（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數學 專題十五 不等式選講試題 文-人教版高三數學試題

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1、專題十五　不等式選講 探考情 悟真題 【考情探究】 考點 內容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 含絕對值 不等式 的解法 ①理解絕對值的幾何意義并了解等號成立的條件;②會求解絕對值不等式的最值和解集 2018課標全國Ⅰ,23,10分 解絕對值不等式 不等式恒成立 ★★★ 2017課標全國Ⅰ,23,10分 解絕對值不等式 不等式恒成立 2019課標全國Ⅱ,23,10分 解絕對值不等式 不等式恒成立 不等式的證明 會證明簡單的絕對值不等式 2016課標全國Ⅱ,24,10分 不等式的證明 含絕對值不等式

2、的求解 ★★☆ 2017課標全國Ⅱ,23,10分 不等式的證明 均值不等式 2019課標全國Ⅰ,23,10分 不等式的證明 均值不等式 2019課標全國Ⅲ,23,10分 不等式的證明 均值不等式 分析解讀 不等式選講是高考的選考內容之一,主要考查絕對值的幾何意義,絕對值不等式的解法及不等式證明的基本方法,本專題內容在高考中分值為10分,屬于中檔題. 破考點 練考向 【考點集訓】 考點一　含絕對值不等式的解法 1.(2018山西高考考前適應性測試,23)已知函數f(x)=|x-1|-a(a∈R). (1)若f(x)的最小值不小于3,求a的最大值; (2)若

3、g(x)=f(x)+2|x+a|+a的最小值為3,求a的值. 答案　(1)因為f(x)min=f(1)=-a,所以-a≥3,解得a≤-3,所以amax=-3. (2)g(x)=f(x)+2|x+a|+a=|x-1|+2|x+a|. 當a=-1時,g(x)=3|x-1|≥0,0≠3,所以a=-1不符合題意. 當a<-1時,g(x)=(x-1)+2(x+a),x≥-a,(x-1)-2(x+a),1≤x<-a,-(x-1)-2(x+a),x<1,即g(x)=3x-1+2a,x≥-a,-x-1-2a,1≤x<-a,-3x+1-2a,x<1, 所以g(x)min=g(-a)=-a-1,由-a-

4、1=3,解得a=-4. 當a>-1時,同理可知g(x)min=g(-a)=a+1,由a+1=3,解得a=2. 綜上,a=2或-4. 2.(2019河南駐馬店期末,23)已知函數f(x)=|x+a|+|2x-1|(a∈R). (1)當a=-1時,求不等式f(x)≥2解集; (2)若f(x)≤2x的解集包含12,34,求a的取值范圍. 答案　(1)當a=-1時,不等式f(x)≥2可化為|x-1|+|2x-1|≥2, 當x≤12時,不等式為1-x+1-2x≥2,解得x≤0; 當12

5、3. 綜上,原不等式的解集為(-∞,0]∪43,+∞. (2)因為f(x)≤2x的解集包含12,34, 所以不等式可化為|x+a|+2x-1≤2x,即|x+a|≤1,解得-a-1≤x≤-a+1. 由題意知-a+1≥34,-a-1≤12,解得-32≤a≤14. 所以實數a的取值范圍是-32,14. 考點二　不等式的證明 1.(2018湖南師范大學附屬中學月考(五),23) (1)已知函數f(x)=|x-2|-|x+1|,解不等式f(x)≥x2-2x; (2)已知x,y,z均為正數,求證:xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z. 答案　(1)f(x)=|x-2|-|x+1|=

6、3(x≤-1),-2x+1(-1

7、. 證法二:要證xyz+yzx+zxy≥1x+1y+1z, 即證x2+y2+z2≥yz+xz+xy, 即證(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2≥0, 上式恒成立,所以原不等式得證. 2.(2019湖南衡陽第八中學第三次月考,23)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|的值域為M,若t∈M,證明:t2+1≥3t+3t. 答案　(1)依題意,得f(x)=-3x,x≤-1,2-x,-1

8、, 解得-1≤x≤1. ∴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, ∴M=[3,+∞). t2-3t+1-3t=t3-3t2+t-3t=(t-3)(t2+1)t. ∵t∈M,∴t≥3,t-3≥0,t2+1>0, ∴(t-3)(t2+1)t≥0. ∴t2+1≥3t+3t. 煉技法 提能力 【方法集訓】 方法1　含絕對值不等式的解法 1.(2018河南南陽第一中學第一次月考,2)不等式|x-5|+|x+3|≥1的解

