2020年高三数学三轮复习回归基础专题不等式选讲
专题5 数列(一)-2020届高三数学三轮复习回归课本复习讲义
数列(一)一、回归教材1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n＋1a n＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．②通项公式法a n＝cq n(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．③中项公式法a2n＋1＝a n·a n＋2(a n·a n＋1·a n＋2≠0，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n·b n}(其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和．(3)通项公式形如a n＝c(an＋b1)(an＋b2)(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n＝(－1)n·n或a n＝a·(－1)n(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n＝a n＋b n形式的数列求和问题的方法，其中{a n}与{b n}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n.4．常见的拆项公式(其中n∈N*)∈1n n＋1＝_________.∈1n n＋k＝1k⎝⎛⎭⎫1n－1n＋k.∈12n－12n＋1＝_____________.∈若等差数列{a n}的公差为d，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1；1a n a n＋2＝12d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋2.∈1n n＋1n＋2＝12⎣⎡⎦⎤1n n＋1－1n＋1n＋2.∈1n＋n＋1＝n＋1－n.∈1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．5．公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如∈1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；∈1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝________； ∈12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．6．重要性质及结论(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋_______；等比数列中，a n ＝a m ________. (2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为________；若公差小于零，则数列为________．②等比数列中，若a 1>0且q >1或a 1<0且0<q <1，则数列为________；若a 1>0且0<q <1或a 1<0且q >1，则数列为________． 7．常见的放缩技巧(1)1n －1n ＋1＝1n (n ＋1)<1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n ； (2)1n 2<1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1； (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n －1)；(4)利用(1＋x )n 的展开式进行放缩． 8．必用技法 (1)求数列的通项公式①利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1， ，n ≥2.②公式法．③累加法：满足a n ＋1－a n＝f (n )．④累乘法：满足a n ＋1a n＝f (n )．⑤将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．(2)常见的求和的方法 ①公式法求和．②错位相减法．③裂项相消法．④倒序相加法．⑤分组求和法．(3)主要思想：分类讨论二、易错提醒1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a nb n 时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.不清楚裂项和拆项的规律，导致多项或少项“裂项法”的特点：①分式的每个分子相同，分母都是两个(或三个)代数式相乘，若不具备就需要转化．②剩余项一般是前后对称．常见形式有：a n (n ＋1)，a n 2＋2n ，an ＋n ＋1.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．9．忽视对等比数列中公比的分类讨论在解决等比数列{a n }的前n 项和时，通常只想到S n ＝a 1(1－q n )1－q，把q ＝1的情况不自觉地排除在外，这是对前n 项和公式理解不透所致．解等比数列的问题，一定要注意对公比的分类讨论． 三、保命训练(一)选择题1.(必修5 P 68B 组T 1(1)改编)已知{a n }是等比数列，a n >0，且a 25＋a 3a 7＝8.则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝( )A ．8B ．9C ．10D ．112.(必修5 P 68A 组T 8改编)S n 是等差数列{a n }的前n 项之和，若S 7－S 2＝45，则 S 9为( )A ．54B ．63C ．72D ．813.(必修5 P 38例3改编)已知p ：数列{a n }是等差数列，q ：数列{a n }的通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2均为常数)，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 4.(必修5 P 53A 组T 1(4)改编)在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，设b n ＝log 2a n ，{b n }的前n 项和为S n ，则S n >10时n 的最小值为( )A ．5B ．6C ．7D ．85.(必修5 P 61A 组T 6改编)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S 3，S 9，S 6成等差数列，下列结论正确的是( )A ．a 1，a 7，a 4成等差数列B ．a 1，a 7，a 4成等比数列C ．a 1，2a 7，a 4成等差数列D ．a 1，2a 7，a 4成等比数列 6.(必修5 P 67A 组T 2(3)改编)数列7，77，777，7 777，…的通项公式是( )A ．a n ＝7(10n －1－1)B ．a n ＝79(10n －1)C ．a n ＝79(10n －1－1) D ．a n ＝7(10n －1)(二)填空题7.(必修5 P 46B 组T 2改编)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝20，S 12＝50，则S 18的值为________．8.(必修5 P 53A 组T 1(4)改编)在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． (三)解答题9.(必修5，P 46B 组T 4改编)在等差数列{a n }中，公差为d ≠0，a 1＝2且a 5是a 3与a 8的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（a n －1）a n，求数列{b n }的前2 016项的和．10.(必修5 P 33A 组T 4(1)改编)已知数列{a n }，a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1.(1)是否存在常数C ，使{a n ＋C }是等比数列，若存在，求出C ，若不存在，说明理由； (2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n .11.(必修5 P46A组T6改编)两个等差数列{a n}与{b n}的前3项分别为2，6，10与2，8，14，由这两个等差数列的公共项从小到大的顺序构成一个新数列{c n}．(1)求数列{c n}的通项公式；(2)若n<m，且c1，c n，c m成等比数列，求m的最小值．12.(必修5 P47A组T4改编)已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n＝a n（a n＋1）2，n∈N*.(1)求证：数列{a n}是等差数列；(2)设b n＝12S n，T n＝b1＋b2＋…＋b n，求T n.数列(一)答案一、回归教材4. ①1n －1n ＋1③12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 5. ②n 2 6.(1)(n －m )d q n－m(2)①递增数列 递减数列 ②递增数列 递减数列三、保命训练(一)选择题1.解析：选 B.∵ a 25＋a 3a 7＝8.a n >0.∴2a 25＝8.∴a 5＝2.∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2[(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)·(a 4a 6)·a 5]＝log 2(a 5)9＝9 log 22＝9.2.解析：选D.法一：∵S 7－S 2＝45.即a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝45.即5a 5＝45，a 5＝9，∴S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝81.法二：∵S 7－S 2＝45，∴7a 1＋21d －(2a 1＋d )＝45.即a 1＋4d ＝9.∴S 9＝9a 1＋36d ＝9(a 1＋4d )＝9×9＝81.3.解析：选C.若{a n }是等差数列，不妨设公差为d .∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，令k 1＝d ，k 2＝a 1－d ，则a n ＝k 1n ＋k 2，若数列{a n }通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2为常数，n ∈N *)， 则当n ≥2且n ∈N *时，a n －1＝k 1(n －1)＋k 2，∴a n －a n －1＝k 1(常数)(n ≥2且n ∈N *)，∴{a n }为等差数列，∴p 是q 的充要条件．4.解析：选B.由⎩⎪⎨⎪⎧a 5－a 1＝15a 4－a 2＝6⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q 4－1）＝15a 1q （q 2－1）＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16q ＝12，∵a n >0，∴a 1＝1，q ＝2，a n ＝2n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 22n －1＝n －1；∴S n ＝b 1＋b n 2×n ＝n （n －1）2，由S n >10得n 2－n －20>0，解得n >5，故n 的最小值为6.5.解析：选A.显然q ＝1时不合题意，依题意得S 3＋S 6＝2S 9即a 11－q (1－q 3)＋a 11－q (1－q 6)＝2a 11－q (1－q 9)⇒1＋q 3＝2q 6⇒a 1＋a 1q 3＝2a 1q 6⇒a 1＋a 4＝2a 7，∴a 1，a 7，a 4成等差数列． 6.解析：选B.a n ＝77…7n 个＝7(1＋10＋102＋…＋10n －1)＝7×1－10n 1－10＝79(10n－1)． (二)填空题7.解析：∵数列{a n }为等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，∴由等差数列性质可知S 6，S 12－S 6，S 18－S 12也构成等差数列，∴S 18－S 12＝40，∴S 18＝90.答案：908.解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.∴a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1.①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0，∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1·22＝4.答案：4 (三)解答题9.解：(1)依题意a 25＝a 3·a 8，即(2＋4d )2＝(2＋2d )(2＋7d )⇒d 2＝d ，又d ≠0，∴d ＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.(2)b n ＝1（a n －1）a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴S 2 016＝b 1＋b 2＋…＋b 2 016＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(12 015－12 016)＋(12 016－12 017)＝1－12 017＝2 0162 017.10.解：(1)∵a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1，∴a n ＋C ＝4a n －1＋1＋C ＝4(a n －1＋1＋C 4)，令C ＝1＋C 4，即C ＝13.当C ＝13时，a n ＋13＝4(a n －1＋13)．∴存在常数C ＝13，使{a n ＋13}是首项为a 1＋13＝56，公比为4的等比数列．(2)由(1)知．a n ＋13＝56×4n －1，∴a n ＝56×4n －1－13，即数列{a n }的通项公式为a n ＝56×4n －1－13，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝56(40＋41＋42＋…＋4n －1)－n 3＝56·1－4n 1－4－n 3＝518·4n －n 3－518.∴数列{a n }的前n 项之和为S n ＝518·4n －n 3－518. 11.解：(1)依题意{a n }的通项公式为a n ＝4n －2，{b n }的通项公式为b n ＝6n －4，设c n ＝a m ＝b k ，则4m －2＝6k －4，即m ＝3k －12，∴3k －1必为偶数，又k ∈N *，∴3k 必为奇数，∴k必为奇数，设k ＝2n －1，n ∈N *，则m ＝3n －2，∴c n ＝a 3n －2＝b 2n －1＝12n －10，故{c n }的通项公式为c n ＝12n －10.(2)由(1)知，c 1＝2，c n ＝12n －10，c m ＝12m －10，m >n .依题意得2(12m －10)＝(12n －10)2， ∴m ＝6⎝⎛⎭⎫n －562＋56(n ∈N *)．由二次函数知y ＝6⎝⎛⎭⎫x －562＋56在⎣⎡⎭⎫56，＋∞上单调递增，又当n ＝1时m ＝1与m >n 矛盾，当n ＝2时，m ＝6×4936＋56＝9，满足m >n ，∴所求m 的最小值为9.12.解：(1)证明：∵S n ＝a n （a n ＋1）2，n ∈N *，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1（a 1＋1）2(a n >0)，∴a 1＝1.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)，∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n （n ＋1）2，b n ＝12S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.。
2020年高考数学分类之不等式选讲详解
（2）求不等式 f (x) f (x 1) 的解集．
【答案】（1）详解解析；（2）
,
7 6
.
