（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題十六 不等式選講試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題十六　不等式選講 探考情 悟真題 【真題探秘】 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測(cè)熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 1.絕對(duì)值 不等式 (1)理解絕對(duì)值的幾何意義,并能利用含絕對(duì)值不等式幾何意義證明以下不等式: |a+b|≤|a|+|b|. |a-b|≤|a-c|+|c-b|. (2)會(huì)利用絕對(duì)值的幾何意求解以下類型的不等式: |ax+b| ≤c;|ax+b|≥c;|x-a|+|x-b|≥c. (3)了解證明不等式的基本法:比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法 2019課標(biāo)Ⅱ,23,10分 2018課標(biāo)Ⅰ,23,10分 解絕對(duì)值不等式

2、,含有絕對(duì)值的恒成立、參數(shù)取值范圍的問題 不等式的性質(zhì)和解法 ★★★ 2017課標(biāo)Ⅰ,23,10分 2017課標(biāo)Ⅲ,23,10分 解絕對(duì)值不等式,含有絕對(duì)值的存在性、參數(shù)取值范圍的問題 不等式的性質(zhì)和解法 2016課標(biāo)Ⅰ,24,10分 畫絕對(duì)值函數(shù)的圖象,解絕對(duì)值不等式 不等式的性質(zhì)和解法 2.不等式 的證明 2019課標(biāo)Ⅰ,23,10分 2019課標(biāo)Ⅲ,23,10分 2017課標(biāo)Ⅱ,23,10分 不等式的證明 基本不等式 分析解讀　　從近五年的考查情況來看,本專題內(nèi)容是高考的考查熱點(diǎn),主要考查絕對(duì)值不等式的求解、恒成立問題、存在性問題以及不等式的證明,多以解

3、答題的形式呈現(xiàn),難度中等,分值為10分.主要考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力、分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 破考點(diǎn) 練考向 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)一　絕對(duì)值不等式 1.(2020屆云南昆明第二次月考,23)已知函數(shù)f(x)=|ax-1|(a>0). (1)設(shè)不等式f(x)≤2的解集為A,集合B={x|-232對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)由|ax-1|≤2,得-2≤ax-1≤2, 又∵a>0,∴-1a≤x≤3a,得A=-1a,3a. ∵B={x|-2

4、-1a>-2,3a<2,解得a>12,a>32,∴a>32. ∴a的取值范圍是32,+∞.(4分) (2)由題意,得|ax-1|+|x+1|>32對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立,設(shè)h(x)=|ax-1|+|x+1|,因?yàn)閍>0, 所以h(x)=-(a+1)x,x<-1,(1-a)x+2,-1≤x≤1a,(a+1)x,x>1a,(6分) 所以h(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在1a,+∞上單調(diào)遞增,(7分) ①當(dāng)032,∴121時(shí),h(x)在-1,1a上單調(diào)遞減,h(x)min=h1a=

5、1a+1>32,∴1f(x)min,f(x)=2x-2,x>3,4,-1≤x≤3,2-2x,x<-1,繪制函數(shù)f(x)的圖象如圖所示,觀察函數(shù)的圖象,可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(4,+∞). (2)由題意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a的解,所以a=72+1+72-3=

6、5,求解絕對(duì)值不等式|x+1|+|x-3|<5可得-321. 當(dāng)x<-1時(shí),由-2x≤23,得x≥-3; 當(dāng)-1≤x≤1時(shí),f(x)=2≤23; 當(dāng)x>1時(shí),由2x≤23,得x≤3. 所以M=[-3,3]. (2)

7、證明:當(dāng)a,b∈M,即-3≤a,b≤3時(shí), ∵3(a+b)2-(3+ab)2=3(a2+2ab+b2)-(9+6ab+a2b2) =(a2-3)(3-b2)≤0, ∴3(a+b)2≤(3+ab)2, ∴3|a+b|≤|3+ab|. 2.(2019河南鄭州二模,23)關(guān)于x的不等式|x-2|