9、集是(　　) A.[-5,7] B.[-4,6] C.(-∞,-5]∪[7,+∞) D.(-∞,+∞) 答案　D　 2.(2018豫南九校5月聯(lián)考,23)已知函數f(x)=|x+1|+|x-3|. (1)若關于x的不等式f(x)f(x)min.f(x)=2x-2,x>3,4,-1≤x≤3,2-2x,x<-1,作出函數f(x)的圖象如圖所示,觀察函數的圖象,可得實數a的取值范圍是(4,+∞). (2)由題意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a

10、的解,據此有a=72+1+72-3=5,解絕對值不等式|x+1|+|x-3|<5可得-323的解集為R,則實數m的取值范圍是(　　) A.(-∞,-4)∪(2,+∞) B.(-∞,-4)∪(1,+∞) C.(-4,2) D.[-4,1] 答案　A　 2.(2020屆江西南昌質量檢測,23)已知函數f(x)=|x+2|+|x-a|. (1)當a=1時,求f(x)≤4x的解集; (2)若?x1∈R,?x2∈R,使得f(x1)=|x

11、2-2|+|x2+2|成立,求a的取值范圍. 答案　(1)當a=1時,f(x)=|x+2|+|x-1|=-2x-1,x≤-2,3,-2

12、分) g(x)=|x-2|+|x+2|≥|x-2-x-2|=4,(9分) 由題可知[|a+2|,+∞)?[4,+∞),所以|a+2|≥4, 故a∈(-∞,-6]∪[2,+∞).(10分) 方法3　不等式的證明與應用的解題方法 1.若|x-s|2t D.|x-y|>t 答案　A　 2.(2020屆河南十所名校測試,23)設函數f(x)=|x+1|+|x-2|. (1)求不等式f(x)≥4的解集; (2)設a,b,c∈R+,函數f(x)的最小值為m,且12a+1

13、3b+14c=m,求證:2a+3b+4c≥3. 答案　本題主要考查絕對值不等式,用絕對值不等式證明不等式. (1)f(x)=1-2x,x<-1,3,-1≤x≤2,2x-1,x>2.(2分) ①當x<-1時,由f(x)≥4,得1-2x≥4,所以x≤-32; ②當-1≤x≤2時,3≥4不成立,x∈?; ③當x>2時,由f(x)≥4,得2x-1≥4,所以x≥52. 所以不等式f(x)≥4的解集為-∞,-32∪52,+∞.(5分) (2)證明:由(1)知,f(x)的最小值m=3, 所以12a+13b+14c=3,(6分) 所以3(2a+3b+4c)=(2a+3b+4c)12a+13b

14、+14c =1+1+1+2a3b+3b2a+2a4c+4c2a+4c3b+3b4c ≥3+22a3b·3b2a+22a4c·4c2a+24c3b·3b4c=9,(9分) 當且僅當2a=3b=4c=1,即a=12,b=13,c=14時,等號成立. 所以2a+3b+4c≥3.(10分) 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 考點一　含絕對值不等式的解法 1.(2019課標全國Ⅱ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 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

15、值范圍. 答案　本題以絕對值函數為背景,主要考查絕對值不等式的解法,通過去絕對值號的過程著重考查學生的分類討論思想,借助不等式恒成立問題考查學生的化歸與轉化思想,體現了數學運算的核心素養(yǎng). (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,+∞). 2.(2018課標全國Ⅲ

16、,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 設函數f(x)=|2x+1|+|x-1|. (1)畫出y=f(x)的圖象; (2)當x∈[0,+∞)時,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值. 答案　(1)f(x)=-3x,x<-12,x+2,-12≤x<1,3x,x≥1. y=f(x)的圖象如圖所示. (2)由(1)知,y=f(x)的圖象與y軸交點的縱坐標為2,且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當且僅當a≥3且b≥2時,f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值為5. 3.(2018課標全國Ⅰ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 已知f(x)=|x+1