【详解】
x 3, x 1
（1）因为
f
x 5x 1,
1 3
x 1 ，作出图象，如图所示：
x 3, x 1 3
（2）将函数 f x 的图象向左平移1个单位，可得函数 f x 1 的图象，如图所示：
四.基本不等式 9．（2020 海南卷 12 山东卷 11)已知 a 0 ， b 0 ，且 a b 1，则（ ）
A． a2 b2 1 2
B． 2a b 1
2
C． log a log b 2
2
2
D． a b 2
【答案】ABD
【详解】对于
A， a2
b2
a2
1 a 2
2a2
2a1
x 1,
的最大值为_________．
【答案】7
【详解】不等式组所表示的可行域如图
因为 z 3x 2y ，所以 y 3x z ，易知截距 z 越大，则 z 越大，
22
2
平移直线 y 3x ，当 y 3x z 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大，
2
22
y 2x x 1
由
x 1
，得
y
2
，
A(1,
2)
，
所以 zmax 3 1 2 2 7 .
故答案为：7.
2x y 2 0,
7．（2020·全国Ⅰ卷高考真题（文理
13））若
x，y
满足约束条件
x
y
1
0,
y 1 0,
则z x7y
的最大值为____________.
专题 不等式选讲-2020年高考数学(理)二轮专项复习
专题 不等式选讲不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法以及数学归纳法在不等式中的应用等，命题的热点是绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．本部分命题形式单一、稳定，是三道选考题目中最易得分的，所以可重点突破. 【知识要点】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|＞a (a ＞0)⇔f (x )＞a 或f (x )＜－a ； (2)|f (x )|＜a (a ＞0)⇔－a ＜f (x )＜a ；(3)|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 2．绝对值三角不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式． 3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，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a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．4．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立． (2)若a i，b i(i ∈N *)为实数，则(∑ni ＝1a 2i)(∑ni ＝1b 2i)≥(∑ni ＝1a i b i )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|a |·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立． 【复习要求】（1）理解绝对值的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：① ;b a b a +≤+② ;b c c a b a -+-≤-（2）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：c b ax ≤+ c b ax ≥+ a b x c x ≥-+-（3）会用不等式①和②证明一些简单问题。
高三数学回归课本知识总结--不等式
六、不等式1、不等式的基本性质①（对称性）a b b a >⇔> ②（传递性）,a b b c a c >>⇒> ③（可加性）a b a c b c >⇔+>+ （同向可加性）d b c a d c b a +>+⇒>>, （异向可减性）d b c a d c b a ->-⇒<>, ④（可积性）bc ac c b a >⇒>>0, bc ac c b a <⇒<>0,⑤（同向正数可乘性）0,0a b c d ac bd >>>>⇒> （异向正数可除性）0,0a b a b c d cd>><<⇒>⑥（平方法则）0(,1)n n a b a b n N n >>⇒>∈>且 ⑦（开方法则）0,1)a b n N n >>∈>且 ⑧（倒数法则）ba b a b a b a 110;110>⇒<<<⇒>> 注意课本上的几个性质，另外需要特别注意： ①若ab>0，则11a b>。
即不等式两边同号时，不等式两边取倒数，不等号方向要改变。
②如果对不等式两边同时乘以一个代数式，要注意它的正负号，如果正负号未定，要注意分类讨论。
如：已知11x y -≤+≤，13x y ≤-≤，则3x y -的取值范围是______（答：137x y ≤-≤）； 2、比较大小的常用方法：（1）作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果；（2）作商（常用于分数指数幂的代数式）；（3）分析法；（4）平方法；（5）分子（或分母）有理化；（6）利用函数的单调性；（7）寻找中间量与“0”比，与“1”比或放缩法 ；(8)图象法。
其中比较法（作差、作商）是最基本的方法。
2020届高考数学一轮复习15.2不等式选讲课件
考点131
9.(2017·全国2,理23文23,10分,难度★★)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4; (2)a+b≤2.
解(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)2≥4. (2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 =2+3ab(a+b)≤2+3(������+4 ������)2(a+b) =2+3(������+4 ������)3, 所以(a+b)3≤8,因此 a+b≤2.
考点131
������-4,������ ≤ -1,
解(1)f(x)=
3������-2,-1
<
������
≤
3 2
,
-������
+
4,������
>
3 2
,
y=f(x)的图象如图所示.
(2)由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,
可得x=1或x=3;
当 f(x)=-1 时,可得 x=13或 x=5, 故 f(x)>1 的解集为{x|1<x<3};
考点131
(2)证明由于[(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)]
2020年高考数学复习：不等式选讲
不等式选讲[题型分析·高考展望] 本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．常考题型精析题型一 含绝对值不等式的解法例1 已知函数f (x )＝|x －a |，其中a ＞1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值． 点评 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．变式训练1 (2014·重庆改编)若不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．题型二 不等式的证明例2 (1)已知x ，y 均为正数，且x >y .求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3. (2)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 求证：|y |<518.点评 (1)作差法应该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．变式训练2 (1)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. (2)已知a ，b ，c 均为正数，a ＋b ＝1，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 题型三 利用算术—几何平均不等式或柯西不等式证明或求最值例3 (1)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立；(2)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，求3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值． 点评 利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时，首先要观察式子特点，构造出基本不等式或柯西不等式的结构形式，其次要注意取得最值的条件是否成立．变式训练3 (2015·福建)已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．高考题型精练1．(2015·江苏)解不等式x＋|2x＋3|≥2.2．(2015·陕西)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．(1)求实数a，b的值；(2)求at＋12＋bt的最大值．3．(2014·课标全国Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．4．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．5．设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.6．(2014·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)． (1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．7．(2014·福建)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≥3.8．(2015·课标全国Ⅰ)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．答案精析第43练 不等式选讲常考题型精析例1 解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2＜x ＜4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2＜x ＜4时，f (x )≥4－|x －4|无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|得2x －6≥4，解得x ≥5；所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0＜x ＜a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.变式训练1 解 设y ＝|2x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎨⎧ －3x －1，x <－2，－x ＋3，－2≤x <12，3x ＋1，x ≥12.当x <－2时，y ＝－3x －1>5；当－2≤x <12时，y ＝－x ＋3>52；当x ≥12时，y ＝3x ＋1≥52，故函数y ＝|2x －1|＋|x ＋2|的最小值为52.因为不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，所以52≥a 2＋12a ＋2.解不等式52≥a 2＋12a ＋2，得－1≤a ≤12，故a 的取值范围为[－1，12]． 例2 证明 (1)因为x >0，y >0，x －y >0，2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥ 33(x －y )21(x －y )2＝3， 所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3， (2)因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 从而3|y |<23＋16＝56， 所以|y |<518. 变式训练2 证明 (1)当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立．当|a ＋b |≠0时，由0<|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |，所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1 ≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b | ≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c＋c ≥2b ， c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ， 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 例3 解 (1)方法一 因为a ，b ，c 均为正数，由算术—几何平均不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，① 1a ＋1b ＋1c≥3(abc )13-， 所以(1a ＋1b ＋1c )2≥9(abc )23-.② 故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2 ≥3(abc )23＋9(abc ) 23-. 又3(abc ) 23＋9(abc ) 23-≥227＝63，③ 所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )23-时，③式等号成立． 故当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原不等式等号成立．方法二 因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac .所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac .①同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac，② 故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2 ≥ab ＋bc ＋ac ＋3ab ＋3bc ＋3ac≥6 3.③ 所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立．故当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原不等式等号成立．(2)方法一 利用算术—几何平均不等式 (3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2＝(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋23a ＋1·3b ＋1＋23b ＋1·3c ＋1＋23a ＋1·3c ＋1 ≤(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)＋[(3a ＋1)＋(3b ＋1)]＋[(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＋[(3a ＋1)＋(3c ＋1)] ＝3[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]＝18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32， ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.方法二 利用柯西不等式∵(12＋12＋12)[(3a ＋1)2＋(3b ＋1)2＋(3c ＋1)2]≥(1·3a ＋1＋1·3b ＋1＋1·3c ＋1)2∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤3[3(a ＋b ＋c )＋3]．又∵a ＋b ＋c ＝1，∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)2≤18， ∴3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤32， 当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时，等号成立． ∴(3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1)max ＝3 2.变式训练3 解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立．又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b .所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝⎛⎭⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝⎛⎭⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立． 故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87. 高考题型精练1．解 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－32，－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－32，3x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.综上，原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－5或x ≥－13. 2．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧ －b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t ＝34－t ＋t ≤[(3)2＋12][(4－t )2＋(t )2] ＝24－t ＋t ＝4， 当且仅当4－t 3＝t 1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.3．解 (1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab ，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立． 故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.4．解 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}．(2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，a －x ＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式组的解集为{x |x ≤－a 2}． 由题设可得－a 2＝－1，故a ＝2. 5．证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 6．(1)证明 由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪x ＋1a －(x －a )＝1a＋a ≥2. 所以f (x )≥2.(2)解 f (3)＝⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |. 当a >3时，f (3)＝a ＋1a， 由f (3)<5，得3<a <5＋212. 当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a， 由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是(1＋52，5＋212)． 7．(1)解 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(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.8．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－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1； 当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2. 由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2. 所以a 的取值范围为(2，＋∞)．。
2020年高三数学三轮复习回归基础专题集合与常用逻辑用语
集合与常用逻辑用语
集合
概念
一组对象的全体.