8、(1)及已知得1a+1b+1c=1, 又a,b,c均為正實(shí)數(shù), ∴a+4b+9c=(a+4b+9c)1a+1b+1c=14+4ba+ab+9ca+ac+9cb+4bc≥14+24ba·ab+29ca·ac+29cb·4bc=36, 當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=3c時(shí)等號(hào)成立, 故a+4b+9c≥36. 思路分析　(1)根據(jù)題意可得32-2

9、-a|+|x+1|. (1)若a=2,求不等式f(x)>x+2的解集; (2)如果關(guān)于x的不等式f(x)<2的解集不是空集,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=-2x+1(x<-1),3(-1≤x<2),2x-1(x≥2),不等式f(x)>x+2等價(jià)于x<-1,-2x+1>x+2或-1≤x<2,3>x+2或x≥2,2x-1>x+2,解得x<1或x>3. 故原不等式的解集為{x|x<1或x>3}. (2)∵f(x)=|x-a|+|x+1|≥|(x-a)-(x+1)|=|a+1|,當(dāng)(x-a)(x+1)≤0時(shí)取等號(hào), ∴若關(guān)于x的不等式f(x)<2的解集不是空集,只

10、需|a+1|<2, 解得-32,求實(shí)數(shù)x的取值范圍; (2)設(shè)g(x)=f(x)+f(ax)(a>1),若g(x)的最小值為12,求a的值. 解析　(1)f(x)+2x>2即|x+1|>2-2x?x+1≥0,x+1>2-2x或x+1<0,-x-1>2-2x?x>13, ∴實(shí)數(shù)x的取值范圍是13,+∞. (2)∵a>1,∴-1<-1a<0, ∴g(x)=-(a+1)x-2,x∈(-∞,-1),(1-a)x,x∈-1,-1a,(a+1)

11、x+2,x∈-1a,+∞. 易知函數(shù)g(x)在-∞,-1a上單調(diào)遞減,在-1a,+∞上單調(diào)遞增, ∴g(x)min=g-1a=1-1a. ∴1-1a=12,解得a=2. 方法2　與絕對(duì)值不等式有關(guān)的最值問題 1.(2020屆甘肅頂級(jí)名校階段測(cè)試一,23)已知a>0,b>0,c>0,函數(shù)f(x)=|a-x|+|x+b|+c. (1)當(dāng)a=b=c=1時(shí),求不等式f(x)>3的解集; (2)當(dāng)f(x)的最小值為3時(shí),求1a+1b+1c的最小值. 解析　(1)f(x)=|x-1|+|x+1|+1, ∴x≤-1,1-2x>3或-13或x≥1,2x+1>3, 解得x<-1

12、或x>1,故原不等式的解集為{x|x<-1或x>1}. (2)f(x)=|x-a|+|x+b|+c≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c=3, ∴1a+1b+1c=13(a+b+c)1a+1b+1c=133+ba+ab+ca+ac+cb+bc≥13×(3+2+2+2)=3,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí)取等號(hào),故1a+1b+1c的最小值為3. 2.(2019安徽黃山第二次質(zhì)量檢測(cè),12)已知f(x)=|2-x|-|4-x|. (1)關(guān)于x的不等式f(x)≥a2-3a恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若f(m)+f(n)=4,且m

13、x)=2(x≥4),2x-6(2m≥4, 故m+n>8.(10分) 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)一　絕對(duì)值不等式 1.(2019課標(biāo)Ⅱ,23,10分)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a). (1)當(dāng)a=1時(shí),求不等

14、式f(x)<0的解集; (2)若x∈(-∞,1)時(shí),f(x)<0,求a的取值范圍. 解析　本題考查不等式的基本性質(zhì),絕對(duì)值不等式的求解,以及含有參數(shù)的絕對(duì)值不等式恒成立問題.通過對(duì)絕對(duì)值不等式的分類討論考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化的能力,體現(xiàn)了邏輯推理的核心素養(yǎng). (1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1). 當(dāng)x<1時(shí),f(x)=-2(x-1)2<0;當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥0. 所以,不等式f(x)<0的解集為(-∞,1). (2)因?yàn)閒(a)=0,所以a≥1, 當(dāng)a≥1,x∈(-∞,1)時(shí),f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<0,

