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绝对值不等式
　
知识梳理
1.绝对值三角不等式
(1)定理1:若a,b是实数,则|a+b|≤　　　　,当且仅当　　　时,等号成立;?
(2)性质:|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|;
(3)定理2:若a,b,c是实数,则|a-c|≤　　　　　　,当且仅当　　　　　　时,等号成立.?
2.绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|a(a>0)的解法:
①|x|a?x>a或x<-a.
(2)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法:
①|ax+b|≤c?　　　　　　;?
②|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,体现了函数与方程及数形结合的思想.
3.基本不等式
定理1:设a,b∈R,则a2+b2≥　　　,当且仅当a=b时,等号成立.?
定理2:若a,b为正数,则,当且仅当a=b时,等号成立.
定理3:若a,b,c为正数,则,当且仅当a=b=c时,等号成立.
定理4:若a1,a2,…,an为n个正数,则
,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.
4.柯西不等式
(1)若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当ad=bc时,等号成立.
(2)设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则(+…+)(+…+)≥(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.
(3)柯西不等式的向量形式:设α,β是两个向量,则|α||β|≥|α·β|,当且仅当β是零向量或存在实数k,使α=kβ时,等号成立.
5.不等式证明的方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、放缩法以及利用绝对值三角不等式、柯西不等式法等.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)对|a-b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≤0时,等号成立.(　　)
(2)|a+b|+|a-b|≥|2a|.
(　　)
(3)|x-a|+|x-b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a,b的距离之和.
(　　)
(4)用反证法证明命题“a,b,c全为0”时假设为“a,b,c全不为0”.
(　　)
(5)若m=a+2b,n=a+b2+1,则n≥m.
(　　)
2.若|a-c|<|b|,则下列不等式正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.aB.a>c-b
C.|a|>|b|-|c|
D.|a|<|b|+|c|
3.若不等式>|a-2|+1对于一切非零实数x均成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.(2,3)
B.(1,2)
C.(1,3)
D.(1,4)
4.设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则的最小值为　　　　　.?
5.若存在实数x使|x-a|+|x-1|≤3成立,则实数a的取值范围是　　　　　.?
第1课时　绝对值不等式
关键能力学案突破　
考点
绝对值不等式的解法
【例1】(2020全国1,理23)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.
(1)画出y=f(x)的图像;
(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集.
解题心得解含有两个以上绝对值符号的不等式的方法
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;
解法2:利用“零点分段法”求解,即令各个绝对值式子等于0,求出各自零点,把零点在数轴上从小到大排列,然后按零点分数轴形成的各区间去绝对值,进而将绝对值不等式转化为常规不等式,体现了分类讨论的思想;
解法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.
对点训练1(2019全国2,理23)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).
(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
(2)若x∈(-∞,1)时,f(x)<0,求a的取值范围.
考点
求参数范围
(多考向探究)
考向1　分离参数法求参数范围
【例2】(2017全国3,理23)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.
解题心得在不等式有解或成立的情况下,求参数的取值范围,可以采取分离参数,通过求对应函数最值的方法获得.
对点训练2已知f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a,
(1)当a=-1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立,求a的取值范围.
考向2　利用函数最值求参数范围
【例3】(2020辽宁大连一中6月模拟,23)已知函数f(x)=x|x-a|,a∈R.
(1)当f(1)+f(-1)>1时,求a的取值范围;
(2)若a>0,对任意x,y∈(-∞,a],都有不等式f(x)≤y++|y-a|恒成立,求a的取值范围.
解题心得1.对于求参数范围问题,可将已知条件进行等价转化,得到含有参数的不等式恒成立,此时通过求函数的最值得到关于参数的不等式,解不等式得参数范围.
2.解答此类问题应熟记以下转化:f(x)>a恒成立?f(x)min>a;f(x)a有解?f(x)max>a;f(x)a无解?f(x)max≤a;f(x)对点训练3(2020山西太原三模,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-2a|,a∈R.
(1)若a=1,解不等式f(x)<4;
(2)对任意的实数m,若总存在实数x,使得m2-2m+4=f(x),求实数a的取值范围.
考向3　恒等转化法求参数范围
【例4】(2020全国2,理23)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4的解集;
(2)若f(x)≥4,求a的取值范围.
解题心得在不等式成立的前提下求参数范围,通常对不等式进行等价变形,求出不等式的解,然后根据已知条件确定参数范围.
对点训练4(2018全国1,理23)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.