元素特点：互异性、无序性、确定性
关系
子集
个元素集合子集数
真子集
相等运算交集Fra bibliotek并集补集
常用逻辑用语
命题
概念
能够判断真假的语句
四种
命题
原命题：若 ，则
原命题与逆命题，否命题与逆否命题互逆；原命题与否命题、逆命题与逆否命题互否；原命题与逆否命题、否命题与逆命题互为逆否。互为逆否的命题等价
类比集合的交
非命题
和 为一真一假两个互为对立的命题
类比集合的补
量词
全称量词
，含全称量词的命题叫全称命题，其否定为特称命题
存在量词
，含存在量词的命题叫特称命题，其否定为全称命题
逆命题：若 ，则
否命题：若 ，则
逆否命题：若 ，则
充要
条件
充分条件
， 是 的充分条件
若命题 对应集合 ，命题 对应集合 ，则 等价于 ， 等价于 。
必要条件
， 是 的必要条件
充要条件
， 互为充要条件
逻辑
连接词
或命题
， 有一为真即为真， 均为假时才为假
类比集合的并
且命题
， 均为真时才为真， 有一为假即为假
2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导 专题8 不等式选讲
2020年高考数学二轮复习重点专题冲刺复习指导 专题8 不等式选讲【高考考场实情】不等式选讲为高考选考内容之一。
一道解答题，满分10分，考查难度定位中等偏易，是考生容易突破的一道题目。
【考查重点难点】主要考查解绝对值不等式，根据给定条件求参数的取值范围，用基本不等式研究代数式的最值及不等式证明的比较法、综合法、分析法等，交汇考查集合的概念、绝对值的概念、函数的概念、函数的图像与性质、二次不等式、基本不等式等.下面从学生存在的主要问题剖析出发，提出相应的教学对策。
【存在问题分析】（一）绝对值不等式求解技能掌握不到位 【例题1】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数2()4f x x ax =-++，()11g x x x =++-． （Ⅰ）当1a =时，求不等式()()f x g x ≥的解集；【解析】（Ⅰ）当1a =时，求不等式()()f x g x ≥等价于2411x ax x x -++≥++-① 当1x <-时，①等价于2340x x --≤，此时不等式无解；当11x -≤≤时，①等价于220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①等价于240x x +-≤，从而1171x -+<≤； 所以()()f x g x ≥的解集为117|12x x ⎧⎫-+⎪⎪-<≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭【名师点睛】本题主要的易错点在于分类后的“整合”.其一是“整合”错误，误以为得到解集为所分类各不等式解集的交集.另一是没有进行“整合”，认为解集为三种情况：当1-<x 时，原不等式的解集为{}14x x -≤≤；当11≤≤-x 时，原不等式的解集为{}12x x -≤≤；当1>x 时，原不等式的解集为11711722x x ⎧⎫---+⎪⎪≤≤⎨⎬⎪⎪⎩⎭，错因在于与因参数对解集的影响而分类讨论的问题混淆，对解绝对值不等式的基本原理认识不到位所致.（二）不能对条件进行正确的等价转化 【例题2】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-． （Ⅱ）若不等式()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，求a 的取值范围．【解析】不等式()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-等价于()()f x g x ≥在[1,1]-恒成立，即242x ax -++≥在[1,1]-恒成立，即220x ax --≤在[1,1]-恒成立，解得11a -≤<【名师点睛】本题主要考查不等式解集的概念、绝对值的意义、函数图像与性质等基础知识. 解答中的主要问题在于题意的理解与问题的等价转化. 不能将条件“不等式()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-”等价转化为“不等式()()f x g x ≥在[1,1]-上恒成立”的问题来处理，反映出学生对于解集的概念理解还不透彻，导致对“解集包含[1,1]-”的含义不理解.【例题3】（2017高考全国Ⅲ卷23）已知函数21)(--+=x x x f .（Ⅱ）若不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围.【解析】（Ⅱ）原式等价于存在x R ∈，使2()f x x x m -+≥成立，即 2max [()]f x x x m -+≥ 设2()()g x f x x x =-+由已知得 2223,1()31,123,2x x x g x x x x x x x ⎧-+-≤-⎪=-+--<<⎨⎪-++≥⎩当1x ≤-时，22111()3()(1)524g x x x x g =-+-=---≤-=-， 当12x -<<时，22355()31()244g x x x x =-+-=--+≤， 当2≥x 时，22113()3()(2)124g x x x x g =-++=--+≤=， 综上述得max 5()4g x =，故m 的取值范围为5(,]4-∞. 【名师点睛】本题主要考查不等式解集的概念、绝对值的意义、二次函数区间上最值等基础知识. 解答中的主要问题还是在题意的理解与问题的等价转化. 错点一，将“不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空”等价转化为max ()f x ≥)2f x x x m ≥-+解集非空，忽略了右边的代数式也是随着x 的变化而变化，左右两边的x 表示的是同一个数；错点二，将“不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空”等价转化为“min ()mg x ≤”，错在对“解集非空”的理解上. 所谓“解集非空”即存在x 使得不等式()2f x x x m ≥-+成立，等价于存在x 使得不等式212x x x x m +---+≥成立，等价于2max (12)x x x x m +---+≥即可.（三）不等式证明思路不清，无法迅速找到切合题意的证明方法.【例题3】（2017高考全国Ⅱ卷23）已知2,0,033=+>>b a b a ，证明：（Ⅰ）4))((55≥++b a b a ；（Ⅱ）2≤+b a ．【解析】（Ⅱ）因为33223()33a b a a b ab b +=+++()()()()ab a b a b a b a b =+≤=+2323+3+3+2++244 所以()3+8≤a b ，因此a+b ≤2.【名师点睛】本题主要考查证明不等式的基本方法、均值不等式及其应用. 难点在于寻找突破口，如何发现欲证不等式左边的代数式与已知条件之间的联系，从而迅速寻得解题思路.（四）知识掌握不到位，无法优选算法化简求解过程【例题4】（2014高考全国Ⅱ卷24）设函数()f x =1(0)x x a a a++-> （Ⅰ）证明：()f x ≥2；【解析】法一：因为0a >，所以12,11(),112.x a x a a f x a x a aa x a x a a ⎧+-≥⎪⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪--+≤-⎪⎩法二：因为111x x a x a x a a a a++-=++-≥+，又0a > 所以1()2f x a a≥+≥. 【名师点睛】法二根据绝对值不等式的性质直接证得结论，相比法一快捷明了.本题的主要问题在于对绝对值不等式的性质掌握不到位，导致无法快速求解.【解决问题对策】（一）强化绝对值不等式的求解训练【指点迷津】高考全国卷从2007年起，除了2014年外每年都涉及绝对值不等式求解问题的考查，应加强这一方面的专项训练，让学生熟练掌握零点分段法解绝对值不等式的方法、步骤，做到既能正确分类，又能合理整合，准确快捷解答，同时注意引导学生对求解过程等价性的关注.【例题5】（2007年高考全国课标卷24）设函数()214f x x x =+--．（I ）解不等式()2f x >；【解析】（Ⅰ）1521()334254x x f x x x x x ⎧---⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪+⎪⎩， ，， ，， ．≤≥ 当12x ≤-时，原不等式可化为52x -->，解得7x <-，此时原不等式的解是7x <-； 当142x -<<时，原不等式可化为332x ->，解得53x >，此时原不等式的解是543x <<； 当4x ≥时，原不等式可化为52x +>，解得3x >-，此时原不等式的解是4x ≥； 综上可知，原不等式的解集为5(,7)(,)3-∞-+∞U（二）加强对不等式“恒成立”、“能成立”、“恰成立”几种模型的识别及求解能力.【指点迷津】不等式“恒成立”、“能成立”、“恰成立”是高考的常见模型，解决问题的关键是对其进行恰当的等价转换，并借助函数与方程思想，数形结合思想，利用函数图象、函数最值等来解决问题.复习教学中可通过一题多变强化对上述各种模型的识别，掌握其解决方案.【例题6】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．（II ）若不等式()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-，求a 的取值范围．【变式一】已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．若存在]1,1[-∈x 使得不等式()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围．【解析】存在[1,1]x ∈-使得不等式()()f x g x ≥成立，等价于存在[1,1]x ∈-使得不等式242x ax -++≥成立，即存在[1,1]x ∈-使得220x ax --≤，等价于[1,1]x ∈-时2min (2)0x ax --≤. 所以2112804a a ⎧-≤≤⎪⎪⎨--⎪≤⎪⎩或12120a a ⎧>⎪⎨⎪--≤⎩或12120a a ⎧<-⎪⎨⎪+-≤⎩ 解得22a -≤≤或2a >或2a <-所以满足条件的a 的取值范围是R .【变式二】已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．是否存在实数a 的值，使得不等式()()f x g x ≥的解集为[]1,1-，若存在，求a 的取值范围；若不存在说明理由．【解析】由242x ax -++≥的解集为[]1,1-，即220x ax --≤的解集为[]1,1-，得220x ax --=的两根为-1,1，即⎩⎨⎧=--=-+021021a a 方程无解，所以不存在实数a 的值，使得不等式()()f x g x ≥的解集为[]1,1-.（三）关注均值不等式、绝对值不等式性质的应用【指点迷津】均值不等式、绝对值不等式性质在求最值、证明不等式等方面都有很重要的作用. 应用均值不等式或绝对值不等式性质求最值时，均应注意等号成立的条件是否具备，仅当等号成立的条件具备时方可应用其求最值，这也是用均值不等式或绝对值不等式性质求最值的一个易错点，应提醒学生关注.【例题7】（2014高考全国课标Ⅰ卷24)若,0,0>>b a 且ab ba =+11 （Ⅰ）求33b a +的最小值；（Ⅱ）是否存在b a ,,使得632=+b a ？并说明理由.【解析】（Ⅱ）由62326a b ab =+≥，得32ab ≤，又由(Ⅰ)知2ab ≥，二者矛盾，所以不存在,a b ,使得236a b +=成立.【例题8】已知函数()21f x x =-，x R ∈. （Ⅰ）解不等式()1f x x <+；（Ⅱ）若对于x ，y R ∈，有113x y --≤，1216y +≤求证：()1f x <.【解析】（Ⅰ）()1f x x <+等价于|21|1x x -<+，即210211x x x -⎧⎨-<+⎩≥或210121x x x -<⎧⎨-<+⎩求得02x <<，故不等式()1f x x <+的解集为(0,2)． （Ⅱ）1|1|3x y --≤Q ，1|21|6y +≤，∴()|21|f x x =-=|2(1)(21)|x y y --++|2(1)||21|x y y --++≤112136⋅+<≤。
2020年高考数学一轮总复习名师精讲 第30讲不等式的解法举例课件 精品
f(x)<0⇔－2<x≤0.而 f(x)为偶函数，所以 f(x)>0⇔－4<x<－2 或 2<x<4；
f(x)<0
⇔－
2<x<2. 同
理
，
g(x)>0
⇔
－
4<x<0 ；
g(x)<0 ⇔
0<x<4.
而
fx gx
<0
⇔
fx<0，
gx>0
或fx>0， gx<0
⇔－ －24<<xx<<02，
或－4<x<－2或2<x<4， ⇔－2<x<0 或 2<x<4.故选 B. 0<x<4
【典例 1】 解关于 x 的不等式xx－ －12>1a. [解析] 原不等式等价于xx－ －12－1a>0 ⇔1－1ax－x＋22a－1>0 ⇔(x－2)1－1ax＋2a－1>0. 当 a＝1 时，解为 x>2； 当 0<a<1 时，解为 2<x<1＋1－1 a； 当 a>1 时，解为 x>2 或 x<1＋1－1 a；
❖ 答案：A
4．设 f(x)＝2loegx－31x，2－1，x≥x<22，， 则不等式 f(x)>2 的解集为(
)
A．(1,2)∪(3，＋∞)
B.( 10，＋∞)
C．(1,2)∪( 10，＋∞) D.(1,2)
2020年高三数学三轮复习回归基础专题-函数与方程思想,数形结合思想
函数与方程思想、数形结合思想
函数与方程思想
函数思想
函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决．
函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．
数形结合的重点是研究“以形助数”，这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维视野.
