2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件：专题七 第2讲 不等式选讲
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第六页，编辑于星期日：一点 三十三分。
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac) ＝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.
第七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[明考情] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等 式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合 问题的求解． 2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思 想的应用．
第三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
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，＋∞)．
第四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明： (1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
第五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
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＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2. (2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33 （a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3
第十九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (1)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知 a，b，c，d 为实数，且 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
第二十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【证明】 (1)①(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. ②因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3（a＋4 b）2(a＋b) ＝2＋3（a＋4 b）3， 所以(a＋b)3≤8， 因此 a＋b≤2.
第十七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)令 h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)， －2a，x≤0，
则 h(x)＝4x－2a，0<x<a， 2a，x≥a，
由|h(x)|≤2，解得a－2 1≤x≤a＋2 1， 又知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}， 所以aa－ ＋22 11＝ ＝12， ，解得 a＝3.
第二十一页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因为 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此 ac＋bd≤8.
第二十二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
证明不等式的方法和技巧 (1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命 题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法． (2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证 明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号， 转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个 解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．
3x－2（x>1）， 所以 1≤|2a＋1|，得 2a＋1≤－1 或 2a＋1≥1，解得 a≤－1 或 a≥0， 故实数 a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．
第十一页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(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、去绝对值号； ③分别解去掉绝对值的不等式(组)； 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)图象法求解不等式 用图象法，数形结合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．
－2x＋6，x≤2， 解：(1)当 a＝2 时，f(x)＋|x－4|＝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|得无解； 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 g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝－5（2xx－<－1（3）－3≤x≤2），作出 g(x)的 －5（x>2）
图象， 如图．
由 f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m 的解集为(－∞，＋∞)，结合图象可知 k＝0，m<－5， 所以 k＋m<－5，即 k＋m 的取值范围是(－∞，－5)．
解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝－ 4（2x－（2x≤<x－≤22））， 2x（x>2）
当 x<－2 时，－2x≥6，所以 x≤－3； 当－2≤x≤2 时，4≥6 不成立，所以无解； 当 x>2 时，2x≥6，所以 x≥3. 综上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
第十四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第十二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[对点训练] 1．(2019·长春市质量监测(二))设函数 f(x)＝|x＋2|. (1)求不等式 f(x)＋f(－x)≥6 的解集； (2)若不等式 f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m 的解集为(－∞，＋∞)，求 k＋m 的取值范围．
第十三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第十八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
不等式的证明(综合型) [知识整合]
证明不等式的基本方法 (1)比较法：作差或作商比较． (2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论． (3)分析法：执果索因的证明方法． (4)反证法：反设结论，导出矛盾． (5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．
第二十三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[对点训练] (一题多解)(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4 的解集为 M. (1)求集合 M； (2)设实数 a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
第二十四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
解：(1)法一：当 x<－12时，不等式化为：－2x－1＋1－2x<4，即 x>－1， 所以－1<x<－12； 当－12≤x≤12时，不等式化为：2x＋1－2x＋1<4， 即 2<4， 所以－12≤x≤12； 当 x>12时，不等式化为：2x＋1＋2x－1<4，即 x<1，
第十五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
2．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．
第十六页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第二部分 高考热点 分层突破
专题七 选考部分 第2讲 不等式选讲
数学
第一页，编辑于星期日：一点点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
第二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[做真题] 1．(2019·高考全国卷Ⅱ)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．
第二十八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
含绝对值不等式的成立问题(综合型) [知识整合]
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.
第二十五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
所以12<x<1.