17、|-|ax-1|. (1)當a=1時,求不等式f(x)>1的解集; (2)若x∈(0,1)時不等式f(x)>x成立,求a的取值范圍. 答案　(1)當a=1時,f(x)=|x+1|-|x-1|, 即f(x)=-2,x≤-1,2x,-11的解集為xx>12. (2)當x∈(0,1)時|x+1|-|ax-1|>x成立等價于當x∈(0,1)時|ax-1|<1成立. 若a≤0,則當x∈(0,1)時|ax-1|≥1; 若a>0,則|ax-1|<1的解集為x0

18、018課標全國Ⅱ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 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. 答案　(1)當a=1時,f(x)=2x+4,x≤-1,2,-12. 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,+∞).

19、 5.(2017課標全國Ⅰ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 已知函數f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)當a=1時,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的取值范圍. 答案　(1)解法一:當a=1時,不等式f(x)≥g(x)等價于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.① 當x<-1時,①式化為x2-3x-4≤0,無解; 當-1≤x≤1時,①式化為x2-x-2≤0, 從而-1≤x≤1; 當x>1時,①式化為x2+x-4≤0, 從而1

20、x)的解集為x-1≤x≤-1+172. 解法二:g(x)=2x,x≥1,2,-1≤x<1,-2x,x<-1, 當a=1時,f(x)=-x2+x+4,在同一平面直角坐標系中,畫出g(x)與f(x)的圖象如圖,易求得A(-1,2),B-1+172,-1+17,所以f(x)≥g(x)的解集為x|-1≤x≤-1+172. (2)解法一:當x∈[-1,1]時,g(x)=2. 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價于當x∈[-1,1]時f(x)≥2. 又f(x)在[-1,1]的最小值必為f(-1)與f(1)之一, 所以f(-1)≥2且f(1)≥2, 得-1≤a≤1. 所以a的

21、取值范圍為[-1,1]. 解法二:當x∈[-1,1]時,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價于當x∈[-1,1]時f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2. 當x=0時,-x2+ax+4≥2成立. 當x∈(0,1]時,-x2+ax+4≥2化為a≥x-2x. 而y=x-2x在(0,1]上單調遞增,所以最大值為-1, 所以a≥-1. 當x∈[-1,0)時,-x2+ax+4≥2化為a≤x-2x. 而y=x-2x在[-1,0)上單調遞增,所以最小值為1, 所以a≤1. 綜上,a的取值范圍為[-1,1]. 6.(2017課標全國Ⅲ,23,10分)已知函數f(x)

22、=|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的取值范圍. 答案　(1)f(x)=-3,x<-1,2x-1,-1≤x≤2,3,x>2. 當x<-1時,f(x)≥1無解; 當-1≤x≤2時,由f(x)≥1得,2x-1≥1, 所以1≤x≤2; 當x>2時,由f(x)≥1得x>2. 所以f(x)≥1的解集為{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| =-|x|-322+54≤54, 且當x

23、=32時,|x+1|-|x-2|-x2+x=54. 故m的取值范圍為-∞,54. 考點二　不等式的證明 1.(2019課標全國Ⅰ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 已知a,b,c為正數,且滿足abc=1.證明: (1)1a+1b+1c≤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,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=ab+bc+caabc=1a+1b+1c. 所以1a+1b+1c≤a2+b2+c2. (2)因為a,b,c為正數且abc=1,故

24、有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥33(a+b)3(b+c)3(a+c)3 =3(a+b)(b+c)(a+c) ≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)=24. 所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24. 2.(2019課標全國Ⅲ,23,10分)[選修4—5:不等式選講] 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≥13成立,證明:a≤-3或a≥-1. 答案　本題主要考查不等式的證明以及基本不等式的應用,考查學生推理論證的能力,考查了邏輯推理的核心素養(yǎng).

