2019版二轮复习数学(理·重点生)通用版讲义：第一部分 专题十八 不等式选讲(选修4-5) Word版含解析

专题十八 ⎪
⎪⎪
不等式选讲(选修4－5)
[由题知法]
[典例] (2018·福州模拟)设函数f (x )＝|x －1|，x ∈R . (1)求不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集；
(2)已知关于x 的不等式f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |的解集为M ，若⎝⎛⎭⎫1，3
2⊆M ，求实数a 的取值范围．
[解] (1)因为f (x )≤3－f (x －1)，
所以|x －1|≤3－|x －2|⇔|x －1|＋|x －2|≤3⇔⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＜1，
3－2x ≤3或⎩
⎪⎨
⎪⎧
1≤x ≤2，
1≤3或
⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＞2，
2x －3≤3， 解得0≤x <1或1≤x ≤2或2<x ≤3， 所以0≤x ≤3，
故不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集为[0,3]． (2)因为⎝⎛⎭⎫1，32⊆M ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，3
2时， f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |恒成立，
而f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |⇔|x －1|－|x |＋|x －a |≤0⇔|x －a |≤|x |－|x －1|≤|x －x ＋1|＝1， 所以|x －a |≤1，即x －1≤a ≤x ＋1，
由题意，知x －1≤a ≤x ＋1对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫1，32恒成立，所以1
2≤a ≤2，故实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤12，2.
[类题通法] 含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)|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )(c >0)，|x －a |－|x －b |≥c (或≤c )(c >0)型不等式，可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解．
①零点分区间法求解绝对值不等式的一般步骤： (ⅰ)令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根； (ⅱ)将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
(ⅲ)由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集； (ⅳ)取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
②利用绝对值的几何意义求解绝对值不等式的方法：
由于|x －a |＋|x －b |与|x －a |－|x －b |分别表示数轴上与x 对应的点到a ，b 对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)或|x －a |－|x －b |≥c (c >0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
[应用通关]
1．(2018·全国卷Ⅰ)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． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|， 即f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，
2，x ≥1.
故不等式f (x )>1的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x x >12.
(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，则|ax －1|<1的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x 0<x <2a ，
所以2
a ≥1，故0<a ≤2.
综上，a 的取值范围为(0,2]．
2．(2018·合肥质检)已知函数f (x )＝|2x －1|. (1)解关于x 的不等式f (x )－f (x ＋1)≤1；
(2)若关于x 的不等式f (x )<m －f (x ＋1)的解集不是空集，求m 的取值范围． 解：(1)f (x )－f (x ＋1)≤1⇔|2x －1|－|2x ＋1|≤1， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，2x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧
－12<x <12，1－2x －2x －1≤1 或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≤－12，1－2x ＋2x ＋1≤1，解得x ≥12或－14≤x <12
，
即x ≥－1
4，所以原不等式的解集为⎣⎡⎭⎫－14，＋∞. (2)由条件知，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|<m 有解， 则m >(|2x －1|＋|2x ＋1|)min 即可．
由于|2x －1|＋|2x ＋1|＝|1－2x |＋|2x ＋1|≥|1－2x ＋(2x ＋1)|＝2， 当且仅当(1－2x )(2x ＋1)≥0，即x ∈⎣⎡⎦⎤－12，1
2时等号成立，故m >2. 所以m 的取值范围是(2，＋∞)．
[由题知法]
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a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则
a ＋b
2
≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n
≥n
a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．
[典例] (2018·沈阳质监)已知a >0，b >0，函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b |. (1)当a ＝1，b ＝1时，解关于x 的不等式f (x )>1； (2)若函数f (x )的最大值为2，求证：1a ＋1b ≥2.
[解] (1)当a ＝1，b ＝1时，
f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2，x ≥1，2x ，－1≤x <1，
－2，x <－1，
①当x ≥1时，f (x )＝2>1，不等式恒成立， 此时不等式的解集为{x |x ≥1}；
②当－1≤x <1时，f (x )＝2x >1，所以x >1
2
，
此时不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
x 12<x <1；
③当x <－1时，f (x )＝－2>1，不等式不成立，此时无解． 综上所述，不等式f (x )>1的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫xx >12.
(2)证明：法一：由绝对值三角不等式可得 |x ＋a |－|x －b |≤|a ＋b |，a >0，b >0， ∴a ＋b ＝2，
∴1a ＋1b ＝1
2(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝12⎝⎛⎭⎫2＋b a ＋a b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立． 法二：∵a >0，b >0，∴－a <0<b ， ∴函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b | ＝|x －(－a )|－|x －b | ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＋
b ，x ≥b ，2x ＋a －b ，－a ≤x <b ，－(a ＋b )，x <－a ，
结合图象易得函数f (x )的最大值为a ＋b ，∴a ＋b ＝2.
∴1a ＋1b ＝1
2(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝12⎝⎛⎭⎫2＋b a ＋a b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立． [类题通法] 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．
[应用通关]
1．(2018·长春质检)设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；
(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c >1. 解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2，x ≥1，2x ，－1<x <1，
－2，x ≤－1，由|f (x )|<2得－1<x <1，
即A ＝{x |－1<x <1}．
(2)证明：要证⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，
即证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，即证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 即证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，
由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1， 所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．
综上，⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c >1.
2．(2018·陕西质检)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；
(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，求证：t 2＋1≥3
t
＋3t .
解：(1)依题意，得f (x )＝⎝ ⎛
－3x ，x ≤－1，
2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12
，
∴f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪
⎧
x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪
⎨
⎪⎧
－1<x <1
2，2－x ≤3
或
⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12，
3x ≤3，
解得－1≤x ≤1， 即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．
(2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时取等号，∴M ＝[3，＋∞)．
原不等式等价于t 2－3t ＋1≥3t
，
∵t ∈[3，＋∞)，∴t 2－3t ≥0，∴t 2－3t ＋1≥1， 又∵3t ≤1，∴t 2－3t ＋1≥3t ，∴t 2＋1≥3
t ＋3t .
[由题知法]
[典例] (2018·郑州第一次质量预测)设函数f (x )＝|x ＋3|，g (x )＝|2x －1|. (1)解不等式f (x )<g (x )；
(2)若2f (x )＋g (x )>ax ＋4对任意的实数x 恒成立，求a 的取值范围． [解] (1)由已知，可得|x ＋3|<|2x －1|，
即|x ＋3|2<|2x －1|2，∴3x 2－10x －8>0， 解得x <－2
3
或x >4.
故所求不等式的解集为⎝
⎛⎭⎫－∞，－2
3∪(4，＋∞)． (2)由已知，设h (x )＝2f (x )＋g (x )＝2|x ＋3|＋|2x －1|＝⎩⎪⎨
⎪⎧
－4x －5，x ≤－3，
7，－3<x <12，
4x ＋5，x ≥12
.
当x ≤－3时，只需－4x －5>ax ＋4恒成立， 即ax <－4x －9恒成立，
∵x ≤－3<0，∴a >－4x －9x ＝－4－9
x 恒成立，
∴a >⎝⎛⎭⎫－4－9
x max ，∴a >－1； 当－3<x <1
2时，只需7>ax ＋4恒成立，
即ax －3<0恒成立，
只需⎩⎪⎨⎪⎧
－3a －3≤0，12
a －3≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
a ≥－1，a ≤6，∴－1≤a ≤6；
当x ≥1
2时，只需4x ＋5>ax ＋4恒成立，
即ax <4x ＋1恒成立．
∵x ≥12>0，∴a <4x ＋1x ＝4＋1
x 恒成立．
∵4＋1x >4，且x →＋∞时，4＋1
x →4，∴a ≤4.
综上，a 的取值范围是(－1,4]．
[类题通法] 绝对值不等式的成立问题的求解模型
(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a ≥f (x )或a ≤f (x )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．
[应用通关]
1．(2018·南宁模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |. (1)求f (x )≥1的解集；
(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )．求a 的取值范围． 解：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|， 故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1， 等价于⎩⎪⎨⎪⎧
x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1，
①
或⎩⎪⎨⎪⎧
－12≤x ≤32，
2x ＋1－(3－2x )≥1， ②
或⎩⎪⎨⎪⎧
x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1.
③
①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >3
2.
所以不等式的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x x ≥34.
(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max . ∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4. ∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|，故g (x )min ＝|a ＋1|. ∴|a ＋1|≥4，∴a ＋1≥4或a ＋1≤－4， 解得a ≥3或a ≤－5.