考点
求函数或代数式的最值
(多考向探究)
考向1　利用基本不等式求最值
【例5】(2020河北石家庄二模,文23)函数f(x)=|2x-1|+|x+2|.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)若f(x)的最小值为M,a+2b=2M(a>0,b>0),求证:.
解题心得在求某一代数式的最值时,根据已知条件利用基本不等式a2+b2≥2ab,(a,b为正数),(a,b,c为正数)对代数式进行适当的放缩,从而得出其最值.
对点训练5(2020河南开封三模)关于x的不等式|x-2|(1)求m的值;
(2)设a,b,c为正实数,且a+b+c=3m,求的最大值.
考向2　利用绝对值三角不等式求最值
【例6】已知函数f(x)=2|x+a|+(a≠0).
(1)当a=1时,解不等式f(x)<4;
(2)求函数g(x)=f(x)+f(-x)的最小值.
解题心得利用绝对值三角不等式求函数或代数式的最值时,往往需要对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式等价变形,使相加或相减后对消变量,得到常数.
对点训练6已知函数f(x)=|2x+1|-|x-1|.
(1)求f(x)+|x-1|+|2x-3|的最小值;
(2)若不等式|m-1|≥f(x)+|x-1|+|2x-3|有解,求实数m的取值范围.
考向3　利用放缩法求最值
【例7】(2019全国3,理23)设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-a)2≥成立,证明:a≤-3或a≥-1.
解题心得利用放缩法求代数式的最值,一般利用基本不等式,绝对值三角不等式及数学结论进行放缩,在放缩的过程中,结合已知条件消去变量得到常量,从而得到代数式的最值.
对点训练7已知实数m,n满足2m-n=3.
(1)若|m|+|n+3|≥9,求实数m的取值范围;
(2)求的最小值.
1.绝对值不等式主要利用“零点分段法”求解,有时也利用函数图像通过观察得出不等式的解集.
2.含绝对值不等式的恒成立问题的求解方法
(1)分离参数法:运用“f(x)≤a?f(x)max≤a,f(x)≥a?f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题.
(2)数形结合法:在研究不等式f(x)≤g(x)恒成立问题时,若能作出两个函数的图像,通过图像的位置关系可直观解决问题.
3.求函数或代数式的最值主要应用基本不等式、绝对值三角不等式以及通过放缩求解.
在解决有关绝对值不等式的问题时,充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题.若用零点分段法求解,要掌握分类讨论的标准,做到不重不漏.
选修4—5　不等式选讲
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)|a|+|b|　ab≥0　(3)|a-b|+|b-c|　(a-b)(b-c)≥0
2.(2)①-c≤ax+b≤c　②ax+b≥c或ax+b≤-c
3.2ab
考点自诊
1.(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√
2.D　|a|-|c|≤|a-c|<|b|,即|a|<|b|+|c|,故选D.
3.C　因为=|x|+≥2,要使对于一切非零实数x,>|a-2|+1恒成立,
则|a-2|+1<2,即14.　由柯西不等式可知(a2+b2)(m2+n2)≥(ma+nb)2,即5(m2+n2)≥25,当且仅当an=bm时,等号成立,所以.
5.[-2,4]　∵|x-a|+|x-1|≥|(x-a)-(x-1)|=|a-1|,要使|x-a|+|x-1|≤3有解,可使|a-1|≤3,
∴-3≤a-1≤3,∴-2≤a≤4.
第1课时　绝对值不等式
关键能力·学案突破
例1解(1)由题设知f(x)=
y=f(x)的图像如图所示.
(2)函数y=f(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+1)的图像.
y=f(x)的图像与y=f(x+1)的图像的交点坐标为-,-.
由图像可知当且仅当x<-时,y=f(x)的图像在y=f(x+1)的图像上方.
故不等式f(x)>f(x+1)的解集为.
对点训练1解(1)当a=1时,f(x)=|x-1|x+|x-2|·(x-1).
当x<1时,f(x)=-2(x-1)2<0;
当x≥1时,f(x)≥0.
所以,不等式f(x)<0的解集为(-∞,1).
(2)因为f(a)=0,所以a≥1.
当a≥1,x∈(-∞,1)时,
f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<0.
所以,a的取值范围是[1,+∞).
例2解(1)f(x)=
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|=-,
且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=.
故m的取值范围为.
对点训练2解(1)当a=-1时原不等式可化为|x+1|-2|x|≥-1,
设φ(x)=|x+1|-2|x|=
则
即-≤x≤2.
所以原不等式的解集为-,2.