以数助形
根据数与形之间的对应关系，通过把形转化为数，通过数的计算、式子的变换等解决数学问题的数学方法。
方程思想
方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，用它表示问题中的其他各量，根据题中隐含的等量关系，列方程（组），通过解方程（组）或对方程（组）进行研究，以求得问题的解决．
数形结合思想形，通过对形的研究解决数的问题、或者获得解决数的问题解决思路解决数学问题的思想。
2020年高三数学三轮复习回归基础专题算法,推理证明,排列,组合与二项式定理
定义
从 个不同元素中取出 个元素，按照一定的次序排成一列，叫做从从 个不同元素中取出 个元素的一个排列，所有不同排列的个数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的排列数，用符号 表示。
排列数
公式
，规定 ．
组合
定义
从 个不同元素中，任意取出 个元素并成一组叫做从 个不同元素中取出 个元素的组合，所有不同组合的个数，叫做从 个不同元素中取出 个元素的组合数，用符号 表示。
组合数
公式
， ．
性质
( )； ( )．
二项式定理
定理
（ 叫做二项式系数）
通项公式
（其中 ）
系数和
公式
； ；
算法、推理与证明
算法
逻辑结构
种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形。
条件结构
根据条件是否成立有不同的流向
循环结构
按照一定条件反复执行某些步骤
基本语句
输入语句、输出语句、赋值语句、条件语句、循环语句。
推理与
证明
推理
合情推理
归纳推理
由部分具有某种特征推断整体具有某种特征的推理。
计数原理与二项式定理
排列组合二项式定理
基本原理
分类加法计数原理
完成一件事有 类不同方案，在第 类方案中有 种不同的方法，在第 类方案中有 种不同的方法，…，在第 类方案中有 种不同的方法．那么完成这件事共有 种不同的方法．
分步乘法计数原理
完成一件事情，需要分成 个步骤，做第 步有 种不同的方法，做第 步有 种不同的方法……做第 步有 种不同的方法.那么完成这件事共有 种不同的方法.
类比推理
由一类对象具有的特征推断与之相似对象的某种特征的推理。
2020年高考数学复习——不等式选讲(三)(2021年整理)
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2020年高考数学复习——不等式选讲（三)1.（1）已知1a b c ++=,证明：()()()222161113a b c +++++≥； （2)若对任意实数x ,不等式212x a x -+-≥恒成立，求实数a 的取值范围。
2.已知函数()()12f x ax a x =---。
（1）当3a =时，求不等式()0f x >的解集;(2）若函数f (x )的图像与x 轴没有交点,求实数a 的取值范围.3.设函数()21f x x x =++-。
(1）求f (x )的最小值及取得最小值时x 的取值范围；(2）若关于x 的不等式()10f x ax +->的解集为R ，求实数a 的取值范围.4.已知函数()1f x x x =++。
（1）若x R ∀∈，恒有()f x λ≥成立，求实数λ的取值范围;（2）若m R ∃∈，使得()220m m f t ++=成立，求实数t 的取值范围.5.已知函数()|1||2|f x x x =++-。
（1)求函数f (x ）的最小值k ；（2)在（1）的结论下,若正实数a ,b 满足11k a b +=,求证：22122a b+≥.6.已知函数()211f x x x =-++.（1）在下面给出的直角坐标系中作出函数()y f x =的图象，并由图象找出满足不等式()3f x ≤的解集；(2）若函数()y f x =的最小值记为m ，设,a b R ∈，且有22a b m +=，试证明：221418117a b +≥++.7.已知函数()12f x x x =+--的最大值为t .（1）求t 的值以及此时x 的取值集合；(2)若实数a ，b 满足222a b t +=-,证明:22124a b +≥。
江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：不等式选讲
1＋ 3x ＋ 2· 1)2 3
所以 y＝
1－ x＋
3x＋ 2≤ 2
15 3 .(5
分)
当且仅当
3－
3x ＝
3x ＋
2 ，即
x＝
7 ∈ [－ 2， 1]时等号成立．
(8 分 )
1
1
12
3
3
所以
y 的最大值为
2 15 3 .(10 分 )
5、
6、解：因为 f(x)＋ g( x)＝ 3x＋ 6＋ 14－ x ＝ ( 3，1) ·( x＋ 2， 14－ x)………………… 3 分
∴要使不等式 x 1 x a ≥ 5 对任意的 x R 恒成立，当且仅当 1 a ≥ 5 ， ……… 7 分
∴ a ≥ 4 或 a , 6 ． ………………………………………………………………………
10 分
7
7
18、解：①当 x ≤ 2 时，原不等式可化为 4 2( x 2) ≤ 1 x ，解得 x ≤ ，此时 x ≤ ；……３ 分
≤
3＋
1
2
·
x＋ 2 ＋ 14－ x ＝ 8,
………………… 5 分
当且仅当
x＋2 ＝ 14－ x
3 ,
1
即
x＝ 10
时取等号．
………………… 7 分
所以 f(x) ＋g( x)的最大值是 8．
………………… 8 分
所以 a<8， 即实数 a 的取值范围是 (－∞ , 8)．………………… 10 分
7、（徐州市 2019 届高三上学期期中质量抽测）对于实数 求｜ x－ 2y+1 ｜的最大值．
x，y，若满足｜ x－ 1｜≤ 1，｜ y－ 2｜≤ 1，
(最新实用)2020年高考理科数学之高频考点解密31 不等式选讲(解析版)
解密31不等式选讲考点1 含绝对值不等式的解集及其应用调研1 已知函数()212f x x x=+--.（1）画出函数()f x的图象；（2）若关于x的不等式21()x m f x++≥有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）3[,)2-+∞.【思路分析】（1）写出f（x）的分段函数式，画出图象；（2）由题意可得2m+1≥f（x）﹣x的最小值，对x讨论去绝对值，结合一次函数的单调性可得最小值，即可得到所求范围．【解析】（1）∵f （x ）＝|2x +1|﹣|x ﹣2|1321312232x x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--⎨⎪+≥⎪⎪⎩，，＜＜，， ∴()f x 的图象如图：（2）由（1）得12321()212232x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪-=--<<⎨⎪≥⎪⎪⎩（）（）（），∴当12x =-时，[]min ()2f x x -=-， ∴题设等价于212m +≥-，即32m ≥-，故实数m 的取值范围为3[,)2-+∞.【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法和不等式有解的条件，注意运用分类讨论的思想方法和分离参数法，属于中档题．调研2 设函数()|1||2|f x x x =-+-. （1）解不等式x x f -≥5)(；（2）若11)(-≥ax f 对R ∈∀x 恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）),38[]2,(+∞--∞Y ；（2）),21[)0,(+∞-∞Y .【解析】（1）因为32,1()1,1223,2x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩,当1x ≤时，x x -≥-523，解得2-≤x ； 当12x <<时，x -≥51，无解； 当2x ≥时，x x -≥-532，解得38≥x . 所以不等式x x f -≥5)(的解集为),38[]2,(+∞--∞Y .（2）依题意只需11)(min -≥ax f ， 而()|1||2||(1)(2)|1f x x x x x =-+-≥---=，所以111a -≤，解得0<a 或21≥a ,故实数a 的取值范围是),21[)0,(+∞-∞Y .调研3 已知函数()|5|f x x =-，()5|23|g x x =--． （1）求不等式()()f x g x <的解集；（2）若关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）(1,3)；（2）[2,)+∞．【解析】（1）()()f x g x <即|23||5|5x x -+-<，当32x <时，3255x x -+-<，解得312x <<； 当352x ≤<时，2355x x -+-<，解得332x ≤<； 当5x ≥时，2355x x -+-<，无解．综上，13x <<，故不等式()()f x g x <的解集为(1,3)． （2）因为关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解， 所以min [2()()]f x g x a -≤．因为2()()|210||23|5|(210)(23)|52f x g x x x x x -=-+--≥----=，当且仅当3[,5]2x ∈时取等号，所以2a ≥， 故实数a 的取值范围为[2,)+∞．调研4 已知函数()2123f x x x =++-． （1）求不等式()7f x x ≤的解集；（2）若关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，求实数m 的取值范围． 【答案】（1）{}| 1 x x ≥；（2）[6,)+∞.【思路分析】（1）分情况去绝对值解不等式即可；（2）由绝对值三角不等式可得()7f x ≥，从而得17m +≥进而得解.【解析】（1）不等式()7f x x ≤，即2123x x ++-7x ≤可化为①1221267x x x x ⎧<-⎪⎨⎪---+≤⎩， 或②13221267x x x x⎧-≤<⎪⎨⎪+-+≤⎩，或③32+1+267x x x x ≥⎧⎨-≤⎩，①无解，解②得13x ≤<，解③得3x ≥， 综合得：1x ≥，即原不等式的解集为{}| 1 x x ≥.（2）因为()()()212321267f x x x x x =++-≥+--=， ∵关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，17m ∴+≥，解得6m ≥，∴实数m 的取值范围为[6,)+∞．【名师点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，重点考查了学生的计算能力，属于基础题.调研5 设函数()2221f x x x a =---.（1）若2a =，求不等式()0f x <的解集；（2）若不等式()3f x >存在实数解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）(,22-；（2）()(),22,-∞-+∞U . 【解析】（1）若2a =，由()0f x <，得22140x x ---<，即2214x x -<-，即2222|1||4|x x -<-，424221816x x x x -+<-+，得2615x <，解得22x -<<.故不等式()0f x <的解集是(22-. （2）“不等式()3f x >存在实数解”等价于“不等式22213x x a --->存在实数解”. 因为()()2222222111x x a x x aa---≤---=-，所以213a ->，即213a ->或213a -<-， 解得2a >或2a <-.故实数a 的取值范围是()(),22,-∞-+∞U .☆技巧点拨☆含绝对值不等式的解法1．公式法：对于形如|f (x )|>g (x )或|f (x )|<g (x )，利用公式|x|<a ⇔−a<x<a (a>0)和|x|>a ⇔x>a 或x<−a (a>0)直接求解不等式；2．平方法：对于形如|f (x )|≥|g (x )|，利用不等式两边平方的技巧,去掉绝对值,需保证不等式两边同正或同负，即|f (x )|≥|g (x )|⇔f (x )2≥g 2(x )；3．零点分段法：对于形如|f (x )|±|g (x )|≥a,|f (x )|±|g (x )|≤a ，利用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解；4．几何法：对于形如|x±a|±|x±b|≤c ,|x±a|±|x±b|≥c ，利用绝对值三角不等式的性质求解，即 （1）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.（2）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. （3）推论1:||a|−|b||≤|a+b|. （4）推论2:||a|−|b||≤|a−b|.5．图象法：对于形如|f (x )|+|g (x )|≥a 可构造y=|f (x )|+|g (x )|−a 或y=|f (x )|+|g (x )|与y=a ，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,利用函数图象求解或通过移项构造一个函数.考点2 不等式的证明调研1 已知定义在R 上的函数()12f x x x =++-的最小值为a ． （1）求a 的值；（2）若p ，q 是正实数，且满足p q a +=，求证：1143p q +≥. 【答案】（1）3a =；（2）见解析.【思路分析】（1）利用绝对值三角不等式即可得到函数的最小值；（2）由（1）得3p q +=，则11p q+=11()()33p qp q ++，展开利用基本不等式即可得到证明. 【解析】（1）因为()()12123x x x x ++-≥+--=， 当且仅当12x -≤≤时，等号成立， 所以()f x 的最小值等于3，即3a =. （2）由（1）知3p q +=， 又,p q 是正实数，所以1111()()33p qp q p q +=++ 113333q p p q =+++2433≥+=， 当且仅当32p q ==时，等号成立. 【名师点睛】本题主要考查利用绝对值三角不等式求函数的最值，考查利用基本不等式证明不等式，属于基础题.调研2 设0,0a b >>，且222a b ab +=，求证： （1）332a b +≥； （2）()()554a b a b++≥.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【思路分析】（1）用作差比较法证明即可；（2）将条件变形得()()()()22553322a b a b a b ab a b ++=++-，然后根据332a b +≥及()2220a b -≥可得结论成立．【解析】（1）220,0,2a b a b ab >>+=Q ，()()33332222)2a b a b a b ab a a b b b a ∴+-=+--=-+-（ ()()()222=)0a b a b a b a b --=-+≥（，332a b ∴+≥.