综上可知，M＝{x|－1<x<1}．
法二：设 f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，
－4x，x<－12， 则 f(x)＝2，－12≤x≤12，
4x，x>12，
第二十六页，编辑于星期日：一点 三十三分。
函数 f(x)的图象如图所示，
若 f(x)<4，由上图可得，－1<x<1. 所以 M＝{x|－1<x<1}．
第三十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【解】 (1)因为 a>0，b>0，a＋b＝4， 所以1a＋1b＝141a＋1b(a＋b)＝142＋ba＋ab≥1(当且仅当 a＝b＝2 时“＝”成立)，所以1a ＋1b的最小值为 1. (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立， 则|x＋m|－|x－2|≤1a＋1bmin对任意的实数 x 恒成立， 即|x＋m|－|x－2|≤1 对任意的实数 x 恒成立， 因为|x＋m|－|x－2|≤|(x＋m)－(x－2)|＝|m＋2|， 所以|m＋2|≤1， 所以－3≤m≤－1，即 m 的取值范围为[－3，－1]．
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．
第二十九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (2019·兰州市诊断考试)已知 a>0，b>0，a＋b＝4，m∈R. (1)求1a＋1b的最小值； (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立，求 m 的取值范围．
第二十七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)证明：法一：因为 a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1. 而|ab|＋1－(|a|＋|b|) ＝|ab|＋1－|a|－|b| ＝(|a|－1)(|b|－1)≤0， 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|. 法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|， 只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0， 只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0， 因为 a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1， 所以(|a|－1)(|b|－1)≤0 成立． 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．
第八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
含绝对值不等式的解法(综合型) [知识整合]
|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c 型不等式的解法 (1)若 c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c， 然后根据 a，b 的取值求解即可． (2)若 c＜0，则|ax＋b|≤c 的解集为∅，|ax＋b|≥c 的解集为 R.
第九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知 f(x)＝|x|＋2|x－1|. (1)解不等式 f(x)≥4； (2)若不等式 f(x)≤|2a＋1|有解，求实数 a 的取值范围．
第十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【解】 (1)不等式 f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4， 等价于x2<－03，x≥4或02≤－xx≤≥14，或x3>x－1，2≥4⇒x≤－23或无解或 x≥2. 故不等式的解集为－∞，－23∪[2，＋∞)． (2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于 f(x)min≤|2a＋1|. f(x)＝|x|＋2|x－1|＝22－－3xx（（0x≤<x0≤）1，），故 f(x)的最小值为 1，
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac) ＝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.
第七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[明考情] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等 式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合 问题的求解． 2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思 想的应用．
第三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
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，＋∞)．
第四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明： (1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
第五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
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＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2. (2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33 （a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3
第十九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (1)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知 a，b，c，d 为实数，且 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
第二十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【证明】 (1)①(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. ②因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3（a＋4 b）2(a＋b) ＝2＋3（a＋4 b）3， 所以(a＋b)3≤8， 因此 a＋b≤2.
第十七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)令 h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)， －2a，x≤0，
则 h(x)＝4x－2a，0<x<a， 2a，x≥a，
由|h(x)|≤2，解得a－2 1≤x≤a＋2 1， 又知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}， 所以aa－ ＋22 11＝ ＝12， ，解得 a＝3.
第二十一页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因为 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此 ac＋bd≤8.
第二十二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
证明不等式的方法和技巧 (1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命 题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法． (2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证 明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号， 转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个 解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．
3x－2（x>1）， 所以 1≤|2a＋1|，得 2a＋1≤－1 或 2a＋1≥1，解得 a≤－1 或 a≥0， 故实数 a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．