(2)若存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立,等价于|x+1|≥2|x|+a有解,
由(1)即φ(x)≥a有解,即a≤φ(x)max,
由(1)可知,φ(x)在(-∞,0)单调递增,在[0,+∞)单调递减,
所以φ(x)max=φ(0)=1,所以a≤1.故a的取值范围为(-∞,1].
例3解(1)f(1)+f(-1)=|1-a|-|1+a|>1,若a≤-1,则1-a+1+a>1,得2>1,即当a≤-1时,不等式恒成立;
若-11,得a<-,即-1若a≥1,则-(1-a)-(1+a)>1,得-2>1,此时不等式无解.
综上所述,a的取值范围是-∞,-.
(2)由题意知,要使不等式恒成立,只需f(x)max≤y++|y-a|min.
当x∈(-∞,a]时,f(x)=-x2+ax,f(x)max=f=.
因为y++|y-a|≥a+,
所以当y∈-,a时,y++|y-a|min=a+=a+.
于是≤a+,解得-1≤a≤5.
结合a>0,所以a的取值范围是(0,5].
对点训练3解(1)当a=1时,f(x)<4,即|x+1|+|x-2|<4,
化为
解得-综上,-(2)根据题意,得m2-2m+4的取值范围是f(x)值域的子集.m2-2m+4=(m-1)2+3≥3,
又f(x)=|x+1|+|x-2a|≥|2a+1|,
所以f(x)的值域为[|2a+1|,+∞).
故|2a+1|≤3,解得-2≤a≤1,即实数a的取值范围为[-2,1].
例4解(1)当a=2时,f(x)=
因此,不等式f(x)≥4的解集为.
(2)因为f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|≥|a2-2a+1|=(a-1)2,
故当(a-1)2≥4,即|a-1|≥2时,f(x)≥4.
所以当a≥3或a≤-1时,f(x)≥4.
当-1所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).
对点训练4解(1)当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|,即f(x)=
故不等式f(x)>1的解集为.
(2)当x∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax-1|<1成立.
若a≤0,则当x∈(0,1)时|ax-1|≥1;
若a>0,|ax-1|<1的解集为0综上,a的取值范围为(0,2].
例5(1)解f(x)=|2x-1|+|x+2|=
当x≤-2时,f(x)≥5;当-2当x≥时,f(x)≥.
所以f(x)的最小值为.
(2)证明由(1)知M=,即a+2b=5.
又因为a>0,b>0,
所以[(a+1)+(2b+1)]
=2+
≥2+2
=,
当且仅当a=2b,即a=,b=时,等号成立.
所以.
对点训练5解(1)由已知得
解得因为m∈N
,所以m=1.
(2)因为a+b+c=3,所以=3,
当且仅当a=b=c=1时,等号成立.
所以的最大值为3.
例6解(1)∵a=1,∴原不等式为2|x+1|+|x-1|<4,
∴或
或
∴-∴原不等式的解集为.
(2)由题意得g(x)=f(x)+f(-x)=2(|x+a|+|x-a|)+≥2|2a|+≥4.
当且仅当2|a|=,即a=±,且-≤x≤时,g(x)取最小值4.
对点训练6解(1)f(x)+|x-1|+|2x-3|=|2x+1|-|x-1|+|x-1|+|2x-3|=|2x+1|+|2x-3|≥|2x+1-(2x-3)|=4,当-≤x≤时等号成立,所以f(x)+|x-1|+|2x-3|的最小值为4.
(2)不等式|m-1|≥f(x)+|x-1|+|2x-3|有解,∴|m-1|≥[f(x)+|x-1|+|2x-3|]min.
∴|m-1|≥4,∴m-1≤-4或m-1≥4,即m≤-3或m≥5,∴实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[5,+∞).
例7(1)解由于[(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],故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥,
当且仅当x=,y=-,z=-时等号成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为.
(2)证明由于[(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)(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥,
当且仅当x=,y=,z=时等号成立.
因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为.
由题设知,解得a≤-3或a≥-1.
对点训练7解因为2m-n=3,所以2m=n+3.
(1)|m|+|n+3|=|m|+|2m|=3|m|≥9,所以|m|≥3,所以m≤-3或m≥3.故m的取值范围为(-∞,-3]∪[3,+∞).
(2)m-n+m-n=m-(2m-3)+m-(2m-3)=|m+1|+|m-2|≥3,
当且仅当-1≤m≤2(或-5≤n≤1)时等号成立,
所以m-n+m-n的最小值是3.　不等式的证明
考点
证明不等式
(多考向探究)
考向1　比较法证明不等式
【例1】已知函数f(x)=|x-3|.