故a 的取值范围为(－∞，－5]∪[3，＋∞)．
2．(2019届高三·洛阳第一次联考)已知函数f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|，a ∈R ，g (x )＝x 2
－2x －4＋
4
(x －1)2
. (1)若f (2a 2－1)>4|a －1|，求实数a 的取值范围；
(2)若存在实数x ，y ，使f (x )＋g (y )≤0，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f (2a 2－1)>4|a －1|，
∴|2a 2－2a |＋|a 2－1|>4|a －1|， ∴|a －1|(2|a |＋|a ＋1|－4)>0， ∴|2a |＋|a ＋1|>4且a ≠1.
①若a ≤－1，则－2a －a －1>4，∴a <－5
3
；
②若－1<a <0，则－2a ＋a ＋1>4，∴a <－3，此时无解； ③若a ≥0且a ≠1，则2a ＋a ＋1>4，∴a >1.
综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－5
3∪(1，＋∞)． (2)∵g (x )＝(x －1)2＋4
(x －1)2
－5≥ 2
(x －1)2·4
(x －1)2
－5＝－1，
显然可取等号，∴g (x )min ＝－1.
于是，若存在实数x ，y ，使f (x )＋g (y )≤0，只需f (x )min ≤1. 又f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|≥|(x ＋1－2a )－(x －a 2)|＝(a －1)2， ∴(a －1)2≤1，∴－1≤a －1≤1，∴0≤a ≤2， 故实数a 的取值范围为[0,2]． [专题跟踪检测](对应配套卷P209)
1．(2018·全国卷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 )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x ＋4，x <－1，2，－1≤x ≤2，
－2x ＋6，x >2.
当x <－1时，由2x ＋4≥0，解得－2≤x <－1； 当－1≤x ≤2时，显然满足题意； 当x >2时，由－2x ＋6≥0，解得2<x ≤3， 故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|，且当x ＝2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，＋∞)． 2．(2018·兰州模拟)设函数f (x )＝|x －3|，g (x )＝|x －2|.
(1)解不等式f (x )＋g (x )<2；
(2)对于实数x ，y ，若f (x )≤1，g (y )≤1，证明：|x －2y ＋1|≤3. 解：(1)解不等式|x －3|＋|x －2|<2.
①当x <2时，原不等式可化为3－x ＋2－x <2，解得x >32.所以3
2<x <2.
②当2≤x ≤3时，原不等式可化为3－x ＋x －2<2，解得1<2.所以2≤x ≤3. ③当x >3时，原不等式可化为x －3＋x －2<2，解得x <72.所以3<x <7
2.
由①②③可知，不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫x | 3
2<x <72.
(2)证明：因为f (x )≤1，g (y )≤1，即|x －3|≤1，|y －2|≤1，所以|x －2y ＋1|＝|(x －3)－2(y －2)|≤|x －3|＋2|y －2|≤1＋2＝3.
当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝2，y ＝3
时等号成立． 3．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝|x －m |，m <0. (1)当m ＝－1时，求解不等式f (x )＋f (－x )≥2－x ； (2)若不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，求m 的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝|x ＋1|，f (－x )＝|x －1|， 设F (x )＝|x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－2x ，x <－1，2，－1≤x <1，
2x ，x ≥1，
G (x )＝2－x ，由F (x )≥G (x )，解得x ≤－2或x ≥0，
所以不等式f (x )＋f (－x )≥2－x 的解集为{x |x ≤－2或x ≥0}． (2)f (x )＋f (2x )＝|x －m |＋|2x －m |，m <0. 设g (x )＝f (x )＋f (2x )，
当x ≤m 时，g (x )＝m －x ＋m －2x ＝2m －3x ， 则g (x )≥－m ；
当m <x <m
2时，g (x )＝x －m ＋m －2x ＝－x ，
则－m
2
<g (x )<－m ；
当x ≥m
2时，g (x )＝x －m ＋2x －m ＝3x －2m ，
则g (x )≥－m
2
.
所以g (x )的值域为⎣⎡⎭
⎫－m
2，＋∞，
若不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空， 只需1>－m
2
，解得m >－2，
又m <0，所以m 的取值范围是(－2,0)． 4．(2018·全国卷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 ，求a ＋b 的最小值． 解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x ，x <－1
2
，x ＋2，－12
≤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，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.
5．已知函数f (x )＝|x ＋1|.
