专题21.不等式选讲绝对值不等式的解法1．|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.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．(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.(1)证明不等式常用的方法有①综合法；②分析法；③比较法；④利用柯西不等式(二维形式)．(2)二维柯西不等式：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，该不等式既是证明不等式的有效武器，更是求二元变量关系式最值的高效法宝．【对点训练】1．(2019.合肥模拟)已知函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2；(2)若a＜0，求证：f(ax)－af(x)≥f(2a)．【解析】：(1)由题意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|.因此只要解不等式|x－1|＋|x－2|≤2.当x≤1时，原不等式等价于－2x＋3≤2，即≤x≤1；当1＜x≤2时，原不等式等价于1≤2，即1＜x≤2；当x＞2时，原不等式等价于2x－3≤2，即2＜x≤.综上，原不等式的解集为{x|≤x≤}．(2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax－2|－a|x－2|＝|ax－2|＋|2a－ax|≥|ax－2＋2a－ax|＝|2a－2|＝f(2a)，所以f(ax)－af(x)≥f(2a)成立．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|.【解析】：(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝当x＜－1时，由－2x＜4，得－2＜x＜－1；当－1≤x≤1时，f(x)＝2＜4；当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2.所以M＝(－2，2)．(2)证明：a，b∈M，即－2＜a＜2，－2＜b＜2，所以4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8ab＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)＜0，所以4(a＋b)2＜(4＋ab)2，所以2|a＋b|＜|4＋ab|.绝对值不等式的恒成立问题1．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.2．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．(2018·高考全国卷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．【解析】(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.含绝对值不等式恒成立问题，用等价转化思想．法一，利用三角不等式求出最值进行转化．法二，利用分类讨论思想，转化成求函数值域．法三，数形结合转化．【对点训练】1．(2019·合肥质量检测(一))已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋3m|(m＞0)．(1)当m＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；(2)对于任意实数x，t，不等式f(x)＜|2＋t|＋|t－1|恒成立，求m的取值范围．【解析】：(1)f(x)＝|x－m|－|x＋3m|＝当m＝1时，由，或x≤－3，得x≤－，所以不等式f(x)≥1的解集为{x|x≤－}．2．(2019·昆明质量检测)已知函数f(x)＝|x＋2|.(1)解不等式2f(x)＜4－|x－1|；(2)已知m＋n＝1(m＞0，n＞0)，若不等式|x－a|－f(x)≤＋恒成立，求实数a的取值范围．【解析】：(1)不等式2f(x)＜4－|x－1|等价于2|x＋2|＋|x－1|＜4，即或或.解得－＜x≤－2或－2＜x＜－1或∅，所以原不等式的解集为{x|－＜x＜－1}．(2)因为|x－a|－f(x)＝|x－a|－|x＋2|≤|x－a－x－2|＝|a＋...