(1)解不等式f(2x+4)≥4;
(2)若a,b∈R,|a|<1,|b|<1,求证:f(ab+2)>f(a-b+3).
解题心得1.作差比较法的步骤:作差—变形(化简)—定号(差值的符号)—得出结论.
2.作商比较法的步骤:作商—变形(化简)—判断(商值与实数1的关系)—得出结论.
对点训练1(2020宁夏银川高级中学月考)已知f(x)=|x-1|+|x+1|,不等式f(x)<4的解集为M.
(1)求集合M;
(2)当a,b∈M时,证明:2|a+b|<|4+ab|.
考向2　综合法证明不等式
【例2】(2019全国1,理23)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:
(1)≤a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
解题心得在用综合法证明不等式时,常利用不等式的基本性质,如同向不等式相加,同向不等式相乘等,但在运用这些性质时,一定要注意这些性质成立的前提条件.
对点训练2(2020湖南永州三模,23)已知f(x)=x2+2|x-1|.
(1)解关于x的不等式:f(x)>;
(2)若f(x)的最小值为M,且a+b+c=M(a,b,c∈R+),求证:≥2.
考向3　分析法证明不等式
【例3】(2020河北衡水中学三模,理23)设函数f(x)=|x-a|.
(1)若关于x的不等式f(x)+f(2-x)>3恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若0f(b).
解题心得用分析法证明不等式时应注意
(1)分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论;
(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式;
(3)用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.
对点训练3已知a>0,求证:≥a+-2.
考向4　利用绝对值三角不等式证明不等式
【例4】(2020广东珠海三模,23)已知函数f(x)=|x-1|.
(1)解不等式f(x)+f(x+1)≥4;
(2)当x≠0,x∈R时,证明:f(-x)+f≥2.
解题心得利用绝对值三角不等式证明不等式时,一般需要利用绝对值的意义,对函数或代数式中的几个绝对值里面的代数式做正负号的调整,使之利用绝对值三角不等式后对消变量,得到常数.
对点训练4(2020安徽安庆三模,23)已知函数f(x)=|x-m|+x+(其中实数m>0).
(1)当m=1时,解不等式f(x)≤3;
(2)求证:f(x)+≥2.
考向5　利用放缩法证明不等式
【例5】设函数f(x)=|x+2|-|x-2|.
(1)略;
(2)当x∈R,0解题心得放缩法证明不等式,常常利用基本的不等式,绝对值三角不等式等大家熟知的数学结论进行放缩,有时也对要证明结论的一端进行适当的放或缩来证明不等式.
对点训练5已知a,b,c均大于0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c.
(1)当a=b=c=2时,求不等式f(x)<8的解集;
(2)若函数f(x)的最小值为1,证明:a2+b2+c2≥.
考向6　利用柯西不等式证明不等式
【例6】(2020安徽合肥三模,22)已知函数f(x)=|2x-2|-|x+1|的最小值为m.
(1)求m的值;
(2)若a+b+c+m=0,证明:a2+b2+c2-2b+4c+2≥0.
解题心得利用柯西不等式证明不等式时,一定要满足柯西不等式的形式,这往往需要对要证明的不等式的一端的代数进行变形,以满足柯西不等式的形式.
对点训练6(2020山西太原二模,23)已知a,b,c为正实数.
(1)若a+b+c=
1,证明:-1-1-1≥8;
(2)证明:.
1.含绝对值不等式的证明,可用“零点分段法”去掉绝对值符号,也可利用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及其推广形式|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|.
2.不等式证明中应注意的事项
(1)作差比较法适用的主要是多项式、分式、对数式、三角式,作商比较法适用的主要是高次幂乘积结构.
(2)利用柯西不等式证明不等式,实质上就是利用柯西不等式进行放缩,放缩不当则等号可能不成立,因此,要切记检验等号成立的条件.
在利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时,要注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.
第2课时　不等式的证明
关键能力·学案突破
例1(1)解由f(2x+4)≥4,得|2x+1|≥4,
即2x+1≥4或2x+1≤-4,解得x≥或x≤-,综上所述,不等式的解集为.
(2)证明f(ab+2)>f(a-b+3)?|ab-1|>|a-b|,
因为|a|<1,|b|<1,所以a2<1,b2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a2b2-2ab+1-a2+2ab-b2=a2b2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1)>0,
所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|,
所以原不等式成立.