（2）()()()25566553333552a b a b a b a b ab a b a b a b ab ++=+++=+-++()()()()2223342243322=2a b ab a a b b a b ab a b ++-+=++-，330,0,2,a b a b >>+≥Q552))(24a b a b ∴++≥=（.调研3 设函数f （x ）＝|x ＋a |＋|x －a |，当12a =时，不等式f （x ）＜2的解集为M ；当14a =时，不等式f （x ）＜1的解集为P ． （1）求M ，P ；（2）证明：当m ∈M ，n ∈P 时，|m ＋2n |＜|1＋2mn |． 【答案】（1）{|11}M x x =-<<，11{|}22P x x =-<<；（2）见解析. 【解析】（1）当12a =时，()122111112222122x x f x x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=++-=-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩，，，，，， 结合图象知，不等式()2f x <的解集{|11}M x x =-<<，同理可得，当14a =时，不等式()1f x <的解集11{|}22P x x =-<<． （2）∵m M n P ∈∈，， ∴22111114122m n m n -<<-<<<<，，，， ∴()()()()222222222124411140m n mn m n m n m n+-+=+--=--<，∴()()22212m n mn +<+， ∴212m n mn +<+．【名师点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，一般是利用零点分段讨论法求解；不等式的证明常用比较法处理.（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，再求解一元不等式； （2）利用作差比较法可以证明.☆技巧点拨☆不等式证明的常用方法（1）作差比较. 作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差.②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和. ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号.注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小. （2）分析法：执果索因.基本步骤：要证……只需证……，只需证……①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件.②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达.（3）利用基本不等式求最值：若a ，b 为正实数，则a b +≥.1．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中）已知a ，b ，c 为正实数，且1113a b c++=． （1）解关于c 的不等式2|5|a b c ab+-≤； （2）证明：2223c a ba b c ++≥．【答案】（1）31[]82，；（2）证明见解析．【思路分析】（1）将1113a b c ++=变形为13a b ab c +=-代入不等式求解；（2）利用柯西不等式证明即可．【解析】（1）因为1113a b c ++=，所以13a b ab c+=-， 所以2|5|a b c ab +-≤等价为21|5|3c c -≤-，即121353c c c -≤-≤-，解得3182c ≤≤， 故关于c 的不等式2|5|a b c ab +-≤的解集为31[]82，．（2）由柯西不等式可得2222111111()(++)(++)c a b a b c c a b a b c++≥，当且仅当1a b c ===等号成立， 所以2223c a ba b c ++≥． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，是中档题．2．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）已知实数,a b 满足33a b +≥，1a b -≤． （1）证明：1a b +≥；（2）若0pq >，证明：()()ap bq aq bp pq ++≥． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）根据绝对值不等式的性质，得到()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤，再由题中条件，根据不等式的性质，即可得出结论成立；（2）根据题意，由分析法逐步递推，得到显而易见的结论即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质可得()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤， 又33a b +≥，1a b -≤，所以1a b +≥．（2）因为0pq >，要证()()ap bq aq bp pq ++≥， 即证()()1bq bp a a p q ++≥，即证22()1q pa b ab p q+++≥， 又2q p p q +≥，当且仅当1==q p p q，即1==±p q 时，等号成立， 所以即证2221++≥a b ab 成立，即证()21a b +≥成立， 由（1）知()21a b +≥显然成立， 因此()()ap bq aq bp pq ++≥．【名师点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记含绝对值不等式的性质，基本不等式，以及不等式的证明方法即可，属于常考题型．3．（四川省绵阳市2019-2020学年高三上学期第一次诊断性考试）设函数()|||1|5()f x x m x m =-++-∈R ． （1）当2m =时，求不等式()0f x ≥的解集； （2）若()2f x ≥-，求实数m 的取值范围．【答案】（1）(,2][3,)-∞-+∞U ；（2）(,4][2,)-∞-+∞U ．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；（2）先求()f x 的最小值，然后求解绝对值不等式即可．【解析】（1）当2m =时，()|2||1|5f x x x =-++-． 当1x ≤-时，()(2)(1)50f x x x =---+-≥，解得2x -≤； 当12x -<<时，()(2)150f x x x =--++-≥，无解． 当2x ≥时，()2150f x x x =-++-≥，解得3x ≥； 综上，原不等式的解集为(,2][3,)-∞-+∞U ．（2）∵()|||1|5|()(1)|5f x x m x x m x =-++-≥--+-|1|52m =+-≥-， 当且仅当()(1)0x m x -+≤等号成立，∴|1|3m +≥， ∴13m +≥或13m +≤-，即2m ≥或4m ≤-， ∴实数m 的取值范围是(,4][2,)-∞-+∞U ．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用a b a b a b +≥±≥-来实现，侧重考查数学运算的核心素养． 4．（2019年11月四川省攀枝花市一模）已知函数()|21|f x x =-． （1）解不等式()||3f x x <+；（2）若对于x ，y R ∈，有1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤，求证：(67)f x ≤． 【答案】（1）{|24}x x -<<；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式即可证明结论． 【解析】（1）由()||3f x x <+得|21|||3x x -<+，则12213x x x ⎧≥⎪⎨⎪-<+⎩，或102123x x x ⎧<<⎪⎨⎪-<+⎩，或012 3.x x x ≤⎧⎨-<-+⎩， 解得142x ≤<，或102x <<，或20x -<≤，即24x -<<， 所以不等式()||1f x x <+的解集为{|24}x x -<<． （2）由1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤， 所以()|21||2(31)3(21)|f x x x y y =-=-++-2172|31|3|21|326x y y ≤-++-≤+=． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式．5．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）()|||12|f x x a x a =-++-． （1）若(2)2f ≤，求a 的取值范围；（2）设（1）中a 的最小值为M ，若|2|m n M +≤，||m n M -≤，求证：|21|3m n ++≤． 【答案】（1）7[1,]3；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段法解含有绝对值的不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式，证明不等式即可．【解析】（1）由题可得(2)|2||32|2f a a =-+-≤，当32a ≤时，33a ≥，1a ≥，∴312a ≤≤当322a <<时，3a ≤，∴322a << 当2a ≥时，，33a ≥，73a ≤，∴723a ≤≤，综上，713a ≤≤，故a 的取值范围为7[1,]3．（2）由题可得|2|1m n +≤，||1m n -≤，则|2||2||2|||2m n m n m n m n m n +=++-≤++-≤， ∴|21||2|13m n m n ++≤++≤．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法与证明，考查运算能力与转化能力，属于中档题．6．（云南省曲靖市第一中学2019-2020学年高考复习质量监测）已知定义在R 上的函数2()|f x x m =-+|||m x m --．（1）若()f x 的最大值为4，求正实数m 的值； （2）若(1)4f -≤，求m 的取值范围．【答案】（1）1m =+（2）[．【思路分析】（1）由绝对值不等式的性质可得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，再结合()f x 的最大值为4，求解即可；（2）由()2111f m m m -=-+-+，再分1m ≥-，1m <-两种情况讨论解不等式即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，当且仅当()()20x m mx m -+-≥时，等号成立．由已知有224m m -=，得224m m -=或224m m -=-，解得1m =+1m =-，即正实数m 的值为1+．（2）2211(111)f m m m m m m =--+---=-+-+-， 由于210m m -+>，则2(1)11f m m m -=-+-+．①当1m ≥-时，()22(1)112f m m m m m -=-+-+=-，由224m m -≤，得11m ≤≤+，又1m ≥-，所以11m -≤≤+； ②当1m <-时，()22(1)112f m m m m -=-+++=+，由224m +≤，得m ≤≤1m <-，所以1m <-，综上，可得m 的取值范围为[．【名师点睛】本题考查了绝对值不等式的性质及解含绝对值符号的不等式，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题．7．（重庆市渝中区巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考）已知函数()1f x x a x =++-． （1）当2a =时，求不等式()8f x x ≥+的解集；（2）若关于x 的不等式()5f x x ≤-的解集包含[0,2]，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）(][),37,-∞-+∞U ；（2）[4,0]-．【思路分析】（1）按21,21,x x x ≤-≥-<<进行分类，得到等价不等式组，分别解出解集，再取并集，得到答案；（2）将问题转化为()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立，按[]0,1x ∈和(]1,2x ∈分类讨论，分别得到不等式恒成立时对应的a 的范围，再取交集，得到答案．【解析】（1）当2a =时，()218f x x x x =++-≥+等价于1218x x x ≥⎧⎨+≥+⎩或2138x x -≤<⎧⎨≥+⎩或2218x x x <-⎧⎨--≥+⎩，解得7x ≥或x ∈∅或3x ≤-， ∴不等式的解集为(][),37,-∞-+∞U ．（2）依题意即()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立， 当[]0,1x ∈时，15x a x x ++-≤-，即4x a +≤，∴44a x a --≤≤-对[]0,1x ∈恒成立，∴4014a a --≤⎧⎨≤-⎩，得43a -≤≤；当(]1,2x ∈时，15x a x x ++-≤-，即62x a x +≤-，6226x a x x ≤+≤--，∴636a x x a -⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩对任意(]1,2x ∈恒成立，∴62326a a-⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩，得04a a ≤⎧⎨≥-⎩∴40a -≤≤， 综上，40a -≤≤，故实数a 的取值范围为[4,0]-．【名师点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，分类讨论研究不等式恒成立问题，属于中档题． 8．（2019年11月广西壮族自治区柳州市一模）已知函数()212f x x x =+--，不等式()2f x ≤的解集为M ． （1）求M ；（2）记集合M 的最大元素为m ，若a 、b 、c 都是正实数，且11123m a b c++=．求证：239a b c ++≥． 【答案】（1）{}51x x -≤≤；（2）证明见解析．【思路分析】（1）分21x <-、122x -≤≤、2x >三种情况，去绝对值解不等式()2f x ≤，可得出集合M ；（2）由（1）知，1m =，则111123a b c ++=，然后将代数式23a b c ++与11123a b c++相乘，利用柯西不等式可证明出239a b c ++≥． 【解析】（1）()2122f x x x =+--≤Q ．当21x <-时，()()()21232f x x x x =-++-=--≤，解得5x ≥-，此时152x -≤<-； 当122x -≤≤时，()()()212312f x x x x =++-=-≤，解得1x ≤，此时112x -≤≤；当2x >时，()()()21232f x x x x =+--=+≤，解得1x ≤-，此时x ∈∅． 