x－y2·\f(1,x－y2))＝3，所以2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3.(2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥eq\r(3)，只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立，所以原不等式成立．思维升华用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．跟踪训练(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，因此a＋b≤2.1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.解方法一如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把点A向左移动一个单位到点A1，此时|A1A|＋|A1B|＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时|B1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．方法二由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－x－1－x＋2≥5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<1，,－x－1＋x＋2≥5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－1＋x＋2≥5，))解得x≥2或x≤－3，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．方法三将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2<x<1，,2x－4，x≥1.))作出函数的图像，如图所示．由图像可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．2．(2017·烟台二模)若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求实数m的取值范围．解由题意可知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立，即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min.又因为|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1，当且仅当－1≤x≤2时等号成立，所以m≤－1.即实数m的取值范围为(－∞，－1]．3．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围．解因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))≤eq\f(1,2)，所以|4a－3b＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋\f(5,2)))≤|3a－3b|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))＋eq\f(5,2)≤3＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝6，即|4a－3b＋2|的最大值为6，所以m≥|4a－3b＋2|max＝6.即实数m的取值范围为[6，＋∞)．4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设知a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).(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eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，即必要性成立；②若eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).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|，即充分性成立．综上，eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．5．(2017·洛阳模拟)已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)．(1)当a＝4时，求不等式的解集；(2)若不等式有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2.当x<－eq\f(1,2)时，－x－2≤2，解得－4≤x<－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)≤x≤1时，3x≤2，解得－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(2,3)；当x>1时，x≤0，此时x不存在，∴原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤\f(2,3))))).(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－2，x<－\f(1,2)，,3x，－\f(1,2)≤x≤1，,x＋2，x>1.))故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))，即f(x)的最小值为－eq\f(3,2).若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－eq\f(3,2)，解得a≥eq\f(\r(2),4)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，＋∞)).6．(2017·沈阳模拟)设f(x)＝|ax－1|.(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值；(2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．解(1)显然a≠0，当a>0时，解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(3,a)))，则－eq\f(1,a)＝－6，eq\f(3,a)＝2，无解；当a<0时，解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,a)，－\f(1,a)))，令－eq\f(1,a)＝2，eq\f(3,a)＝－6，得a＝－eq\f(1,2).综上所述，a＝－eq\f(1,2).(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－4，x≤－\f(1,4)，,6x－2，－\f(1,4)<x<\f(3,2)，,2x＋4，x≥\f(3,2)，))由此可知h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))上是减少的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,2)))上是增加的，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上是增加的，则当x＝－eq\f(1,4)时，h(x)取得最小值－eq\f(7,2)，由题意，知－eq\f(7,2)≤7－3m，则实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2))).7．(2017·哈尔滨三中检测)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2.(1)求证：ab＋bc＋ac≤eq\f(4,3)；(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围．(1)证明∵a＋b＋c＝2，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8，∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋bc＋ac≤eq\f(4,3).(2)解由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(4,3).∵0<a<1，∴a>a2.同理b>b2，c>c2.∴a2＋b2＋c2<a＋b＋c＝2，∴eq\f(4,3)≤a2＋b2＋c2<2，∴a2＋b2＋c2的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2)).8．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.(1)解由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，不等式|x|＋|x－1|≤1的解集为[0,1]．若m>1，①当x<0时，eq\f(1－m,2)≤x<0；②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；③当x>1时，得2x－1≤m,1<x≤eq\f(m＋1,2).综上可知，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－m,2)，\f(m＋1,2))).由题意知，原不等式的解集为[0,1]．∴eq\f(1－m,2)＝0，eq\f(m＋1,2)＝1，解得m＝1.∴m＝1.(2)证明∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，当且仅当x＝a，y＝b，z＝c时等号成立．三式相加，得x2＋y2＋