15、所以,a的取值范圍是[1,+∞). 思路分析　(1)當(dāng)a=1時(shí),求解絕對(duì)值不等式只需分類討論去掉絕對(duì)值.(2)首先關(guān)注f(a)=0,求得a≥1,這樣不需要分類討論就可以去掉絕對(duì)值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)<0,求解即可. 2.(2018課標(biāo)Ⅰ,23,10分)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|. (1)當(dāng)a=1時(shí),求不等式f(x)>1的解集; (2)若x∈(0,1)時(shí)不等式f(x)>x成立,求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=|x+1|-|x-1|, 即f(x)=-2,x≤-1,2x,-11的解集為xx>12

16、. (2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|x+1|-|ax-1|>x成立等價(jià)于當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|ax-1|<1成立. 若a≤0,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|ax-1|≥1; 若a>0,則|ax-1|<1的解集為x|0

17、值時(shí),f(x)>a恒成立?af(x)max. 3.(2018課標(biāo)Ⅲ,23,10分)設(shè)函數(shù)f(x)=|2x+1|+|x-1|. (1)畫出y=f(x)的圖象; (2)當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),f(x)≤ax+b,求a+b的最小值. 解析　本題考查函數(shù)的圖象與絕對(duì)值不等式恒成立問題. (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(diǎn)的縱坐標(biāo)為2,且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時(shí),f(x

18、)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值為5. 易錯(cuò)警示　對(duì)“零點(diǎn)分段法”的理解不到位 若不等式含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的絕對(duì)值并含有未知數(shù),通常先把每個(gè)絕對(duì)值內(nèi)代數(shù)式等于零時(shí)的未知數(shù)的值求出(即零點(diǎn)),然后將這些零點(diǎn)標(biāo)在數(shù)軸上,此時(shí)數(shù)軸被零點(diǎn)分成了若干段(區(qū)間),在每一區(qū)間里,每一個(gè)絕對(duì)值符號(hào)內(nèi)的代數(shù)式的符號(hào)確定,此時(shí)利用絕對(duì)值的定義可以去掉絕對(duì)值符號(hào). 解后反思　絕對(duì)值不等式問題常見類型及解題策略 (1)直接求解不等式,主要利用絕對(duì)值的意義、不等式的性質(zhì)想辦法去掉絕對(duì)值符號(hào)求解. (2)已知不等式的解集求參數(shù)值,利用絕對(duì)值三角不等式或函數(shù)求相應(yīng)最值,再求參數(shù)的取值范圍. 4

19、.(2017課標(biāo)Ⅰ,23,10分)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)當(dāng)a=1時(shí),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. 解析　本題考查含絕對(duì)值的不等式的解法,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及對(duì)數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用能力. (1)解法一(零點(diǎn)分段法):當(dāng)a=1時(shí),不等式f(x)≥g(x)等價(jià)于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.① 當(dāng)x<-1時(shí),①式化為x2-3x-4≤0,無解; 當(dāng)-1≤x≤1時(shí),①式化為x2-x-2≤0,從而-1≤x≤1; 當(dāng)x>1時(shí),①式化為x2+x-

20、4≤0,從而11,2,-1≤x≤1,-2x,x<-1, 當(dāng)a=1時(shí),f(x)=-x2+x+4,兩個(gè)函數(shù)的圖象如圖所示. 易得圖中兩條曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,2)和-1+172,-1+17,所以f(x)≥g(x)的解集為x|-1≤x≤-1+172. (2)解法一(等價(jià)轉(zhuǎn)化法):當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),g(x)=2. 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價(jià)于當(dāng)x∈[-1,1]時(shí)f(x)≥2. 又f(x)在[-1,1]內(nèi)的最小值必為f(-1)與f