第十一页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(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、去绝对值号； ③分别解去掉绝对值的不等式(组)； 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)图象法求解不等式 用图象法，数形结合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．
－2x＋6，x≤2， 解：(1)当 a＝2 时，f(x)＋|x－4|＝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|得无解； 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 g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝－5（2xx－<－1（3）－3≤x≤2），作出 g(x)的 －5（x>2）
图象， 如图．
由 f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m 的解集为(－∞，＋∞)，结合图象可知 k＝0，m<－5， 所以 k＋m<－5，即 k＋m 的取值范围是(－∞，－5)．
解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝－ 4（2x－（2x≤<x－≤22））， 2x（x>2）
当 x<－2 时，－2x≥6，所以 x≤－3； 当－2≤x≤2 时，4≥6 不成立，所以无解； 当 x>2 时，2x≥6，所以 x≥3. 综上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
第十四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第十二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[对点训练] 1．(2019·长春市质量监测(二))设函数 f(x)＝|x＋2|. (1)求不等式 f(x)＋f(－x)≥6 的解集； (2)若不等式 f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m 的解集为(－∞，＋∞)，求 k＋m 的取值范围．
第十三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第十八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
不等式的证明(综合型) [知识整合]
证明不等式的基本方法 (1)比较法：作差或作商比较． (2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论． (3)分析法：执果索因的证明方法． (4)反证法：反设结论，导出矛盾． (5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．
第二十三页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[对点训练] (一题多解)(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4 的解集为 M. (1)求集合 M； (2)设实数 a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
第二十四页，编辑于星期日：一点 三十三分。
解：(1)法一：当 x<－12时，不等式化为：－2x－1＋1－2x<4，即 x>－1， 所以－1<x<－12； 当－12≤x≤12时，不等式化为：2x＋1－2x＋1<4， 即 2<4， 所以－12≤x≤12； 当 x>12时，不等式化为：2x＋1＋2x－1<4，即 x<1，
第十五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
2．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．
第十六页，编辑于星期日：一点 三十三分。
第二部分 高考热点 分层突破
专题七 选考部分 第2讲 不等式选讲
数学
第一页，编辑于星期日：一点点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
第二页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[做真题] 1．(2019·高考全国卷Ⅱ)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．
第二十八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
含绝对值不等式的成立问题(综合型) [知识整合]
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.
第二十五页，编辑于星期日：一点 三十三分。
所以12<x<1.
综上可知，M＝{x|－1<x<1}．
法二：设 f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，
－4x，x<－12， 则 f(x)＝2，－12≤x≤12，
4x，x>12，
第二十六页，编辑于星期日：一点 三十三分。
函数 f(x)的图象如图所示，
若 f(x)<4，由上图可得，－1<x<1. 所以 M＝{x|－1<x<1}．
第三十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【解】 (1)因为 a>0，b>0，a＋b＝4， 所以1a＋1b＝141a＋1b(a＋b)＝142＋ba＋ab≥1(当且仅当 a＝b＝2 时“＝”成立)，所以1a ＋1b的最小值为 1. (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立， 则|x＋m|－|x－2|≤1a＋1bmin对任意的实数 x 恒成立， 即|x＋m|－|x－2|≤1 对任意的实数 x 恒成立， 因为|x＋m|－|x－2|≤|(x＋m)－(x－2)|＝|m＋2|， 所以|m＋2|≤1， 所以－3≤m≤－1，即 m 的取值范围为[－3，－1]．
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．
第二十九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (2019·兰州市诊断考试)已知 a>0，b>0，a＋b＝4，m∈R. (1)求1a＋1b的最小值； (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立，求 m 的取值范围．
第二十七页，编辑于星期日：一点 三十三分。
(2)证明：法一：因为 a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1. 而|ab|＋1－(|a|＋|b|) ＝|ab|＋1－|a|－|b| ＝(|a|－1)(|b|－1)≤0， 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|. 法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|， 只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0， 只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0， 因为 a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1， 所以(|a|－1)(|b|－1)≤0 成立． 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．
第八页，编辑于星期日：一点 三十三分。
含绝对值不等式的解法(综合型) [知识整合]
|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c 型不等式的解法 (1)若 c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c， 然后根据 a，b 的取值求解即可． (2)若 c＜0，则|ax＋b|≤c 的解集为∅，|ax＋b|≥c 的解集为 R.
第九页，编辑于星期日：一点 三十三分。
[典型例题] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知 f(x)＝|x|＋2|x－1|. (1)解不等式 f(x)≥4； (2)若不等式 f(x)≤|2a＋1|有解，求实数 a 的取值范围．
第十页，编辑于星期日：一点 三十三分。
【解】 (1)不等式 f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4， 等价于x2<－03，x≥4或02≤－xx≤≥14，或x3>x－1，2≥4⇒x≤－23或无解或 x≥2. 故不等式的解集为－∞，－23∪[2，＋∞)． (2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于 f(x)min≤|2a＋1|. f(x)＝|x|＋2|x－1|＝22－－3xx（（0x≤<x0≤）1，），故 f(x)的最小值为 1，