25、 (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≥43, 當且僅當x=53,y=-13,z=-13時等號成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為43. (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+

26、(y-1)2+(z-a)2], 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥(2+a)23,當且僅當x=4-a3,y=1-a3,z=2a-23時等號成立. 因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為(2+a)23. 由題設知(2+a)23≥13,解得a≤-3或a≥-1. 3.(2017課標全國Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.證明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4; (2)a+b≤2. 證明　(1)(a+b)(a5+b5) =a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)2

27、≥4. (2)因為(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 =2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24·(a+b) =2+3(a+b)34, 所以(a+b)3≤8, 因此a+b≤2. 4.(2016課標全國Ⅱ,24,10分)已知函數f(x)=x-12+x+12,M為不等式f(x)<2的解集. (1)求M; (2)證明:當a,b∈M時,|a+b|<|1+ab|. 答案　(1)f(x)=-2x,x≤-12,1,-12-1;(3分) 當-12

28、x≥12時,由f(x)<2得2x<2, 解得x<1,(5分) 所以f(x)<2的解集M={x|-10,|x-1|

29、+|y-2|<2×a3+a3=a. C組　教師專用題組 考點一　含絕對值不等式的解法 1.(2014江西,15,5分)x,y∈R,若|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,則x+y的取值范圍為　　　　.? 答案　[0,2] 2.(2016課標全國Ⅲ,24,10分)選修4—5:不等式選講 已知函數f(x)=|2x-a|+a. (1)當a=2時,求不等式f(x)≤6的解集; (2)設函數g(x)=|2x-1|.當x∈R時,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范圍. 答案　(1)當a=2時,f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3. 因此f

30、(x)≤6的解集為{x|-1≤x≤3}.(5分) (2)當x∈R時, f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x| ≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a, 當x=12時等號成立, 所以當x∈R時,f(x)+g(x)≥3等價于|1-a|+a≥3.①(7分) 當a≤1時,①等價于1-a+a≥3,無解. 當a>1時,①等價于a-1+a≥3,解得a≥2. 所以a的取值范圍是[2,+∞).(10分) 3.(2016課標全國Ⅰ,24,10分)已知函數f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)畫出y=f(x)的圖象; (2)求不等式|f(x)|>1的解集. 答案　

31、(1)f(x)=x-4,x≤-1,3x-2,-132,(4分) y=f(x)的圖象如圖所示. (6分) (2)解法一:由f(x)的表達式及圖象知,當f(x)=1時,可得x=1或x=3; 當f(x)=-1時,可得x=13或x=5,(8分) 故f(x)>1的解集為{x|15.(9分) 所以|f(x)|>1的解集為x|x<13或15.(10分) 解法二:根據y=f(x)的分段函數表達式,有:當x≤-1時,|f(x)|>1的解集為{x|x≤-1}; 當-11的解集

32、為x|-1-32時,|f(x)|>1的解集為x|325}. 綜上,|f(x)|>1的解集為x|x<13或15. 4.(2015課標Ⅰ,24,10分)已知函數f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)當a=1時,求不等式f(x)>1的解集; (2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6,求a的取值范圍. 答案　(1)解法一:當a=1時,f(x)>1化為|x+1|-2|x-1|-1>0. 當x≤-1時,不等式化為x-4>0,無解; 當-10,解得23

33、當x≥1時,不等式化為-x+2>0,解得1≤x<2. 所以f(x)>1的解集為x231. 畫出f(x)的圖象(如圖所示),根據圖象可得不等式f(x)>1的解集為x|23a. 所以函數f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A2a-13,0,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面積為23(a+1)2. 由題設得23(a+1)2>6,故a

34、>2. 所以a的取值范圍為(2,+∞).(10分) 5.(2013課標Ⅰ,24,10分)已知函數f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)當a=-2時,求不等式f(x)-1,且當x∈-a2,12時,f(x)≤g(x),求a的取值范圍. 答案　(1)當a=-2時,不等式f(x)1. 其圖象如圖所示. 從圖象可知,當且僅當x∈(0,2)時,y<0. 所

35、以原不等式的解集是{x|01,3x-6<0, 解得0

36、5:不等式選講 已知函數f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)當a=-3時,求不等式f(x)≥3的解集; (2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范圍. 答案　(1)當a=-3時, f(x)=-2x+5,　　　x≤2,1,2

37、x-2|≥|x+a| ?4-x-(2-x)≥|x+a| ?-2-a≤x≤2-a. 由條件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0. 故滿足條件的a的取值范圍為[-3,0]. 7.(2011課標,24,10分)[河南未選]選修4—5:不等式選講 已知函數f(x)=|x-a|+3x,其中a>0. (1)當a=1時,求不等式f(x)≥3x+2的解集; (2)若不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤-1},求a的值. 答案　(1)當a=1時,f(x)≥3x+2可化為|x-1|≥2. 由此可得x≥3或x≤-1. 故當a=1時,不等式f(x)≥3x+2的解集為{x|x≥3或x≤-1}

