综上所述，a的取值范围是（－3,1）．
热点二 不等式的证明
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a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：
如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：
如果a，b，c为正数，则≥，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a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
例2 （2017届福建省福州质检）
（1）求函数f（x）＝的最大值M；
（2）若实数a，b，c满足a2＋b2≤c，求证：
2（a＋b＋c）＋1≥0，并说明取等条件．
（1）解 f（x）＝
≤＝1，
当且仅当x≤－或x≥时等号成立，所以M＝1.
（2）证明 2（a＋b＋c）＋1≥2（a＋b＋a2＋b2）＋1
≥2＋1＝（a＋b＋1）2≥0，
当且仅当a＝b＝－，c＝时取等号，
所以存在实数a＝b＝－，c＝满足条件．
思维升华
（1）作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：
①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．
（2）在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．
跟踪演练2 （2017届河北省衡水中学押题卷）已知a，b为任意实数．
（1）求证：
a4＋6a2b2＋b4≥4ab（a2＋b2）；
（2）求函数f（x）＝|2x－a4＋（1－6a2b2－b4）|＋2|x－（2a3b＋2ab3－1）|的最小值．
（1）证明 a4＋6a2b2＋b4－4ab（a2＋b2）
＝（a2＋b2）2－4ab（a2＋b2）＋4a2b2
＝（a2＋b2－2ab）2＝（a－b）4.
因为（a－b）4≥0，
所以a4＋6a2b2＋b4≥4ab（a2＋b2）．
（2）解 f（x）＝|2x－a4＋（1－6a2b2－b4）|＋2|x－（2a3b＋2ab3－1）|
＝|2x－a4＋（1－6a2b2－b4）|＋|2x－2（2a3b＋2ab3－1）|
≥|[2x－2（2a3b＋2ab3－1）]－[2x－a4＋（1－6a2b2－b4）]|
＝|（a－b）4＋1|≥1.
即f（x）min＝1.
热点三 柯西不等式的应用
柯西不等式
（1）设a，b，c，d均为实数，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（a＋a＋…＋a）（b＋b＋…＋b）≥（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．
例3 （2017届贵州省贵阳市高三适应性考试）已知函数f（x）＝m－|x－1|（m>0），且f（x＋1）≥0的解集为[－3，3]．
（1）求m的值；
（2）若正实数a，b，c满足＋＋＝m，求证：
a＋2b＋3c≥3.
（1）解 因为f（x＋1）＝m－|x|，
所以f（x＋1）≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m，得解集为[－m，m]（m>0），
又由f（x＋1）≥0的解集为[－3,3]，故m＝3.
（2）证明 由
（1）知＋＋＝3，
又因为a，b，c是正实数，
所以a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）
≥2＝3.
当且仅当a＝1，b＝，c＝时等号成立，
所以a＋2b＋3c≥3.
思维升华
（1）使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．
（2）利用柯西不等式求最值的一般结构为
（a＋a＋…＋a）≥（1＋1＋…＋1）2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．
跟踪演练3 （2017届江西省重点中学盟校联考）若关于x的不等式|ax－2|<6的解集为.
（1）求a的值；
（2）若b＝1，求＋的最大值．
解
（1）依题意知－和是方程|ax－2|＝6的两个根，则
∴
∴a＝3.
（2）＋＝（＋）
≤＝2，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立．
所以＋的最大值为2.
真题体验
1．（2017·全国Ⅰ）已知函数f（x）＝－x2＋ax＋4，g（x）＝|x＋1|＋|x－1|.
（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集；
（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解
（1）当a＝1时，不等式f（x）≥g（x）等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，
从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1所以f（x）≥g（x）的解集为.
（2）当x∈[－1,1]时，g（x）＝2，
所以f（x）≥g（x）的解集包含[－1,1]等价于
当x∈[－1,1]时，f（x）≥2.
又f（x）在[－1,1]上的最小值必为f（－1）与f
（1）之一，
所以f（－1）≥2且f
（1）≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
2．（2017·全国Ⅱ）已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：
（1）（a＋b）（a5＋b5）≥4；
（2）a＋b≤2.
证明
（1）（a＋b）（a5＋b5）＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝（a3＋b3）2－2a3b3＋ab（a4＋b4）
＝4＋ab（a4＋b4－2a2b2）
＝4＋ab（a2－b2）2≥4.
（2）因为（a＋b）3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab（a＋b）≤2＋（a＋b）
＝2＋，
所以（a＋b）3≤8，因此a＋b≤2.
押题预测
1．已知函数f（x）＝|x－2|＋|2x＋a|，a∈R.
（1）当a＝1时，解不等式f（x）≥4；
（2）若∃x0，使f（x0）＋|x0－2|<3成立，求a的取值范围．
押题依据 不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐．
解
（1）当a＝1时，f（x）＝|x－2|＋|2x＋1|.
由f（x）≥4，得|x－2|＋|2x＋1|≥4.
当x≥2时，不等式等价于x－2＋2x＋1≥4，
解得x≥，所以x≥2；
当－即x≥1，所以1≤x<2；
当x≤－时，不等式等价于2－x－2x－1≥4，
解得x≤－1，所以x≤－1.
所以原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥1}．
（2）应用绝对值不等式，可得
f（x）＋|x－2|＝2|x－2|＋|2x＋a|＝|2x－4|＋|2x＋a|≥|2x＋a－（2x－4）|＝|a＋4|.
因为∃x0，使f（x0）＋|x0－2|<3成立，
所以（f（x）＋|x－2|）min<3，
所以|a＋4|<3，解得－7故实数a的取值范围为（－7，－1）．
2．已知x，y∈R＋，x＋y＝4.
（1）要使不等式＋≥|a＋2|－|a－1|恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求证：
x2＋2y2≥，并指出等号成立的条件．
押题依据 不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点．本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意，分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值．
（1）解 因为x，y∈R＋，x＋y＝4，所以＋＝1.
由基本不等式，得
＋＝
＝＋
≥＋＝1，
当且仅当x＝y＝2时取等号．
要使不等式＋≥|a＋2|－|a－1|恒成立，
只需不等式|a＋2|－|a－1|≤1成立即可．
构造函数f（a）＝|a＋2|－|a－1|，
则等价于解不等式f（a）≤1.
因为f（a）＝
所以解不等式f（a）≤1，得a≤0.
所以实数a的取值范围为（－∞，0]．
（2）证明 因为x，y∈R＋，x＋y＝4，
所以y＝4－x（0于是x2＋2y2＝x2＋2（4－x）2
＝3x2－16x＋32＝32＋≥，
当x＝，y＝时等号成立．
A组 专题通关
1．（2017届湖南省郴州市质检）已知函数f（x）＝|x＋1|＋|x－3|，g（x）＝a－|x－2|.
（1）若关于x的不等式f（x）（2）若关于x的不等式f（x）解
（1）当x＝2时，g（x）＝a－|x－2|取得最大值a，
∵f（x）＝|x＋1|＋|x－3|≥4，当且仅当－1≤x≤3，
f（x）取得最小值4，又∵关于x的不等式f（x）∴a>4，即实数a的取值范围是（4，＋∞）．
（2）当x＝时，f（x）＝5，
则g＝－＋a＋2＝5，解得a＝，
∴当x<2时，g（x）＝x＋，
令g（x）＝x＋＝4，得x＝－∈（－1,3），
∴b＝－，则a＋b＝6.
2．（2017届辽宁省锦州市质检）已知
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