【数学】2019届一轮复习北师大版不等式选讲学案(1)

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【数学】2019届一轮复习北师大版不等式选讲学案(1)

选修4－5 不等式选讲 第一节绝对值不等式 ‎1．绝对值三角不等式 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．‎ ‎2．绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值不等式|x|a的解法 ‎ 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ‎ ‎①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；‎ ‎②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.‎ ‎1．设a，b为满足ab<0的实数，那么(　　)‎ A．|a＋b|>|a－b|　　　　　B．|a＋b|<|a－b|‎ C．|a－b|＜||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|‎ 解析 选B　∵ab<0，‎ ‎∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.‎ ‎2．若不等式| x－4|≤2的解集为，则实数 ＝________.‎ 解析 由| x－4|≤2⇔2≤ x≤6.‎ ‎∵不等式的解集为，∴ ＝2.‎ 答案 2‎ ‎3．函数y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值为________．‎ 解析 因为|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，‎ 所以所求函数的最小值为8.‎ 答案 8‎ ‎4．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________．‎ 解析 令f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝ 当－11恒成立．‎ 所以不等式的解集为.‎ 答案 　　　　 ‎[考什么·怎么考]‎ 绝对值不等式的解法是每年高考的重点，既单独考查，也与函数的图象、含参问题等的综合考查，难度较小，属于低档题.‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.‎ ‎(1)画出y＝f(x)的图象；‎ ‎(2)求不等式|f(x)|>1的解集．‎ 解 (1)由题意得f(x)＝ 故y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，‎ 当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；‎ 当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.‎ 故f(x)>1的解集为{x|11的解集为.‎ ‎2．解下列不等式．‎ ‎(1)|2x＋1|－2|x－1|>0；‎ ‎(2)|x＋3|－|2x－1|<＋1.‎ 解 (1)法一 原不等式可化为|2x＋1|>2|x－1|，‎ 两边平方得4x2＋4x＋1>4(x2－2x＋1)，‎ 解得x>，‎ 所以原不等式的解集为.‎ 法二 原不等式等价于 或或 解得x>，所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)①当x<－3时，‎ 原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，‎ 解得x<10，∴x<－3.‎ ‎②当－3≤x≤时，‎ 原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，‎ 解得x<－，∴－3≤x<－.‎ ‎③当x>时，‎ 原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)<＋1，‎ 解得x>2，∴x>2.‎ 综上可知，原不等式的解集为.‎ ‎[怎样快解·准解]‎ 绝对值不等式的常见3解法 ‎(1)零点分段讨论法 含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段讨论法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)，一般步骤如下 ‎ ‎①令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根；‎ ‎②将这些根按从小到大排序，它们把实数集分为若干个区间；‎ ‎③在所分的各区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，求所得的各不等式在相应区间上的解集；‎ ‎④这些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 由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到与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|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．‎ ‎(3)数形结合法 在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．‎ ‎[易错提醒]　用零点分段法和几何意义求解绝对值不等式时，去绝对值符号的关键点是找零点，将数轴分成若干段，然后从左到右逐段讨论．‎ 　　　　 ‎[典题领悟]‎ ‎1．若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．‎ 解 因为|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|‎ ‎≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，‎ 所以|2x＋3y＋1|的最大值为7.‎ ‎2．若a≥2，x∈R，求证 |x－1＋a|＋|x－a|≥3.‎ 证明 因为|x－1＋a|＋|x－a|‎ ‎≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|‎2a－1|，‎ 又a≥2，故|‎2a－1|≥3，‎ 所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3成立．‎ ‎[解题师说]‎ 证明绝对值不等式的3种主要方法 ‎(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为一般不等式再证明．‎ ‎(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．‎ ‎(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．‎ ‎[冲关演练]‎ 已知x，y∈R，且|x＋y|≤，|x－y|≤，求证 |x＋5y|≤1.‎ 证明 ∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.‎ ‎∴由绝对值不等式的性质，得 ‎|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|‎ ‎＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×＋2×＝1.‎ 即|x＋5y|≤1成立．‎ 　　　　 绝对值不等式的综合应用是每年高考的热点，主要涉及绝对值不等式的解法、恒成立问题，难度适中，属于中档题.‎ ‎[典题领悟]‎ ‎(2017·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 (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|＝－2＋≤，‎ 当且仅当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.‎ 故m的取值范围为.‎ ‎[解题师说]‎ 设函数f(x)中含有绝对值，则 ‎(1)f(x)>a有解⇔f(x)max>a.‎ ‎(2)f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.‎ ‎(3)f(x)>a恰在(c，b)上成立⇔c，b是方程f(x)＝a的解．‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1．(2017·全国卷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＜x≤.‎ 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]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．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.‎ ‎(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；‎ ‎(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．‎ 解 (1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.‎ 解不等式|2x－2|＋2≤6，得－1≤x≤3.‎ 因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．‎ ‎(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥3，‎ 即＋≥.‎ 又min＝，‎ 所以≥，解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2，＋∞)．‎ ‎1．已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)解不等式f(x)≤5.‎ 解 (1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，‎ 从而解得a＝2.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝ 故当x≤2时，由－2x＋6≤5，得≤x≤2，‎ 当24时，由2x－6≤5，得40，b>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为1.‎ ‎(1)证明 ‎2a＋b＝2；‎ ‎(2)若a＋2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．‎ 解 (1)证明 因为－a<，所以f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝显然f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝a＋，所以a＋＝1，即‎2a＋b＝2.‎ ‎(2)因为a＋2b≥tab恒成立，所以≥t恒成立，‎ ＝＋＝(‎2a＋b)‎ ‎＝≥＝.‎ 当且仅当a＝b＝时，取得最小值，‎ 所以t≤，即实数t的最大值为.‎ ‎7．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．‎ 解 (1)当a＝1时，‎ f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.‎ 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；‎ 当－10，‎ 解得0，解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得f(x)＝ 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(‎2a＋1,0)，C(a，a＋1)，‎ 所以△ABC的面积为(a＋1)2.‎ 由题设得(a＋1)2>6，故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2，＋∞)．‎ ‎8．已知函数f(x)＝|3x＋2|.‎ ‎(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；‎ ‎(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤＋(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解 (1)不等式f(x)<4－|x－1|，‎ 即|3x＋2|＋|x－1|<4.‎ 当x<－时，不等式化为－3x－2－x＋1<4，‎ 解得－1时，不等式化为3x＋2＋x－1<4，无解．‎ 综上所述，原不等式的解集为.‎ ‎(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，‎ 当且仅当m＝n＝时等号成立．‎ 令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝‎ ‎∴x＝－时，g(x)max＝＋a，‎ 要使不等式恒成立，只需g(x)max＝＋a≤4，‎ 解得00，b>0时，aabb≥(ab).‎ 证明 ∵＝，‎ ‎∴当a＝b时，＝1，‎ 当a>b>0时，>1，>0，‎ ‎∴>1，‎ 当b>a>0时，0<<1，<0，‎ ‎∴>1，‎ ‎∴aabb≥(ab).‎ 　　　　 ‎[典题领悟]‎ ‎(2017·全国卷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)(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－‎2a3b3＋ab(a4＋b4)‎ ‎＝4＋ab(a2－b2)2≥4.‎ ‎(2)∵(a＋b)3＝a3＋‎3a2b＋3ab2＋b3‎ ‎＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)‎ ‎＝2＋，‎ ‎∴(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ ‎[解题师说]‎ ‎1．综合法证明不等式的方法 ‎(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键；‎ ‎(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．‎ ‎2．综合法证明时常用的不等式 ‎(1)a2≥0.‎ ‎(2)|a|≥0.‎ ‎(3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有 a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab；‎ a2＋b2≥(a＋b)2；≥2.‎ ‎(4)≥，它的变形形式有 a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；‎ ＋≤－2(ab<0)．‎ ‎(5)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证 ‎ ‎(1)＋＋≥8；‎ ‎(2)≥9.‎ 证明 (1)∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，‎ ‎∴＋＋ ‎＝＋＋ ‎＝2 ‎＝2 ‎＝2＋4‎ ‎≥4 ＋4＝8，当且仅当a＝b＝时，等号成立，‎ ‎∴＋＋≥8.‎ ‎(2)∵＝＋＋＋1，‎ 由(1)知＋＋≥8.‎ ‎∴≥9.‎ ‎2．已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m；‎ ‎(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证 ＋＋≥3.‎ 解 (1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；‎ 当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)；‎ 当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．‎ 综上，f(x)的最小值m＝3.‎ ‎(2)证明 因为a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，‎ 所以＋＋＋(a＋b＋c)‎ ‎＝＋＋ ‎≥2＝2(a＋b＋c)，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”，‎ 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.