38、. (2)由f(x)≤0得|x-a|+3x≤0. 此不等式可化為x≥a,x-a+3x≤0或x0,解得x≤-a2,即不等式f(x)≤0的解集為x|x≤-a2. ∵不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤-1}, ∴-a2=-1,故a=2. 8.(2010課標全國,24,10分)選修4—5:不等式選講 設函數f(x)=|2x-4|+1. (1)畫出函數y=f(x)的圖象; (2)若不等式f(x)≤ax的解集非空,求a的取值范圍. 答案　(1)由于f(x)=-2x+5,x<2,2x-3,x≥2, 則函

39、數y=f(x)的圖象如圖所示. (2)由函數y=f(x)與函數y=ax的圖象可知,當且僅當a≥12或a<-2時,函數y=f(x)與函數y=ax的圖象有交點.故不等式f(x)≤ax的解集非空時,a的取值范圍為(-∞,-2)∪12,+∞. 考點二　不等式的證明 1.(2015課標Ⅱ,24,10分)設a,b,c,d均為正數,且a+b=c+d.證明: (1)若ab>cd,則a+b>c+d; (2)a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要條件. 證明　證法一:(1)因為(a+b)2=a+b+2ab, (c+d)2=c+d+2cd, 由題設a+b=c+d,ab>cd得(a+b)

40、2>(c+d)2. 因此a+b>c+d. (2)(i)若|a-b|<|c-d|,則(a-b)2<(c-d)2, 即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd. 因為a+b=c+d,所以ab>cd. 由(1)得a+b>c+d. (ii)若a+b>c+d,則(a+b)2>(c+d)2, 即a+b+2ab>c+d+2cd. 因為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|. 綜上,a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要條件. 證法二:(1)假設a+b≤c+d,則有(a+b)2≤

41、(c+d)2. 由a+b=c+d得ab≤cd, 從而ab≤cd,與已知ab>cd矛盾, 故a+b>c+d. (2)(充分性)假設|a-b|≥|c-d|,則有(a+b)2-4ab≥(c+d)2-4cd, 由此得4ab≤4cd,2ab≤2cd,(a+b)2≤(c+d)2, 于是a+b≤c+d,這與a+b>c+d矛盾, 從而|a-b|<|c-d|,充分性得證. (必要性)假設a+b≤c+d,則有(a+b)2≤(c+d)2,即ab≤cd. 又a+b=c+d,故(a-b)2≥(c-d)2,即|a-b|≥|c-d|, 與|a-b|<|c-d|矛盾. 因此a+b>c+d.必要性得證.

42、 綜上,a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要條件. 2.(2014課標Ⅱ,24,10分)設函數f(x)=x+1a+|x-a|(a>0). (1)證明:f(x)≥2; (2)若f(3)<5,求a的取值范圍. 答案　(1)證明:由a>0,有f(x)=x+1a+|x-a|≥x+1a-(x-a)=1a+a≥2,所以f(x)≥2. (2)f(3)=3+1a+|3-a|. 當a>3時,f(3)=a+1a,由f(3)<5得3

43、寧,24,10分)設函數f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1.記f(x)≤1的解集為M,g(x)≤4的解集為N. (1)求M; (2)當x∈M∩N時,證明:x2f(x)+x[f(x)]2≤14. 答案　(1)f(x)=3x-3,x∈[1,+∞),1-x,x∈(-∞,1). 當x≥1時,由f(x)=3x-3≤1得x≤43,故1≤x≤43; 當x<1時,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1. 所以f(x)≤1的解集為M=x|0≤x≤43. (2)證明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16x-142≤4, 解得-14≤x≤34. 因此N=x|-1

44、4≤x≤34,故M∩N=x|0≤x≤34. 當x∈M∩N時,f(x)=1-x,于是x2f(x)+x·[f(x)]2 =xf(x)[x+f(x)] =x·f(x)=x(1-x)=14-x-122≤14. 4.(2013課標Ⅱ,24,10分)選修4—5:不等式選講 設a,b,c均為正數,且a+b+c=1,證明: (1)ab+bc+ca≤13; (2)a2b+b2c+c2a≥1. 證明　(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由題設得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3

