PAGE1-第2講不等式選講[做真題]1．(2024·高考全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿意abc＝1.證明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.證明：(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2.(2)因為a，b，c為正數且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3eq\r(3,(a＋b)3(b＋c)3(a＋c)3)＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ac))＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.2．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)當a＝1時，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)時，f(x)<0，求a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．當x<1時，f(x)＝－2(x－1)2<0；當x≥1時，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)．(2)因為f(a)＝0，所以a≥1.當a≥1，x∈(－∞，1)時，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范圍是[1，＋∞)．3．(2024·高考全國卷Ⅲ)設x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f(1,3)成立，證明：a≤－3或a≥－1.解：(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥eq\f(4,3)，當且僅當x＝eq\f(5,3)，y＝－eq\f(1,3)，z＝－eq\f(1,3)時等號成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為eq\f(4,3).(2)證明：由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥eq\f((2＋a)2,3)，當且僅當x＝eq\f(4－a,3)，y＝eq\f(1－a,3)，z＝eq\f(2a－2,3)時等號成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為eq\f((2＋a)2,3).由題設知eq\f((2＋a)2,3)≥eq\f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.[明考情]1．不等式選講是高考的選考內容之一，考查的重點是不等式的證明、肯定值不等式的解法等，命題的熱點是肯定值不等式的求解，以及肯定值不等式與函數的綜合問題的求解．2．此部分命題形式單一、穩定，難度中等，備考本部分內容時應留意分類探討思想的應用．含肯定值不等式的解法[典型例題](2024·高考全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)當a＝1時，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范圍．【解】(1)當a＝1時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋4，x≤－1，,2，－1＜x≤2，,－2x＋6，x＞2.))可得f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等價于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且當x＝2時等號成立．故f(x)≤1等價于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．eq\a\vs4\al()肯定值不等式的常用解法(1)基本性質法：對a∈R＋，|x|<a?－a<x<a，|x|>a?x<－a或x>a.(2)平方法：兩邊平方去掉肯定值符號．(3)零點分區間法：含有兩個或兩個以上肯定值符號的不等式，可用零點分區間法脫去肯定值符號，將其轉化為與之等價的不含肯定值符號的不等式(組)求解．(4)幾何法：利用肯定值的幾何意義，畫出數軸，將肯定值轉化為數軸上兩點的距離求解．(5)數形結合法：在直角坐標系中作出不等式兩邊所對應的兩個函數的圖象，利用函數圖象求解．[對點訓練]1．(2024·廣州市調研測試)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)|x－a|(a∈R)．(1)當a＝2時，解不等式|x－eq\f(1,3)|＋f(x)≥1；(2)設不等式|x－eq\f(1,3)|＋f(x)≤x的解集為M，若[eq\f(1,3)，eq\f(1,2)]?M，求實數a的取值范圍．解：(1)當a＝2時，不等式可化為|3x－1|＋|x－2|≥3，①當x≤eq\f(1,3)時，不等式可化為1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；②當eq\f(1,3)<x<2時，不等式可化為3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x<2；③當x≥2時，不等式可化為3x－1＋x－2≥3，解得x≥eq\f(3,2)，所以x≥2.綜上所述，當a＝2時，不等式的解集為{x|x≤0或x≥1}．(2)不等式|x－eq\f(1,3)|＋f(x)≤x可化為|3x－1|＋|x－a|≤3x，依題意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈[eq\f(1,3)，eq\f(1,2)]上恒成立，所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1≤\f(1,3),a＋1≥\f(1,2)))，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(4,3)，故實數a的取值范圍是[－eq\f(1,2)，eq\f(4,3)]．2．(2024·長春市質量監測(二))設函數f(x)＝|x＋2|.