(1)求不等式f (x )<|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )>f (a )－f (－b )．
解：(1)①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；
②当－1<x <－1
2时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；
③当x ≥－1
2时，原不等式可化为x ＋1<2x ，解得x >1.
综上，M ＝{x |x <－1或x >1}．
(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |， 所以要证f (ab )>f (a )－f (－b )，
只需证|ab ＋1|>|a ＋b |，即证|ab ＋1|2>|a ＋b |2， 即证a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2，
即证a 2b 2－a 2－b 2＋1>0，即证(a 2－1)(b 2－1)>0. 因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，
所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立． 6．(2018·广东五市联考)已知函数f (x )＝|x －a |＋
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 <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 ＋m )＝|x ＋m －a |＋
12a
. ∵f (x )－f (x ＋m )＝|x －a |－|x ＋m －a |≤|m |， ∴当且仅当|m |≤1时，f (x )－f (x ＋m )≤1恒成立， ∴－1≤m ≤1，即实数m 的最大值为1. (2)当a <1
2
时，
g (x )＝f (x )＋|2x －1|＝|x －a |＋|2x －1|＋
12a
＝⎩⎪⎨⎪⎧
－3x ＋a ＋1
2a
＋1，x <a ，
－x －a ＋12a ＋1，a ≤x ≤12，
3x －a ＋12a －1，x >12
，
∴g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝12－a ＋12a ＝－2a 2
＋a ＋1
2a ≤0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
0<a <12，－2a 2＋a ＋1≤0
或⎩⎪⎨⎪⎧
a <0，－2a 2
＋a ＋1≥0， 解得－1
2
≤a <0，
∴实数a 的取值范围是⎣⎡⎭
⎫－1
2，0. 7．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|ax －5|(0＜a ＜5)． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥9的解集； (2)若函数y ＝f (x )的最小值为4，求实数a 的值．
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
6－3x ，x ＜12
，
x ＋4，12
≤x <5，3x －6，x ≥5，
所以f (x )≥9⇔
⎩⎪⎨⎪⎧ x <12，6－3x ≥9或⎩⎪⎨⎪⎧
12≤x ＜5，x ＋4≥9
或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥5，3x －6≥9.解得x ≤－1或x ≥5，
即所求不等式的解集为(－∞，－1]∪[5，＋∞)． (2)∵0<a <5，∴5
a
＞1，
则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－(a ＋2)x ＋6，x <1
2
，
(2－a )x ＋4，12≤x ≤5
a ，
(a ＋2)x －6，x ＞5a
.
∵当x ＜12
时，f (x )单调递减，当x >5
a 时，f (x )单调递增，∴f (x )的最小值在⎣⎡⎦⎤12，5a 上取得．
∵在⎣⎡⎦⎤12，5a 上，当0＜a ≤2时，f (x )单调递增， 当2＜a ≤5时，f (x )单调递减，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜a ≤2，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝4或⎩⎪⎨⎪⎧
2＜a ≤5，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫5a ＝4. 解得a ＝2.
8．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝|x －2|＋k |x ＋1|，k ∈R .
(1)当k ＝1时，若不等式f (x )<4的解集为{x |x 1<x <x 2}，求x 1＋x 2的值； (2)当x ∈R 时，若关于x 的不等式f (x )≥k 恒成立，求k 的最大值． 解：(1)由题意，得|x －2|＋|x ＋1|<4.
当x >2时，原不等式可化为2x <5，∴2<x <52；
当－1≤x ≤2时，原不等式可化为3<4，∴－1≤x ≤2. 当x <－1时，原不等式可化为－2x <3， ∴－3
2
<x <－1；
综上，原不等式的解集为⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x －32<x <52，
即x 1＝－32，x 2＝5
2.∴x 1＋x 2＝1.
(2)由题意，得|x －2|＋k |x ＋1|≥k .
当x ＝2时，即不等式3k ≥k 成立，∴k ≥0. 当x ≤－2或x ≥0时，
∵|x ＋1|≥1，∴不等式|x －2|＋k |x ＋1|≥k 恒成立． 当－2＜x ≤－1时，
原不等式可化为2－x －kx －k ≥k ， 可得k ≤
2－x x ＋2＝－1＋4
x ＋2
，∴k ≤3. 当－1<x <0时，
原不等式可化为2－x ＋kx ＋k ≥k ，可得k ≤1－2
x ，
∴k <3.
综上，可得0≤k ≤3，即k 的最大值为3.。