‎ 　　　　 ‎[典题领悟]‎ 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)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，‎ ‎①当x≤－1时，‎ 不等式可化为－x－1＜－2x－2，‎ 解得x＜－1；‎ ‎②当－1＜x＜－时，‎ 不等式可化为x＋1＜－2x－2，‎ 此时不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，‎ 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a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，‎ 即证a2b2－a2－b2＋1＞0，‎ 即证(a2－1)(b2－1)＞0.‎ 因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，‎ 所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立．‎ ‎[解题师说]‎ ‎1．分析法的应用条件 当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．‎ ‎2．用分析法证“若A则B”这个命题的模式 为了证明命题B为真，‎ 只需证明命题B1为真，从而有…‎ 只需证明命题B2为真，从而有…‎ ‎……‎ 只需证明命题A为真，而已知A为真，故B必真．‎ ‎[冲关演练]‎ 已知a>0，b>0,‎2c>a＋b，求证 c－0，所以只要证a－‎2c<－b，‎ 即证a＋b<‎2c.‎ 由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立．‎ ‎1．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.‎ ‎(1)求证 2ab＋bc＋ca＋≤；‎ ‎(2)求证 ＋＋≥2.‎ 证明 (1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，‎ 所以2ab＋bc＋ca＋＝(4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤.‎ ‎(2)因为≥，≥，≥，‎ 所以＋＋≥＋＋＝a＋b＋c≥‎2a＋2b＋‎2c＝2.‎ ‎2．若a>0，b>0，且＋＝.‎ ‎(1)求a3＋b3的最小值；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得‎2a＋3b＝6？并说明理由．‎ 解 (1)由＝＋≥，‎ 得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．‎ 故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知，‎2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4>6，从而不存在a，b，使得‎2a＋3b＝6.‎ ‎3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，求证 ‎ ‎(1)若ab>cd，则＋>＋；‎ ‎(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ 证明 (1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，‎ 得(＋)2>(＋)2.‎ 因此＋>＋.‎ ‎(2)①必要性 若|a－b|<|c－d|，‎ 则(a－b)2<(c－d)2，‎ 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.‎ 由(1)，得＋>＋.‎ ‎②充分性 若＋>＋，‎ 则(＋)2>(＋)2，‎ 即a＋b＋2>c＋d＋2.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.‎ 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.‎ 因此|a－b|<|c－d|.‎ 综上，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎4．已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证 p2＋q2＋r2≥3.‎ 解 (1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，‎ 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.‎ ‎(2)证明 由(1)知p＋q＋r＝3，‎ 又因为p，q，r是正实数，‎ 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.‎ ‎5．已知函数f(x)＝|x－1|.‎ ‎(1)解不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8；‎ ‎(2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证 ＞f.‎ 解 (1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|‎ ‎＝ 当x＜－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；‎ 当－3≤x＜时，－x＋4≥8无解；‎ 当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.‎ 所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为 .‎ ‎(2)证明 ＞f等价于f(ab)＞|a|f，‎ 即|ab－1|＞|a－b|.‎ 因为|a|＜1，|b|＜1，‎ 所以|ab－1|2－|a－b|2‎ ‎＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)‎ ‎＝(a2－1)(b2－1)＞0，‎ 所以|ab－1|＞|a－b|.‎ 故所证不等式成立．‎ ‎6．(2018·武昌调研)设函数f(x)＝|x－2|＋2x－3，记f(x)≤－1的解集为M.‎ ‎(1)求M；‎ ‎(2)当x∈M时，证明 x[f(x)]2－x‎2f(x)≤0.‎ 解 (1)由已知，得f(x)＝ 当x≤2时，由f(x)＝x－1≤－1，‎ 解得x≤0，此时x≤0；‎ 当x>2时，由f(x)＝3x－5≤－1，‎ 解得x≤，显然不成立．‎ 故f(x)≤－1的解集为M＝{x|x≤0}．‎ ‎(2)证明 当x∈M时，f(x)＝x－1，‎ 于是x[f(x)]2－x‎2f(x)‎ ‎＝x(x－1)2－x2(x－1)‎ ‎＝－x2＋x ‎＝－2＋.‎ 令g(x)＝－2＋，‎ 则函数g(x)在(－∞，0]上是增函数，‎ ‎∴g(x)≤g(0)＝0.‎ 故x[f(x)]2－x‎2f(x)≤0.‎ ‎7．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2，求证 ＋≥1.‎ 证明 ∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，‎ ‎∴＋－1＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝＝.‎ ‎∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.‎ ‎∴≥0.‎ ‎∴＋≥1.‎ ‎8．设函数f(x)＝x－|x＋2|－|x－3|－m，若∀x∈R，－4≥f(x)恒成立．‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求证 log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．‎ 解 (1)∵∀x∈R，－4≥f(x)恒成立，‎ ‎∴m＋≥x－|x＋2|－|x－3|＋4恒成立．‎ 令g(x)＝x－|x＋2|－|x－3|＋4＝ ‎∴函数g(x)在(－∞，3]上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴g(x)max＝g(3)＝2，‎ ‎∴m＋≥g(x)max＝2，‎ 即m＋－2≥0⇒＝≥0，‎ ‎∴m>0，‎ 综上，实数m的取值范围是(0，＋∞)．‎ ‎(2)证明 由m>0，知m＋3>m＋2>m＋1>1，‎ 即lg(m＋3)>lg(m＋2)>lg(m＋1)>lg 1＝0.‎ ‎∴要证log(m＋1)(m＋2)>log(m＋2)(m＋3)．‎ 只需证>，‎ 即证lg(m＋1)·lg(m＋3)log(m＋2)(m＋3)成立．‎
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