故不等式()2f x ≤的解集为{}51x x -≤≤，因此，集合{}51M x x =-≤≤； （2）由（1）可知1m =，111123a b c++=Q，∴由柯西不等式可得 ()1112323()23a b c a b c a b c++=++++29≥+=， 即239a b c ++≥，当且仅当23a b c ==时，即当3a =，32b =，1c =时取等号． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了利用柯西不等式证明三元不等式，解题的关键在于对代数式进行合理配凑，考查分类讨论思想的应用，属于中等题．9．（广东省2019-2020学年高三第一次教学质量检测）已知函数1(2)4f x x x =-++． （1）求不等式()5f x ≥的解集；（2）若1m >，1n >，求证：()24f mn mn n m -+>-． 【答案】（1）8(,][0,)3-∞-+∞U ；（2）见解析．【思路分析】（1）分三段2x <-，21x -≤≤，1x >进行讨论求不等式即可；（2）代入()f mn 化简得出求证|1|||mn n m ->-，故考虑两边平方化简证明． 【解析】（1）1245x x -++≥等价于21245x x x <-⎧⎨---≥⎩或211245x x x -≤≤⎧⎨-++≥⎩或11245x x x >⎧⎨-++≥⎩， 解得83x ≤-或01x ≤≤或1x >，所以原不等式的解集为8(,][0,)3-∞-+∞U ． （2）要证：()|24|||f mn mn n m -+>-， 只要证|1|||mn n m ->-，只需证22(1)()mn n m ->-，而()()22222222(1)()1110mn n m m n m n m n ---=--+=-->， 从而原不等式成立．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的方法，包括分情况分段讨论与平方的方法等． 10．（陕西省西安市西安中学2019-2020学年高三上学期期中）已知0,0,1a b a b >>+=．求证：（1）3311()()1a b a b++≥； （2）229(1)(1)2a b +++≥． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）把不等式左边展开，把1a b +=代入，利用均值不等式，即可证明；（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-，又由1a b =+≥得14ab ≤，代入即可证明． 【解析】（1）由题意，0,0a b >>且1a b +=，则33332211()()a b a b a b a b b a ++=+++=442()2a b a b ab ab+++-=442221a b a b ab +-+=222()1a b ab-+≥1，当且仅当12a b ==时等号成立．（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-， 因为0,0a b >>，且1a b =+≥14ab ≤， 所以9522ab -≥，当且仅当12a b ==时等号成立， 从而229(1)(1)2a b +++≥．【名师点睛】考查不等式的证明，以及均值不等式在证明不等式问题中的应用，其中解答中合理运用均值不等式前的灵活变换是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档题． 11．（江西省吉安市吉州区吉安市白鹭洲中学2019-2020学年高三上学期11月月考）已知()22f x x =++1x -的最小值为t ．（1）求t 的值；（2）若实数a ，b 满足2222a b t +=，求2214a b+的最小值． 【答案】（1）2；（2）9．【思路分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数，再根据分段函数性质求得最小值；（2）由基本不等式可得最小值．【解析】（1）31,1()2213,1131,1x x f x x x x x x x +≥⎧⎪=++-=+-⎨⎪--≤-⎩＜＜， ∴f （x ）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增， ∴f （x ）min ＝f （﹣1）＝2，∴t ＝2；（2）由（1）可知2a 2+2b 2＝2，则a 2+b 2＝1，∴222222222214144()()559b a a b a b a b a b +=++=++≥+=，当且仅当22224=b a a b，即213a =，223b =时取等号，故2214a b +的最小值为9． 【名师点睛】本题考查绝对值函数的性质，考查基本不等式求最值．对绝对值函数可根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后再研究分段函数的性质即可．12．（湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()|2||24|f x x x =-++（1）解不等式()34f x x ≥-+；（2）若函数()f x 最小值为a ，且2(0,0)m n a m n +=>>，求21+1m n+的最小值． 【答案】（1）1[,)2-+∞；（2）最小值为32． 【思路分析】（1）利用零点分段法去绝对值，由此解不等式()34f x x ≥-+，求得不等式的解集；（2）利用绝对值不等式求得()f x 的最小值，也即求得a 的值．利用配凑法，结合基本不等式，求得21+1m n+的最小值．【解析】（1）当2x <-时，3234x x --≥-+，无解， 当22x -≤≤时，634x x +≥-+，得122x -≤≤， 当2x >时，3234x x +≥-+，得2x >， 所以不等式解集为1[,)2-+∞．（2）()|2||24||2||2||2|f x x x x x x =-++=-++++|(2)(2)||2|x x x ≥--+++4|2|4x =++≥当且仅当22x -≤≤时取等当且仅当2x =-时取等号，所以当2x =-时，()f x 最小值为4，即4a =，所以24m n +=， 所以21121[2(1)]()161m n m n m n +=+++++ 12(1)2(5)61m n n m +=+++13(562≥+=，当且仅当2(1)21m nn m +=+且24m n +=即1,2m n ==时取“=” 所以21+1m n +最小值为32． 【名师点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题．13．（黑龙江省大庆市2019-2020学年高三第一次教学质量检测）设函数()2f x x =+．（1）求不等式()()6f x f x +-≥的解集；（2）若不等式()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，求k m +的取值范围． 【答案】（1）(][),33,-∞-+∞U ；（2）(,5)-∞-．【思路分析】（1）利用零点分段讨论可求不等式的解；（2）利用分段讨论化简函数()()41y f x f x =--+并画出其图象，再根据()()41f x f x kx m --+>+可得k 的值和m 的范围． 【解析】（1）()()2,2224,222,2x x f x f x x x x x x -<-⎧⎪+-=++-+=-≤≤⎨⎪>⎩由()6f x ≥，则(][),33,x ∈-∞-+∞U ．（2）()()5,3412321,225,2x f x f x x x x x x <-⎧⎪--+=--+=---≤≤⎨⎪->⎩，()()41y f x f x =--+的图象如图所示：由()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，可得0k =，5m <-， 即5k m +<-，故k m +的取值范围为(,5)-∞-．【名师点睛】解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．14．（贵州省安顺市2019-2020学年高三上学期第一次联考）已知函数()23f x x x =-+-．（1）求不等式()2f x <的解集；（2）若()21f x x α≥+的解集包含[]3,5，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）37{|}22x x <<；（2）1(,]7-∞． 【思路分析】（1）函数化简为分段函数()25,31,2352,2x x f x x x x ->⎧⎪=≤≤⎨⎪-<⎩分别解不等式得到答案；（2）题目等价于当[]3,5x ∈时不等式恒成立，得到不等式2521x a x -≥+，求()2521x g x x -=+的最小值得到答案．【解析】（1）()25,3231,2352,2x x f x x x x x x ->⎧⎪=-+-=≤≤⎨⎪-<⎩，由()2f x <，解得3722x <<， 故不等式()2f x <的解集是37{|}22x x <<． （2）()21f x a x ≥+的解集包含[]3,5，即当[]3,5x ∈时不等式恒成立，当[]3,5x ∈时，()25f x x =-，()21f x a x ≥+，即()2521x a x -≥+，因为210x +>，所以2521x a x -≥+， 令()25612121x g x x x -==-++，[]3,5x ∈，易知()g x 在[]3,5上单调递增， 所以()g x 的最小值为1(3)7g =，因此17a ≤， 故a 的取值范围为1(,]7-∞．15．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2019-2020学年高三上学期一摸）已知函数()12f x x x =+-．（1）求不等式()2f x ≥-的解集；（2）若关于x 的不等式()235f x a a -≥-在2[,1]3-上有解，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）{}13x x -≤≤；（2）55[,22-+． 【思路分析】（1）利用零点法分类讨论求出不等式()2f x ≥-的解集；（2）根据题意本问题题可以转化为()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，求出()f x 的最大值，最后求出实数a 的取值范围．【解析】（1）不等式化为0122x x x ≥⎧⎨+-≥-⎩或10122x x x -≤<⎧⎨++≥-⎩或1122x x x <-⎧⎨--+≥-⎩，解得03x ≤≤或10x -≤<或∅，故不等式()2f x ≥-的解集为{}13x x -≤≤． （2）由题意知，只需()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，因为()1,03231,03x x f x x x -+≤≤⎧⎪=⎨+-≤<⎪⎩，在2[,0]3-上单调递增，在[]0,3上单调递减， 所以()()max 01f x f ==，所以2520a a -+≤，解得5522a ≤≤． 故实数a的取值范围为． 【名师点睛】本题考查了利用零点法分类讨论求解绝对值问题，考查了不等式在闭区间上有解问题，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力．16．（江西省抚州市临川第二中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()12,=+--∈f x x m x m R ．（1）当3m =时，求不等式()1f x >的解集；（2）当[]1,2x ∈-时，不等式()21f x x <+恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）3(,3)2；（2）1(,)3+∞．【思路分析】（1）代入m 的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为1(2)21x m x x +--<+恒成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x ->=---，令2()12g x x=--，求出()g x 的最大值，求出m 的范围即可．【解析】（1）当3m =时，()132f x x x =+--，由()1f x >，得1271x x <-⎧⎨->⎩或12451x x -≤≤⎧⎨->⎩或2271x x >⎧⎨-+>⎩，解得322x <≤或23x <<，故不等式的解集是3(,3)2． （2）当[]1,2x ∈-]时，()1(2)f x x m x =+--，因此()21f x x <+恒成立，即1(2)21x m x x +--<+恒成立，整理得(2)m x x ->-， 当2x =时，02>-成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x->=---， 令2()12g x x=--，∵12x -≤<，∴023x <-≤， ∴1123x ≥-，∴21123x -≤-， 故max 1()3g x =，故13m >．故m 的取值范围为1(,)3+∞．【名师点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型．1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．证明： （1）222111a b c a b c++≤++； （2）333()()()24a b b c c a +++≥++．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）因为2222222,2,2a b ab b c bc c a ac +≥+≥+≥， 又1abc =，故有222111ab bc ca a b c ab bc ca abc a b c++++≥++==++．所以222111a b c a b c++≤++． （2）因为, , a b c 为正数且1abc =，故有333()()()a b b c c a +++++≥=3(+)(+)(+)a b b c a c3≥⨯⨯⨯=24．所以333()()()24a b b c c a +++++≥．【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()|||2|().f x x a x x x a =-+-- （1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集； （2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围． 【答案】（1）(,1)-∞；（2）[1,)+∞．【解析】（1）当a =1时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---．