(2)∵a >－1，则－a 2<12
， ∴f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |
当x ∈⎣⎡⎭
⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1， 即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎡⎭
⎫－a 2，12上恒成立． ∴a ＋1≤－a 2＋3，即a ≤43
， ∴a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－1，43. 反思归纳 这类不等式的解法是高考的热点．
(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；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．
变式训练1 已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|－m .
(1)当m ＝5时，求f (x )>0的解集；
(2)若关于x 的不等式f (x )≥2的解集是R ，求m 的取值范围．
题型二 不等式的证明
例2
(2012·福建)
已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m 的值；
(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9. 审题破题 (1)从解不等式f (x ＋2)≥0出发，将解集和[－1,1]对照求m ；(2)利用柯西不等式证明．
(1)解 因为f (x ＋2)＝m －|x |，
f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .
由|x |≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{x |－m ≤x ≤m }．
又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.
(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c
＝1， 又a ，b ，c ∈R ＋
，由柯西不等式得
a ＋2
b ＋3
c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c
≥⎝
⎛⎭⎫a ·1a ＋2b ·12b ＋3c ·13c 2＝9. 反思归纳 不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较
法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意
从重要不等式的形式入手达到证明的目的．
变式训练2 已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M .
(1)求M ；
(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |.
题型三 不等式的综合应用
例3
(2012·辽宁)
已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．
(1)求a 的值；
(2)若⎪⎪⎪
⎪f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围． 审题破题 (1)|ax ＋1|≤3的解集为[－2,1]，对照即可；(2)可通过函数最值解决恒成立
问题．
解 (1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2.
又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，
所以当a ≤0时，不合题意．
当a >0时，－4a ≤x ≤2a
，得a ＝2. (2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2， 则h (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧ 1，x ≤－1，－4x －3，－1，
所以|h (x )|≤1，因此k ≥1. 反思归纳 不等式f (a )≥g (x )恒成立时，要看是对哪一个变量恒成立，如果对于∀a ∈R 恒成立，则f (a )的最
小值大于等于g (x )，再解关于x 的不等式求x 的取值范围；如果对于∀x ∈R 不等式恒成立，则g (x )的最大值
小于等于f (a )，再解关于a 的不等式求a 的取值范围．
变式训练3 已知函数f (x )＝log 2(|x －1|＋|x －5|－a )．
(1)当a ＝2时，求函数f (x )的最小值；
(2)当函数f (x )的定义域为R 时，求实数a 的取值范围．
变式训练4 设f (x )＝|x |＋2|x －a |(a >0)．
(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤8；
(2)若f (x )≥6恒成立，求正实数a 的取值范围．
三、专题限时规范训练