21、(1)之一, 所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1. 所以a的取值范圍為[-1,1]. 解法二(分類討論法):當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),g(x)=2, 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價(jià)于x∈[-1,1]時(shí)f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2, 當(dāng)x=0時(shí),-x2+ax+4≥2成立; 當(dāng)x∈(0,1]時(shí),-x2+ax+4≥2可化為a≥x-2x,而y=x-2x在(0,1]單調(diào)遞增,最大值為-1,所以a≥-1; 當(dāng)x∈[-1,0)時(shí),-x2+ax+4≥2可化為a≤x-2x,而y=x-2x在[-1,0)單調(diào)遞增,最小值為1,所以a≤1. 綜上,a的取值范圍為[-

22、1,1]. 思路分析　(1)利用零點(diǎn)分段法或圖象法解含絕對(duì)值的不等式;(2)根據(jù)題設(shè)可去掉絕對(duì)值,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題進(jìn)行求解. 方法總結(jié)　含絕對(duì)值不等式問題的常見解法: (1)含絕對(duì)值的不等式求解問題,常利用零點(diǎn)分段討論法或數(shù)形結(jié)合法求解. (2)與恒成立相關(guān)的求參問題,常構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為求最值問題. 5.(2016課標(biāo)Ⅲ,24,10分)已知函數(shù)f(x)=|2x-a|+a. (1)當(dāng)a=2時(shí),求不等式f(x)≤6的解集; (2)設(shè)函數(shù)g(x)=|2x-1|.當(dāng)x∈R時(shí),f(x)+g(x)≥3,求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=|2x-2|+2. 解不等

23、式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集為{x|-1≤x≤3}.(5分) (2)當(dāng)x∈R時(shí), f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a, 當(dāng)x=12時(shí)等號(hào)成立,所以當(dāng)x∈R時(shí),f(x)+g(x)≥3等價(jià)于|1-a|+a≥3.①(7分) 當(dāng)a≤1時(shí),①等價(jià)于1-a+a≥3,無解. 當(dāng)a>1時(shí),①等價(jià)于a-1+a≥3,解得a≥2. 所以a的取值范圍是[2,+∞).(10分) 方法指導(dǎo)　(1)將a=2代入不等式,化簡(jiǎn)后去絕對(duì)值求解; (2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3

24、即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值. 考點(diǎn)二　不等式的證明 1.(2019課標(biāo)Ⅲ,23,10分)設(shè)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. 解析　本題主要考查不等式的證明以及基本不等式的應(yīng)用,考查學(xué)生推理論證的能力,考查了邏輯推理的核心素養(yǎng). (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+

25、(y+1)2+(z+1)2], 故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43, 當(dāng)且僅當(dāng)x=53,y=-13,z=-13時(shí)等號(hào)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+(y-1)2+(z-a)2], 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥(2+a)23,當(dāng)且僅當(dāng)x=4-a3,y=1-a3,z=2a-23時(shí)等號(hào)成立. 因此(x-2)2+(y

26、-1)2+(z-a)2的最小值為(2+a)23. 由題設(shè)知(2+a)23≥13,解得a≤-3或a≥-1. 難點(diǎn)突破　(1)考慮到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,將x-1,y+1,z+1分別看作一個(gè)整體,轉(zhuǎn)化為已知三數(shù)之和為定值,求它們平方和最小值的問題.和的平方與平方和之間存在等量關(guān)系(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘積,得到(a+b+c)2≤3(a2+b2+c2). (2)只需證明[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min≥13, 求[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min的

27、方法同第(1)問. 2.(2017課標(biāo)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　本題考查不等式的證明. (1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)2≥4. (2)因?yàn)?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. 失分警示　運(yùn)用直接法證明不等式時(shí),可以通過分析和應(yīng)用條件逐步逼近

28、結(jié)論,在證明過程中易因邏輯混亂而失分. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一　絕對(duì)值不等式 1.(2015重慶,16,5分)若函數(shù)f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值為5,則實(shí)數(shù)a=　　　　.? 答案　-6或4 2.(2019江蘇,21C,10分)設(shè)x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2. 解析　本題主要考查解不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解和推理論證能力. 當(dāng)x<0時(shí),原不等式可化為-x+1-2x>2,解得x<-13; 當(dāng)0≤x≤12時(shí),原不等式可化為x+1-2x>2,即x<-1,無解; 當(dāng)x>12時(shí),原不等式可化為x+2x-1>2,解得x>1. 綜上,原不等