当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥．所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞． （2）因为()=0f a ，所以1a ≥．当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x -----． 所以，a 的取值范围是[1,)+∞．【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型． 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-． 【答案】（1）43；（2）见解析． 【解析】（1）由于2[(1)(1)(1)]x y z -++++222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]x y z x y y z z x =-+++++-++++++-2223(1)(1)(1)x y z ⎡⎤≤-++++⎣⎦，故由已知得2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥， 当且仅当x =53，y =–13，13z =-时等号成立． 所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43．（2）由于2[(2)(1)()]x y z a -+-+-222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]x y z a x y y z a z a x =-+-+-+--+--+--2223(2)(1)()x y z a ⎡⎤≤-+-+-⎣⎦，故由已知2222(2)(2)(1)()3a x y z a +-+-+-≥，当且仅当43a x -=，13a y -=，223a z -=时等号成立． 因此222(2)(1)()x y z a -+-+-的最小值为2(2)3a +．由题设知2(2)133a +≥，解得3a ≤-或1a ≥-．【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型． 4．【2019年高考江苏卷数学】设x ∈R ，解不等式||+|2 1|>2x x -． 【答案】1{|3x x <-或1}x >．【解析】当x <0时，原不等式可化为122x x -+->，解得x <13-； 当0≤x ≤12时，原不等式可化为x +1–2x >2，即x <–1，无解； 当x >12时，原不等式可化为x +2x –1>2，解得x >1． 综上，原不等式的解集为1{|3x x <-或1}x >． 【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力． 5．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知()|1||1|f x x ax =+--.（1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；（2）若(0,1)x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）1{|}2x x >；（2）(0,2]．【解析】（1）当1a =时，()|1||1|f x x x =+--，即2,1,()2,11,2, 1.x f x x x x -≤-⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩故不等式()1f x >的解集为1{|}2x x >．（2）当(0,1)x ∈时|1||1|x ax x +-->成立等价于当(0,1)x ∈时|1|1ax -<成立． 若0a ≤，则当(0,1)x ∈时|1|1ax -≥； 若0a >，|1|1ax -<的解集为20x a <<，所以21a≥，故02a <≤． 综上，a 的取值范围为(0,2]．6．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()5|||2|f x x a x =-+--． （1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集； （2）若()1f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）{|23}x x -≤≤；（2）(,6][2,)-∞-+∞U ．【解析】（1）当1a =时，24,1,()2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤． （2）()1f x ≤等价于|||2|4x a x ++-≥．而|||2||2|x a x a ++-≥+，且当2x =时等号成立． 故()1f x ≤等价于|2|4a +≥． 由|2|4a +≥可得6a ≤-或2a ≥， 所以a 的取值范围是(,6][2,)-∞-+∞U ．7．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-．（1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b +≤，求a b +的最小值．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）13,,21()2,1,23, 1.x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）由（1）知，()y f x =的图像与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3， 故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[0,)+∞成立， 因此a b +的最小值为5．8．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()4f x x ax =-++，()11g x x x =++-||||. （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.【答案】（1）{|1x x -≤≤；（2）[1,1]-. 【思路分析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤，对x 按1x <-，11x -≤≤，1x >讨论，得出不等式的解集；（2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.若()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥.则()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一，所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，从而得11a -≤≤.【解析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤.①当1x <-时，①式化为2340x x --≤，无解；当11x -≤≤时，①式化为220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①式化为240x x +-≤，从而112x -+<≤.所以()()f x g x ≥的解集为{|1x x -≤≤. （2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.所以()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥. 又()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一， 所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，得11a -≤≤. 所以a 的取值范围为[1,1]-.【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法，也可以将绝对值函数转化为分段函数，借助图象解题.9．【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知330,0,2a b a b >>+=．证明：（1）55()()4a b a b ++≥；（2）2a b +≤．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【思路分析】（1）展开所给的式子，然后结合题意进行配方即可证得结论，注意向332a b +=靠拢； （2）利用均值不等式的结论结合题意证得()38a b +≤即可得出结论． 【解析】（1）()()556556a b a baab a b b ++=+++()()()2333344222244.a b a b ab a b ab a b =+-++=+-≥（2）因为()3322333a b a a b ab b +=+++()()()()232332432,4ab a b a b a b a b =+++≤+++=+所以()38a b +≤，因此2a b +≤．【名师点睛】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．10．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】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()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围.【答案】（1）{}1x x ≥；（2）5(,]4-∞.【思路分析】（1）将函数零点分段去绝对值符号，然后求解不等式即可； （2）由题意结合绝对值不等式的性质有25124x x x x +---+≤，则m 的取值范围是5(,]4-∞. 【解析】（1）()31211232,x f x x ,x ,x -<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪>⎩，当1x <-时，()1f x ≥无解；当12x -≤≤时，由()1f x ≥得，211x -≥，解得12x ≤≤； 当2x >时，由()1f x ≥解得2x >. 所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥.（2）由()2f x x x m ≥-+得212m x x x x ≤+---+，而2223551212()244x x x x x x x x x +---+≤++--+=-+≤-，且当32x =时，25124x x x x +---+=.故m 的取值范围为5(,]4-∞.【名师点睛】绝对值不等式的解法有三种：方法1：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 方法2：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；方法3：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想. 11．【2016年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数f (x )=∣x +1∣-∣2x -3∣.（1）在下图中画出y = f (x )的图象； （2）求不等式∣f (x )∣﹥1的解集.【答案】（1）见解析；（2）1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【解析】（1）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+-≤<---≤-=.23,4,231,23,1,4)(x x x x x x x f)(x f y =的图象如图所示.（2）由)(x f 的表达式及图象， 当1)(=x f 时，可得1=x 或3=x ； 当1)(-=x f 时，可得31=x 或5=x ， 故1)(>x f 的解集为{}31<<x x ；1)(-<x f 的解集为1{|5}3x x x <>或，所以1)(>x f 的解集为1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图象、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式. 12．【2016年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数11()22f x x x =-++，M 为不等式f (x ) ＜2的解集. （1）求M ；（2）证明：当a ，b ∈M 时，∣a +b ∣＜∣1+ab ∣. 【答案】（1）{|11}M x x =-<<；（2）见解析.【思路分析】（1）先去掉绝对值，再分12x ≤-，1122x -<<和12x ≥三种情况解不等式，即可得Μ；（2）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a ，b Μ∈时，1a b ab +<+．【解析】（1）12,,211()1,,2212,.2x x f x x x x ⎧-≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≥⎪⎩当12x ≤-时，由()2f x <得22,x -<解得1x >-； 当1122x -<<时，()2f x <；当12x ≥时，由()2f x <得22,x <解得1x <.所以()2f x <的解集{|11}M x x =-<<.（2）由（1）知，当,a b M ∈时，11,11a b -<<-<<， 从而22222222()(1)1(1)(1)0a b ab a b a b a b +-+=+--=--<， 因此|||1|.a b ab +<+【名师点睛】形如||||x a x b c -+-≥(或c ≤)型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,]a -∞，(,]a b ，(,)b +∞ (此处设a b <)三个部分，在每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数1||||y x a x b =-+-和2y c =的图象，结合图象求解． 13．【2016年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数()|2|f x x a a =-+.（1）当a =2时，求不等式()6f x ≤的解集；（2）设函数()|21|,g x x =-当x ∈R 时，f (x )+g (x )≥3，求a 的取值范围. 【答案】（1）{|13}x x -≤≤；（2）[2,)+∞．【思路分析】（1）利用等价不等式|()|()h x a a h x a ≤⇔-≤≤求解即可；（2）根据条件首先将问题转化为求解()()f x g x +的最小值，此最值可利用三角形绝对值不等式求得，再根据恒成立的意义建立关于a 的不等式求解．【解析】（1）当2a =时，()|22|2f x x =-+.解不等式|22|26x -+≤得13x -≤≤.因此()6f x ≤的解集为{|13}x x -≤≤.（2）当x ∈R 时，()()|2||12|f x g x x a a x +=-++-|212|x a x a ≥-+-+|1|a a =-+， 当12x =时等号成立， 所以当x ∈R 时，()()3f x g x +≥等价于|1|3a a -+≥.①当1a ≤时，①等价于13a a -+≥，无解.当1a >时，①等价于13a a -+≥，解得2a ≥.所以a 的取值范围是[2,)+∞.【易错警示】对于绝对值三角不等式，易忽视等号成立的条件：（1）对||||a b a b ≥+-，当且仅当0a b >->时，等号成立；（2）对||||+||a b a b a b ≤≤--，当且仅当a b ≥且0ab ≥时左边等号成立，当且仅当0ab ≤时右边等号成立．。