(1)求不等式f(x)＋f(－x)≥6的解集；(2)若不等式f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋∞)，求k＋m的取值范圍．解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x(x<－2),4(－2≤x≤2)，,2x(x>2)))當x<－2時，－2x≥6，所以x≤－3；當－2≤x≤2時，4≥6不成立，所以無解；當x>2時，2x≥6，所以x≥3.綜上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5(x<－3),－2x－1(－3≤x≤2)，,－5(x>2)))作出g(x)的圖象，如圖．由f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋∞)，結合圖象可知k＝0，m<－5，所以k＋m<－5，即k＋m的取值范圍是(－∞，－5)．不等式的證明[典型例題](2024·成都市其次次診斷性檢測)已知函數f(x)＝|x－m|－|x＋2m|的最大值為3，其中m>0.(1)求m的值；(2)若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝m2，求證：eq\f(a3,b)＋eq\f(b3,a)≥1.【解】(1)因為m>0，所以f(x)＝|x－m|－|x＋2m|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m，x≥m,－2x－m，－2m<x<m，,3m，x≤－2m))所以當x≤－2m時，f(x)取得最大值3m，所以3m＝3，所以m＝1.(2)證明：由(1)，得a2＋b2＝1，eq\f(a3,b)＋eq\f(b3,a)＝eq\f(a4＋b4,ab)＝eq\f((a2＋b2)2－2a2b2,ab)＝eq\f(1,ab)－2ab.因為a2＋b2＝1≥2ab，當且僅當a＝b時等號成立，所以0<ab≤eq\f(1,2).設t＝ab，令h(t)＝eq\f(1,t)－2t，0<t≤eq\f(1,2)，則h(t)在(0，eq\f(1,2)]上單調遞減，所以h(t)≥h(eq\f(1,2))＝1.所以當0<ab≤eq\f(1,2)時，eq\f(1,ab)－2ab≥1.所以eq\f(a3,b)＋eq\f(b3,a)≥1.eq\a\vs4\al()證明不等式的常用方法不等式證明的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法、反證法等．(1)假如已知條件與待證結論干脆聯系不明顯，則考慮用分析法．(2)利用放縮法證明不等式，就是舍掉式中一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，還可把和式中各項或某項換為較大或較小的數或式子，從而達到證明不等式的目的．(3)假如待證的是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的問題，則考慮用反證法．用反證法證明不等式的關鍵是作出假設，推出沖突．[對點訓練]1．已知函數f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)設a，b∈M，證明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解：(1)由題意，|x＋1|<|2x＋1|－1，①當x≤－1時，不等式可化為－x－1<－2x－2，解得x<－1；②當－1<x<－eq\f(1,2)時，不等式可化為x＋1<－2x－2，此時不等式無解；③當x≥－eq\f(1,2)時，不等式可化為x＋1<2x，解得x>1.綜上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)證明：因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要證f(ab)>f(a)－f(－b)，只需證|ab＋1|>|a＋b|，即證|ab＋1|2>|a＋b|2，即證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即證a2b2－a2－b2＋1>0，即證(a2－1)(b2－1)>0.因為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．2．已知函數f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.(1)解不等式f(x)≤3；(2)記函數g(x)＝f(x)＋|x＋1|，且g(x)的值域為M，若t∈M，證明t2＋1≥eq\f(3,t)＋3t.解：(1)依題意，得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－1，,2－x，－1<x<\f(1,2)，,3x，x≥\f(1,2)，))所以f(x)≤3?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－1，,－3x≤3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<x<\f(1,2)，,2－x≤3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)，,3x≤3，))解得－1≤x≤1，即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}．(2)證明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，當且僅當(2x－1)(2x＋2)≤0時取等號，所以M＝[3，＋∞)．t2＋1－3t－eq\f(3,t)＝eq\f(t3－3t2＋t－3,t)＝eq\f((t－3)(t2＋1),t)，因為t∈M，所以t－3≥0，t2＋1>0，所以eq\f((t－3)(t2＋1),t)≥0，所以t2＋1≥eq\f(3,t)＋3t.與肯定值不等式有關的取值(范圍)問題[典型例題](2024·重慶市七校聯合考試)已知函數f(x)＝(a－a2)x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|.(1)當a＝eq\f(1＋\r(5),2)時，求不等式f(x)≤g(x)的解集；(2)若不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．