对点训练1(1)解f(x)=|x-1|+|x+1|=
则f(x)<4等价于
解得-2∴-2(2)证明当a,b∈M时,即-2∵4(a+b)2-(4+ab)2=4a2+4b2-16-a2b2=(a2-4)(4-b2)<0,
∴4(a+b)2<(4+ab)2,
∴2|a+b|<|4+ab|.
例2证明(1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=,当且仅当a=b=c=1时等号成立.
所以≤a2+b2+c2.
(2)因为a,b,c为正数,且abc=1,
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3
≥3
=3(a+b)(b+c)(a+c)
≥3×(2)×(2)×(2)=24,当且仅当a=b=c=1时等号成立.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
对点训练2(1)解当x<0时,f(x)>等价于x2-2x+2>-2,该不等式恒成立;
当0等价于x2-2x>0,该不等式解集为?;
当x>1时,f(x)>等价于x2+2x-2>2,解得x>-1.
综上,x<0或x>-1.
所以不等式f(x)>的解集为(-∞,0)∪(-1,+∞).
(2)证明f(x)=x2+2|x-1|=
易得f(x)的最小值为1,即a+b+c=M=1.
因为a,b,c∈R+,
所以,
所以≥++≥2a+2b+2c=2,
当且仅当a=b=c=时,等号成立.
例3(1)解由绝对值三角不等式得f(x)+f(2-x)=|x-a|+|2-x-a|≥|x-a+2-x-a|=|2-2a|,
若关于x的不等式f(x)+f(2-x)>3恒成立,则|2a-2|>3,
即2a-2>3或2a-2<-3,解得a>或a<-,所以实数a的取值范围为aa<-或a>.
(2)证明要证f(a2b)>f(b),即证|a2b-a|>a|a-b|,即证|ab-1|>|a-b|.
又因为0所以|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2)=a2b2-a2+1-b2=a2(b2-1)-(b2-1)=(a2-1)(b2-1)>0,
所以|ab-1|>|a-b|,故所证不等式成立.
对点训练3证明要证≥a+-2,
只需证+2≥a+.
因为a>0,故只需证+22≥a+2,
即a2++4+4≥a2+2++2a++2,
只需证2a+,
只需证4a2+≥2a2+2+,
即证a2+≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.
例4(1)解由f(x)+f(x+1)≥4得|x-1|+|x|≥4,
当x>1时,得2x-1≥4,即x≥;
当0≤x≤1时,得1≥4,此时不等式无解;
当x<0时,得-2x+1≥4,此时x≤-.
所以不等式的解集为xx≥或x≤-.
(2)证明f(-x)+f=|x+1|+-1,
由绝对值三角不等式,得|x+1|+-1≥x+,
又x,同号,
所以x+=|x|+,
由基本不等式,得|x|+≥2,当且仅当|x|=1时,等号成立.
所以f(-x)+f≥2.
对点训练4
(1)解当m=1时,f(x)=|x-1|+x+=
于是原不等式可化为
解得1所以不等式f(x)≤3的解集为-.
(2)证明由已知得f(x)+=|x-m|+x++
≥x-m-x++=m+
=m+
=m+≥2,
当且仅当m=1时,等号成立.于是原不等式得证.
例5(2)证明|x+2|-|x-2|≤|(x+2)-(x-2)|=4,
由于0当且仅当,即y=时取等号.
综上,|x+2|-|x-2|≤.
对点训练5(1)解当a=b=c=2时,f(x)=|x-2|+|x+2|+2,
所以f(x)<8?
所以不等式的解集为{x|-3(2)证明因为a>0,b>0,c>0,
所以f(x)=|a-x|+|x+b|+c≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c.
因为f(x)的最小值为1,所以a+b+c=1,
所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=1.
因为2ab≤a2+b2,2bc≤b2+c2,2ac≤a2+c2,
所以1=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤3(a2+b2+c2).
所以a2+b2+c2≥.
例6(1)解f(x)=|2x-2|-|x+1|=
根据函数图像得,f(x)的最小值为-2,∴m=-2.
(2)证明由(1)知,a+b+c=2,
∴[a2+(b-1)2+(c+2)2]·(12+12+12)≥[a·1+(b-1)·1+(c+2)·1]2=(a+b+c+1)2=9,
∴a2+(b-1)2+(c+2)2≥3,
当且仅当a=b-1=c+2,a+b+c=2,即a=1,b=2,c=-1时,等号成立.
∴a2+b2+c2-2b+4c+2≥0.
对点训练6证明(1)-1-1-1==8,当且仅当a=b=c=时,等号成立.
(2)=-1+-1+-1=[(b+c)+(a+c)+(a+b)]-3≥2-3=×32-3=.

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