45、(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤13. (2)易證a2b+b≥2a,b2c+c≥2b,c2a+a≥2c, 故a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c), 即a2b+b2c+c2a≥a+b+c. 所以a2b+b2c+c2a≥1. 【三年模擬】 時間:70分鐘　分值:100分 解答題(共100分) 1.(2019安徽合肥第二次教學質量檢測,23)已知f(x)=|3x+2|. (1)求f(x)≤1的解集; (2)若f(x2)≥a|x|恒成立,求實數a的最大值. 答案　(1)由f(x)≤1得|3x+2|≤1, 即-1≤3x+2≤1,解得-1≤x≤

46、-13, 所以f(x)≤1的解集為-1,-13. (2)f(x2)≥a|x|恒成立,即3x2+2≥a|x|恒成立. 當x=0時,a∈R; 當x≠0時,a≤3x2+2|x|=3|x|+2|x|. 因為3|x|+2|x|≥26當且僅當3|x|=2|x|,即|x|=63時等號成立, 所以a≤26,即a的最大值是26. 2.(2019河北省級示范性高中4月聯(lián)考,23)已知函數f(x)=|x+a|+|2x-5|(a>0). (1)當a=2時,解不等式f(x)≥5; (2)當x∈[a,2a-2]時,不等式f(x)≤|x+4|恒成立,求實數a的取值范圍. 答案　(1)當a=2時,f(x)

47、=|x+2|+|2x-5|= 3-3x,x<-2,7-x,-2≤x≤52,3x-3,x>52.(2分) 由f(x)≥5,得x<-2,3-3x≥5或-2≤x≤52,7-x≥5或x>52,3x-3≥5,(4分) 解得x≤2或x≥83,所以不等式f(x)≥5的解集為x|x≤2或x≥83.(5分) (2)因為f(x)≤|x+4|,所以|x+a|+|2x-5|≤|x+4|, 因為x∈[a,2a-2],所以2a-2>a, 所以a>2,所以x+a>0,x+4>0,得x+a+|2x-5|≤x+4, 不等式恒成立即|2x-5|≤4-a在x∈[a,2a-2]上恒成立,(7分) 不等式恒成立必須a≤

48、4,a-4≤2x-5≤4-a, 所以a+1≤2x≤9-a.(8分) 所以2a≥a+1,4a-4≤9-a,解得1≤a≤135,(9分) 結合2

49、|=-2x+2,x≤0,2,0

50、f(x)=|x+m|+|2x-n|,m,n∈(0,+∞). (1)若m=2,n=3,求不等式f(x)>5的解集; (2)若f(x)≥1恒成立,求2m+n的最小值. 答案　(1)因為m=2,n=3,所以f(x)=|x+2|+|2x-3|. 當x≤-2時,由-x-2-2x+3>5,得x<-43,∴x≤-2. 當-25,得x<0,∴-25,得x>2,∴x>2. 綜上,不等式的解集為(-∞,0)∪(2,+∞). (2)|x+m|+|2x-n|=|x+m|+x-n2+x-n2≥|x+m|+x-n2≥m+n2=

51、m+n2, ∴m+n2≥1,即2m+n≥2,則2m+n的最小值為2. 5.(2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,23)已知函數f(x)=|x-1|+|2x+4|. (1)求不等式f(x)>6的解集; (2)若f(x)-|m-1|≥0恒成立,求實數m的取值范圍. 答案　(1)依題意,得|x-1|+|2x+4|>6. 當x<-2時,原式化為1-x-2x-4>6,解得x<-3,故x<-3; 當-2≤x≤1時,原式化為1-x+2x+4>6,解得x>1,故無解; 當x>1時,原式化為x-1+2x+4>6,解得x>1,故x>1. 綜上所述,不等式f(x)>6的解集為(-∞,-3)∪(1,+