【解】(1)當a＝eq\f(1＋\r(5),2)時，f(x)＝－x＋4，在同一坐標系內分別作出f(x)＝－x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|的圖象，如圖所示，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋4,y＝－2))，解得交點A的坐標為(6，－2)，所以不等式f(x)≤g(x)的解集為[6，＋∞)．(2)當x∈[1，＋∞)時，g(x)＝|x－1|－|x＋1|＝－2，因為不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立，所以不等式(a－a2)x＋4≤－2在[1，＋∞)上恒成立，所以不等式a－a2≤eq\f(－6,x)在[1，＋∞)上恒成立，所以a－a2≤－6，解得a≥3或a≤－2.eq\a\vs4\al()肯定值不等式的成立問題的求解模型(1)分別參數：依據不等式將參數分別化為a≥f(x)或a≤f(x)形式．(2)轉化最值：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無解?f(x)max≤a；f(x)<a無解?f(x)min≥a.(3)求最值：利用基本不等式或肯定值不等式求最值．(4)得結論．[對點訓練]1．(2024·貴州省適應性考試)已知函數f(x)＝|x＋5|－|x－4|.(1)解關于x的不等式f(x)≥x＋1；(2)若函數f(x)的最大值為M，設a，b為正實數，且(a＋1)(b＋1)＝M，求ab的最大值．解：(1)f(x)＝|x＋5|－|x－4|≥x＋1等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－5,－(x＋5)＋(x－4)≥x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5≤x<4,(x＋5)＋(x－4)≥x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥4,(x＋5)－(x－4)≥x＋1)).解得x≤－10或0≤x<4或4≤x≤8，所以原不等式的解集為(－∞，－10]∪[0，8]．(2)易知|x＋5|－|x－4|≤|(x＋5)－(x－4)|＝9，即M＝9.所以(a＋1)(b＋1)＝9，即9＝(a＋1)(b＋1)＝[(eq\r(a))2＋1][(eq\r(b))2＋1]≥(eq\r(ab)＋1)2，于是eq\r(ab)＋1≤3，解得ab≤4，當且僅當a＝b＝2時等號成立，即ab的最大值為4.2．(2024·合肥市第一次質量檢測)設函數f(x)＝|x＋1|.(1)若f(x)＋2x>2，求實數x的取值范圍；(2)設g(x)＝f(x)＋f(ax)(a>1)，若g(x)的最小值為eq\f(1,2)，求a的值．解：(1)f(x)＋2x>2，即|x＋1|>2－2x?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0,x＋1>2－2x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0,－x－1>2－2x))?x>eq\f(1,3)，所以實數x的取值范圍是(eq\f(1,3)，＋∞)．(2)因為a>1，所以－1<－eq\f(1,a)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－(a＋1)x－2，x∈(－∞，－1),(1－a)x，x∈[－1，－\f(1,a)],(a＋1)x＋2，x∈(－\f(1,a)，＋∞)))，易知函數g(x)在(－∞，－eq\f(1,a))上單調遞減，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調遞增，則g(x)min＝g(－eq\f(1,a))＝1－eq\f(1,a).所以1－eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2.1．(2024·昆明市質量檢測)已知函數f(x)＝|2x－1|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；(2)當x≠0，x∈R時，證明：f(－x)＋f(eq\f(1,x))≥4.解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等價于|2x－1|＋|2x＋1|≥4，等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2),－4x≥4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(1,2),2≥4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2),4x≥4))，解得x≤－1或x≥1，所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)證明：當x≠0，x∈R時，f(－x)＋f(eq\f(1,x))＝|－2x－1|＋|eq\f(2,x)－1|，因為|－2x－1|＋|eq\f(2,x)－1|≥|2x＋eq\f(2,x)|＝2|x|＋eq\f(2,|x|)≥4，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((2x＋1)(\f(2,x)－1)≥0,2|x|＝\f(2,|x|)))，即x＝±1時等號成立，所以f(－x)＋f(eq\f(1,x))≥4.2．(2024·武漢市調研測試)已知函數f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)求不等式f(x)≥3的解集；(2)若直線y＝x＋a與y＝f(x)的圖象所圍成的多邊形面積為eq\f(9,2)，求實數a的值．解：(1)由題意知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x，x≥1,x＋2，－\f(1,2)<x<1,－3x，x≤－\f(1,2)))，由f(x)≥3可知：①當x≥1時，3x≥3，即x≥1；②當－eq\f(1,2)<x<1時，x＋2≥3，即x≥1，與－eq\f(1,2)<x<1沖突，舍去；③當x≤－eq\f(1,2)時，－3x≥3，即x≤－1.綜上可知不等式f(x)≥3的解集為{x|x≤－1或x≥1}．(2)畫出函數y＝f(x)的圖象，如圖所示，其中A(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2))，B(1，3)，可知直線AB的斜率kAB＝1，知直線y＝x＋a與直線AB平行，若要圍成多邊形，則a>2.