29、式的解集為x|x<-13或x>1. 考點(diǎn)二　不等式的證明 1.(2016江蘇,21D,10分)設(shè)a>0,|x-1|0,b>0,且a+b=1a+1b.證明: (1)a+b≥2; (2)a2+a<2與b2+b<2不可能同時(shí)成立. 證明　由a+b=1a+1b=a+bab,a>0,b>0,得ab=1. (1)由基本不等式及ab=1,有a+b

30、≥2ab=2,即a+b≥2. (2)假設(shè)a2+a<2與b2+b<2同時(shí)成立,則由a2+a<2及a>0得0

31、. 解析　(1)當(dāng)a=1時(shí),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(jià)于|x+a|+|x-2|≥4. 而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且當(dāng)x=2時(shí)等號(hào)成立. 故f(x)≤1等價(jià)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,+∞). 方法總結(jié)　解含有兩個(gè)或兩個(gè)以上絕對(duì)值的不等式,常用零點(diǎn)分段法或數(shù)形結(jié)合法求解;求含有兩個(gè)或兩個(gè)以上絕對(duì)值的函數(shù)的最值,常用絕對(duì)值三角不等式或數(shù)形結(jié)合法求解. 3.(2016課標(biāo)Ⅰ,24,10分

32、)已知函數(shù)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. 解析　(1)f(x)=x-4,x≤-1,3x-2,-132,(3分) y=f(x)的圖象如圖所示.(5分) (2)由f(x)的表達(dá)式及圖象,當(dāng)f(x)=1時(shí),可得x=1或x=3;(6分) 當(dāng)f(x)=-1時(shí),可得x=13或x=5,(7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) 4.(2016課標(biāo)

33、Ⅱ,24,10分)已知函數(shù)f(x)=x-12+x+12,M為不等式f(x)<2的解集. (1)求M; (2)證明:當(dāng)a,b∈M時(shí),|a+b|<|1+ab|. 解析　(1)f(x)=-2x,x≤-12,1,-12-1;(3分) 當(dāng)-12

34、)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0. 因此|a+b|<|1+ab|.(10分) 5.(2015課標(biāo)Ⅰ,24,10分)已知函數(shù)f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)當(dāng)a=1時(shí),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. 解析　(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)>1化為|x+1|-2|x-1|-1>0. 當(dāng)x≤-1時(shí),不等式化為x-4>0,無解; 當(dāng)-10,解得230,解得1≤x<2. 所以f(x)>1的解集為x23<

35、x<2.(5分) (2)由題設(shè)可得,f(x)=x-1-2a,x<-1,3x+1-2a,-1≤x≤a,-x+1+2a,x>a. 所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)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(shè)得23(a+1)2>6,故a>2. 所以a的取值范圍為(2,+∞).(10分) 解后反思　分類討論解不等式應(yīng)做到不重不漏,在某個(gè)區(qū)間上解不等式時(shí)一定要注意區(qū)間的限制性. 6.(2015江蘇,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2. 解析　原不等式可化為x<-32,-x-3≥2或x≥-32,3x+3≥2.

36、 解得x≤-5或x≥-13. 綜上,原不等式的解集是x|x≤-5或x≥-13. 7.(2013課標(biāo)Ⅰ,24,10分)已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)當(dāng)a=-2時(shí),求不等式f(x)-1,且當(dāng)x∈-a2,12時(shí),f(x)≤g(x),求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=-2時(shí),不等式f(x)1. 其圖象如圖所示.從圖象可知,當(dāng)且僅當(dāng)x∈(0,2