52、∞).(5分) (2)因為f(x)=|x-1|+|2x+4|=|x-1|+|x+2|+|x+2|≥|x-1|+|x+2|≥3,當且僅當x=-2時,等號成立. 故f(x)-|m-1|≥0恒成立等價于|m-1|≤3,即-3≤m-1≤3,解得-2≤m≤4, 故實數m的取值范圍為[-2,4].(10分) 6.(2020屆福建龍海第二中學期初考試,23)已知函數f(x)=|a-3x|-|2+x|. (1)若a=2,解不等式f(x)≤3; (2)若存在實數a,使得不等式f(x)≥1-a+2|2+x|成立,求實數a的取值范圍. 答案　(1)當a=2時,f(x)=|3x-2|-|x+2|,由f(

53、x)≤3得x≥23,3x-2-x-2≤3,或-2

54、,即a>1時,a∈R,∴a>1. ∴實數a的取值范圍是-52,+∞. 7.(2020屆廣西桂林十八中模擬,23)已知函數f(x)=|2x-1|+|2x+3|. (1)解不等式f(x)≥6; (2)記f(x)的最小值是m,正實數a,b滿足2ab+a+2b=m,求a+2b的最小值. 答案　(1)當x≤-32時,f(x)=-2-4x,由f(x)≥6解得x≤-2,所以x≤-2; 當-32

55、|2x-1|+|2x+3|≥|(2x-1)-(2x+3)|=4, ∴f(x)的最小值m=4. ∵a>0,b>0,∴a·2b≤a+2b22,由2ab+a+2b=4可得4-(a+2b)≤a+2b22(當且僅當a=2b時取等號), 解得a+2b≥25-2(a+2b≤-2-25舍去), ∴a+2b的最小值為25-2. 8.(2020屆河南高三調研,23)已知函數f(x)=|x-3|-|x+1|,M為不等式f(x)<2的解集. (1)求M; (2)證明:當logab∈M時,|2a-2b|<|2a+b-1-2|. 答案　(1)當x≥3時,f(x)=-4<2成立,∴x≥3; 當-1

56、時,f(x)=3-x-x-1=2-2x<2,∴02,無解. 綜上,M=(0,+∞). (2)證明:根據題意,得logab>0,∴a>1,b>1,或01,b>1時,4b-1-1>0,4-4a<0; 當0

57、a>0, 故(4b-1-1)(4-4a)<0,所以4a+4b-4a+b-1-4<0成立, 即|2a-2b|<|2a+b-1-2|成立. 9.(2018湖北重點高中聯(lián)考,23)已知函數f(x)=x|x-a|,a∈R. (1)若f(1)+f(-1)>1,求a的取值范圍; (2)若a>0,?x,y∈(-∞,a],都有不等式f(x)≤y+54+|y-a|恒成立,求a的取值范圍. 答案　(1)f(1)+f(-1)>1?|1-a|-|1+a|>1 ?a<-1,(1-a)+(1+a)>1或-1≤a≤1,(1-a)-(1+a)>1 或a>1,(a-1)-(1+a)>1?a<-1或-1≤a<-1

58、2或a∈??a<-12. 所以a∈-∞,-12. (2)當y∈(-∞,a](a>0)時,記g(y)=y+54+|y-a|, 則g(y)=y+54+|a-y|≥54+a=54+a-54≤y≤a時取“=”,即g(y)的最小值為54+a, 當x∈(-∞,a]時,f(x)=x(a-x)=-x-a22+a24, ∴x=a2時,f(x)取得最大值,為a24,故原問題轉化為a24≤54+a?a2-4a-5≤0?-1≤a≤5, 又a>0,∴a∈(0,5]. 10.(2018安徽合肥第二次教學質量檢測,23)已知函數f(x)=|3x+m|. (1)若不等式f(x)-m≤9的解集為[-1,3],求

59、實數m的值; (2)若m>0,函數g(x)=f(x)-2|x-1|的圖象與x軸圍成的三角形的面積大于60,求m的取值范圍. 答案　(1)由題意得9+m≥0①,|3x+m|≤9+m②. 解①得m≥-9. ②可化為-9-m≤3x+m≤9+m, 解得-9-2m3≤x≤3. ∵不等式f(x)-m≤9的解集為[-1,3], ∴-9-2m3=-1,解得m=-3,滿足m≥-9, ∴m=-3. (2)依題意得g(x)=|3x+m|-2|x-1|. ∵m>0, ∴g(x)=-x-m-2x≤-m3,5x+m-2-m360, 解得m>12(m<-18舍去). ∴實數m的取值范圍為(12,+∞).