易得直線y＝x＋a與y＝f(x)的圖象交于C(eq\f(a,2)，eq\f(3a,2))，D(－eq\f(a,4)，eq\f(3a,4))兩點，則|CD|＝eq\r(2)·|eq\f(a,2)＋eq\f(a,4)|＝eq\f(3\r(2),4)a，平行線AB與CD間的距離d＝eq\f(|a－2|,\r(2))＝eq\f(a－2,\r(2))，|AB|＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形ABCD的面積S＝eq\f(\f(3\r(2),2)＋\f(3\r(2),4)a,2)·eq\f(a－2,\r(2))＝eq\f(\f(3,2)＋\f(3,4)a,2)·(a－2)＝eq\f(9,2)(a>2)，即(a＋2)(a－2)＝12，所以a＝4，故所求實數a的值為4.3．(2024·南昌市第一次模擬測試)已知函數f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|.(1)求證：f(x)≥2；(2)若不等式f(2)≤16恒成立，求實數m的取值范圍．解：(1)證明：因為f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|≥|(x＋m2)－(x－2m－3)|，所以f(x)≥|m2＋2m＋3|＝(m＋1)2＋2≥2.(2)由已知，得f(2)＝m2＋2＋|2m＋1|，①當m≥－eq\f(1,2)時，f(2)≤16等價于m2＋2m＋3≤16，即(m＋1)2≤14，解得－eq\r(14)－1≤m≤eq\r(14)－1，所以－eq\f(1,2)≤m≤eq\r(14)－1；②當m<－eq\f(1,2)時，f(2)≤16等價于m2－2m＋1≤16，解得－3≤m≤5，所以－3≤m<－eq\f(1,2).綜上，實數m的取值范圍是[－3，eq\r(14)－1]．4．(2024·江西八所重點中學聯考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}．(1)求實數a的值；(2)求eq\r(12－at)＋eq\r(4＋t)的最大值．解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集為{x|x≥－1}，當1－a2≠0時，不符合題意，舍去．當1－a2＝0，即a＝±1時，x＝－1為方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，經檢驗a＝－1不符合題意，舍去，a＝1符合題意．綜上，a＝1.(2)(eq\r(12－t)＋eq\r(4＋t))2＝16＋2eq\r((12－t)(4＋t))＝16＋2eq\r(－t2＋8t＋48)，當t＝eq\f(8,2)＝4時，(eq\r(12－t)＋eq\r(4＋t))2有最大值32.又eq\r(12－t)＋eq\r(4＋t)≥0，所以eq\r(12－t)＋eq\r(4＋t)的最大值為4eq\r(2).5．(2024·石家莊市模擬(一))設函數f(x)＝|1－x|－|x＋3|.(1)求不等式f(x)≤1的解集；(2)若函數f(x)的最大值為m，正實數p，q滿意p＋2q＝m，求eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q)的最小值．解：(1)不等式可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－3,1－x＋x＋3≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3<x<1,1－x－x－3≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1,x－1－x－3≤1))，解得x≥－eq\f(3,2)，所以f(x)≤1的解集為{x|x≥－eq\f(3,2)}．(2)法一：因為|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，所以m＝4，p＋2q＝4，所以(p＋2)＋2q＝6，eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q)＝eq\f(1,6)(eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q))(p＋2＋2q)＝eq\f(1,6)(4＋eq\f(4q,p＋2)＋eq\f(p＋2,q))≥eq\f(1,6)(4＋2eq\r(\f(4q,p＋2)·\f(p＋2,q)))＝eq\f(4,3)，當且僅當p＋2＝2q＝3，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝1,q＝\f(3,2)))時取“＝”，所以eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q)的最小值為eq\f(4,3).法二：因為|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，所以m＝4，p＋2q＝4，所以p＝4－2q，q∈(0，2)，eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q)＝eq\f(2,6－2q)＋eq\f(1,q)＝eq\f(2q＋6－2q,(6－2q)q)＝eq\f(3,3q－q2)＝eq\f(3,－(q－\f(3,2))2＋\f(9,4))，因為q∈(0，2)，所以當q＝eq\f(3,2)時，eq\f(2,p＋2)＋eq\f(1,q)取得最小值eq\f(4,3).6．(2024·成都第一次診斷性檢測)已知函數f(x)＝|2x－1|＋|eq\f(x,2)＋1|.(1)求不等式f(x)－3<0的解集；(2)若關于x的方程f(x)－m2－2m－eq\f(5,4)＝0無實數解，求實數m的取值范圍．解：(1)由題意，知f(x)＝|2x－1|＋|eq\f(x,2)＋1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5x,2)，x<－2,－\f(3x,2)＋2，－2≤x≤\f(1,2).,\f(5x,2)，x>\f(1,2)))由f(x)－3<0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－2,－\f(5x,2)－3<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤\f(1,