37、)時(shí),y<0.所以原不等式的解集是{x|0

38、a,b,c,d為實(shí)數(shù),且a2+b2=4,c2+d2=16,證明:ac+bd≤8. 證明　本小題主要考查不等式的證明,考查推理論證能力. 由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 因?yàn)閍2+b2=4,c2+d2=16, 所以(ac+bd)2≤64, 因此ac+bd≤8. 2.(2015課標(biāo)Ⅱ,24,10分)設(shè)a,b,c,d均為正數(shù),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　(1)因?yàn)?a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd, 由題設(shè)a+b=c+d

39、,ab>cd得(a+b)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?yàn)閍+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?yàn)閍+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. 思路分析　(1)證明(a+b

40、)2>(c+d)2即可. (2)兩不等式的兩邊都為非負(fù)數(shù),可通過兩邊平方來證明. 易錯(cuò)警示　在證明充要條件時(shí),既要證明充分性,也要證明必要性,否則會(huì)扣分. 3.(2014課標(biāo)Ⅱ,24,10分)設(shè)函數(shù)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. 解析　(1)證明:由a>0,得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(dāng)a>3時(shí),f(3)=a+1a,由f(3)<5得3

41、由f(3)<5得1+52

42、,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. 思路分析　(1)利用a2+b2≥2ab及(a+b+c)2=1證明不等式. (2)a+b+c=1,原不等式可轉(zhuǎn)化為a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c).兩兩結(jié)合,利用基本不等式證明. 【三年模擬】 解答題(共80分) 1.(2020屆四川天府名校第一輪聯(lián)考,23)關(guān)于x的不等式|x+m|≤n的解集為[-6,2]. (1)求實(shí)數(shù)m,n的值; (2)若實(shí)數(shù)y,z滿足|my+z|<13,|y-nz|<13,

43、求證:|z|<19. 解析　(1)由|x+m|≤n,得-n≤x+m≤n,即-n-m≤x≤n-m, 則-n-m=-6,n-m=2,解得m=2,n=4. (2)證明:由(1)可知|2y+z|<13,|y-4z|<13, 所以9|z|=|(2y+z)-2(y-4z)|≤|2y+z|+2|y-4z|<13+2×13=1, 所以|z|<19. 2.(2020屆四川成都外國(guó)語學(xué)校10月階段性檢測(cè),23)已知a≥0,b≥0,f(x)=|x+a|+|2x-b|. (1)若a=0,b=2,求f(x)≤2的解集; (2)若f(x)的最小值為1,求a+b的最大值. 解析　(1)f(x)=|x|+|

44、2x-2|=3x-2,x≥1,2-x,0≤x<1,-3x+2,x<0, ∴x≥1,3x-2≤2或0≤x<1,2-x≤2或x<0,-3x+2≤2,解得0≤x≤43. 故f(x)≤2的解集為0,43. (2)易知f(x)min=fb2=a+b2=1,∴2a+b=2. ∴(a+b)2=2a·22+b·12≤(2a+b)12+1=3(柯西不等式),當(dāng)且僅當(dāng)2a+b=2,2ab=22,即a=13,b=43時(shí)等號(hào)成立, ∴a+b的最大值為3. 3.(2020屆遼寧沈陽鐵路實(shí)驗(yàn)中學(xué)10月月考,23)已知函數(shù)f(x)=|x-a|. (1)若不等式f(x)≤3的解集為{x|-1≤x≤5},求實(shí)數(shù)a

45、的值; (2)在(1)的條件下,若存在x∈R使得f(x)+f(x+5)≤m成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解析　本題考查根據(jù)絕對(duì)值不等式的解集求解參數(shù)值,存在性問題,考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力. (1)由f(x)≤3得|x-a|≤3,即-3≤x-a≤3,解得a-3≤x≤a+3, 又f(x)≤3的解集為{x|-1≤x≤5},∴a-3=-1,a+3=5,解得a=2. (2)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=|x-2|, ∴f(x)+f(x+5)=|x-2|+|x+3|≥|(x-2)-(x+3)|=5(當(dāng)且僅當(dāng)-3≤x≤2時(shí)取等號(hào)), ∴m≥5時(shí),存在x∈R,使得f(x)+f(x+5)≤m, ∴m的取值

46、范圍為[5,+∞). 4.(2020屆云南名校適應(yīng)性統(tǒng)考,23)已知a,b,c,d為正數(shù),且滿足abcd=1,證明: (1)(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16; (2)1ab+1bc+1cd+1ad≤a2+b2+c2+d2. 證明　本題考查了不等式的證明,重點(diǎn)考查了基本不等式的應(yīng)用,意在考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想和邏輯推理能力. (1)因?yàn)閍,b,c,d為正數(shù),所以a+b≥2ab,b+c≥2bc,c+d≥2cd,d+a≥2ad(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)等號(hào)同時(shí)成立), 所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥2ab×2bc×2cd×2ad=16abcd. 又abcd=1,

47、所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)等號(hào)成立). (2)因?yàn)閍bcd=1,所以1ab+1bc+1cd+1ad=1ab+1bc+1cd+1adabcd=cd+ad+ab+bc. 又2(a2+b2+c2+d2)=(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+d2)+(d2+a2)≥2ab+2bc+2cd+2da(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)等號(hào)成立), 所以2(a2+b2+c2+d2)≥21ab+1bc+1cd+1ad, 即1ab+1bc+1cd+1ad≤a2+b2+c2+d2(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)等號(hào)成立). 5.(2020屆河南洛陽尖子生第一次聯(lián)考,

48、23)設(shè)函數(shù)f(x)=x-|x+2|-|x-3|-m,若?x∈R,1m-4≥f(x)恒成立. (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)求證:log(m+1)(m+2)>log(m+2)(m+3). 解析　(1)∵?x∈R,1m-4≥f(x)恒成立, ∴m+1m≥x-|x+2|-|x-3|+4恒成立. 令g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4=3x+3,x<-2,x-1,-2≤x≤3,-x+5,x>3. ∴函數(shù)g(x)在(-∞,3]上是增函數(shù),在(3,+∞)上是減函數(shù).(3分) ∴g(x)max=g(3)=2, ∴m+1m≥g(x)max=2,(4分) 即m+1m-2≥0?m2-2

49、m+1m=(m-1)2m≥0,∴m>0, ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,+∞).(5分) (2)證明:由m>0,知m+3>m+2>m+1>1, 則lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1=0. 要證log(m+1)(m+2)>log(m+2)(m+3), 只需證lg(m+2)lg(m+1)>lg(m+3)lg(m+2), 即證lg(m+1)·lg(m+3)log(m

50、+2)(m+3)成立.(10分) 6.(2019湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考,23)已知函數(shù)f(x)=x2-6x+9+x2+8x+16. (1)求f(x)≥f(4)的解集; (2)設(shè)函數(shù)g(x)=k(x-3),k∈R,若f(x)>g(x)對(duì)任意的x∈R都成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 解析　(1)f(x)=x2-6x+9+x2+8x+16=(x-3)2+(x+4)2=|x-3|+|x+4|, ∴f(x)≥f(4)即|x-3|+|x+4|≥9, ∴①x≤-4,3-x-x-4≥9或②-4

51、所以f(x)≥f(4)的解集為{x|x≤-5或x≥4}.(5分) (2)f(x)>g(x),即f(x)=|x-3|+|x+4|的圖象恒在g(x)=k(x-3)圖象的上方, 作出f(x)=|x-3|+|x+4|=-2x-1,x≤-4,7,-4

52、)≤2的解集; (2)若直線y=kx-2與函數(shù)f(x)的圖象有公共點(diǎn),求k的取值范圍. 解析　(1)由f(x)≤2,得x≤1,2-2x≤2或1

53、中等九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考,23)已知函數(shù)f(x)=|x-2|+|m+x|的圖象的對(duì)稱軸為x=1. (1)求不等式f(x)≥x+2的解集; (2)若函數(shù)f(x)的最小值為M,正數(shù)a,b滿足a+b=M,求1a+2b的最小值. 解析　(1)∵函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為x=1=2-m2,∴m=0, ∴f(x)=|x|+|x-2|=-2x+2,x≤0,2,0