2020年高考数学(理)之高频考点解密31 不等式选讲(解析版)
解密31不等式选讲考点1 含绝对值不等式的解集及其应用调研1 已知函数()212f x x x=+--.（1）画出函数()f x的图象；（2）若关于x的不等式21()x m f x++≥有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）3[,)2-+∞.【思路分析】（1）写出f（x）的分段函数式，画出图象；（2）由题意可得2m+1≥f（x）﹣x的最小值，对x讨论去绝对值，结合一次函数的单调性可得最小值，即可得到所求范围．【解析】（1）∵f （x ）＝|2x +1|﹣|x ﹣2|1321312232x x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--⎨⎪+≥⎪⎪⎩，，＜＜，， ∴()f x 的图象如图：（2）由（1）得12321()212232x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪-=--<<⎨⎪≥⎪⎪⎩（）（）（），∴当12x =-时，[]min ()2f x x -=-， ∴题设等价于212m +≥-，即32m ≥-，故实数m 的取值范围为3[,)2-+∞.【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法和不等式有解的条件，注意运用分类讨论的思想方法和分离参数法，属于中档题．调研2 设函数()|1||2|f x x x =-+-. （1）解不等式x x f -≥5)(；（2）若11)(-≥ax f 对R ∈∀x 恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）),38[]2,(+∞--∞Y ；（2）),21[)0,(+∞-∞Y .【解析】（1）因为32,1()1,1223,2x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩,当1x ≤时，x x -≥-523，解得2-≤x ； 当12x <<时，x -≥51，无解； 当2x ≥时，x x -≥-532，解得38≥x . 所以不等式x x f -≥5)(的解集为),38[]2,(+∞--∞Y .（2）依题意只需11)(min -≥ax f ， 而()|1||2||(1)(2)|1f x x x x x =-+-≥---=， 所以111a-≤，解得0<a 或21≥a , 故实数a 的取值范围是),21[)0,(+∞-∞Y .调研3 已知函数()|5|f x x =-，()5|23|g x x =--． （1）求不等式()()f x g x <的解集；（2）若关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）(1,3)；（2）[2,)+∞．【解析】（1）()()f x g x <即|23||5|5x x -+-<，当32x <时，3255x x -+-<，解得312x <<； 当352x ≤<时，2355x x -+-<，解得332x ≤<； 当5x ≥时，2355x x -+-<，无解．综上，13x <<，故不等式()()f x g x <的解集为(1,3)． （2）因为关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解， 所以min [2()()]f x g x a -≤．因为2()()|210||23|5|(210)(23)|52f x g x x x x x -=-+--≥----=， 当且仅当3[,5]2x ∈时取等号，所以2a ≥， 故实数a 的取值范围为[2,)+∞．调研4 已知函数()2123f x x x =++-．（1）求不等式()7f x x ≤的解集；（2）若关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，求实数m 的取值范围． 【答案】（1）{}| 1 x x ≥；（2）[6,)+∞.【思路分析】（1）分情况去绝对值解不等式即可；（2）由绝对值三角不等式可得()7f x ≥，从而得17m +≥进而得解.【解析】（1）不等式()7f x x ≤，即2123x x ++-7x ≤可化为①1221267x x x x ⎧<-⎪⎨⎪---+≤⎩， 或②13221267x x x x⎧-≤<⎪⎨⎪+-+≤⎩，或③32+1+267x x x x ≥⎧⎨-≤⎩，①无解，解②得13x ≤<，解③得3x ≥， 综合得：1x ≥，即原不等式的解集为{}| 1 x x ≥.（2）因为()()()212321267f x x x x x =++-≥+--=， ∵关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，17m ∴+≥，解得6m ≥，∴实数m 的取值范围为[6,)+∞．【名师点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，重点考查了学生的计算能力，属于基础题.调研5 设函数()2221f x x x a =---.（1）若2a =，求不等式()0f x <的解集；（2）若不等式()3f x >存在实数解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）(；（2）()(),22,-∞-+∞U . 【解析】（1）若2a =，由()0f x <，得22140x x ---<，即2214x x -<-，即2222|1||4|x x -<-，424221816x x x x -+<-+，得2615x <，解得22x -<<.故不等式()0f x <的解集是(. （2）“不等式()3f x >存在实数解”等价于“不等式22213x x a --->存在实数解”. 因为()()2222222111x x a x x aa---≤---=-，所以213a ->，即213a ->或213a -<-， 解得2a >或2a <-.故实数a 的取值范围是()(),22,-∞-+∞U .☆技巧点拨☆含绝对值不等式的解法1．公式法：对于形如|f (x )|>g (x )或|f (x )|<g (x )，利用公式|x|<a ⇔−a<x<a (a>0)和|x|>a ⇔x>a 或x<−a (a>0)直接求解不等式；2．平方法：对于形如|f (x )|≥|g (x )|，利用不等式两边平方的技巧,去掉绝对值,需保证不等式两边同正或同负，即|f (x )|≥|g (x )|⇔f (x )2≥g 2(x )；3．零点分段法：对于形如|f (x )|±|g (x )|≥a,|f (x )|±|g (x )|≤a ，利用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解；4．几何法：对于形如|x±a|±|x±b|≤c ,|x±a|±|x±b|≥c ，利用绝对值三角不等式的性质求解，即 （1）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.（2）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. （3）推论1:||a|−|b||≤|a+b|. （4）推论2:||a|−|b||≤|a−b|.5．图象法：对于形如|f (x )|+|g (x )|≥a 可构造y=|f (x )|+|g (x )|−a 或y=|f (x )|+|g (x )|与y=a ，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,利用函数图象求解或通过移项构造一个函数.考点2 不等式的证明调研1 已知定义在R 上的函数()12f x x x =++-的最小值为a ． （1）求a 的值；（2）若p ，q 是正实数，且满足p q a +=，求证：1143p q +≥. 【答案】（1）3a =；（2）见解析.【思路分析】（1）利用绝对值三角不等式即可得到函数的最小值；（2）由（1）得3p q +=，则11p q+=11()()33p qp q ++，展开利用基本不等式即可得到证明. 【解析】（1）因为()()12123x x x x ++-≥+--=， 当且仅当12x -≤≤时，等号成立， 所以()f x 的最小值等于3，即3a =. （2）由（1）知3p q +=， 又,p q 是正实数，所以1111()()33p qp q p q +=++ 113333q p p q =+++2433≥+=， 当且仅当32p q ==时，等号成立. 【名师点睛】本题主要考查利用绝对值三角不等式求函数的最值，考查利用基本不等式证明不等式，属于基础题.调研2 设0,0a b >>，且222a b ab +=，求证： （1）332a b +≥； （2）()()554a b a b++≥.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【思路分析】（1）用作差比较法证明即可；（2）将条件变形得()()()()22553322a b a b a b ab a b++=++-，然后根据332a b +≥及()2220a b -≥可得结论成立．【解析】（1）220,0,2a b a b ab >>+=Q ，()()33332222)2a b a b a b ab a a b b b a ∴+-=+--=-+-（()()()222=)0a b a b a b a b --=-+≥（，332a b ∴+≥.（2）()()()25566553333552a b a b a b a b ab a b a b a b ab ++=+++=+-++()()()()2223342243322=2a bab a a b babab a b++-+=++-，330,0,2,a b a b >>+≥Q552))(24a b a b ∴++≥=（.调研3 设函数f （x ）＝|x ＋a |＋|x －a |，当12a =时，不等式f （x ）＜2的解集为M ；当14a =时，不等式f （x ）＜1的解集为P ． （1）求M ，P ；（2）证明：当m ∈M ，n ∈P 时，|m ＋2n |＜|1＋2mn |． 【答案】（1）{|11}M x x =-<<，11{|}22P x x =-<<；（2）见解析. 【解析】（1）当12a =时，()122111112222122x x f x x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=++-=-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩，，，，，， 结合图象知，不等式()2f x <的解集{|11}M x x =-<<，同理可得，当14a =时，不等式()1f x <的解集11{|}22P x x =-<<． （2）∵m M n P ∈∈，， ∴22111114122m n m n -<<-<<<<，，，， ∴()()()()222222222124411140m n mn m n m n m n+-+=+--=--<，∴()()22212m n mn +<+， ∴212m n mn +<+．【名师点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，一般是利用零点分段讨论法求解；不等式的证明常用比较法处理.（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，再求解一元不等式； （2）利用作差比较法可以证明.☆技巧点拨☆不等式证明的常用方法（1）作差比较. 作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差.②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和. ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号.注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小. （2）分析法：执果索因.基本步骤：要证……只需证……，只需证……①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件.②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达.（3）利用基本不等式求最值：若a ，b 为正实数，则a b +≥.1．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中）已知a ，b ，c 为正实数，且1113a b c++=． （1）解关于c 的不等式2|5|a b c ab+-≤； （2）证明：2223c a ba b c++≥．【答案】（1）31[]82，；（2）证明见解析．【思路分析】（1）将1113a b c ++=变形为13a b ab c +=-代入不等式求解；（2）利用柯西不等式证明即可． 【解析】（1）因为1113a b c ++=，所以13a b ab c+=-， 所以2|5|a b c ab +-≤等价为21|5|3c c -≤-，即121353c c c -≤-≤-，解得3182c ≤≤， 故关于c 的不等式2|5|a b c ab +-≤的解集为31[]82，．（2）由柯西不等式可得2222111111()(++)(++)c a b a b c c a b a b c++≥，当且仅当1a b c ===等号成立， 所以2223c a ba b c++≥． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，是中档题．2．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）已知实数,a b 满足33a b +≥，1a b -≤． （1）证明：1a b +≥；（2）若0pq >，证明：()()ap bq aq bp pq ++≥． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）根据绝对值不等式的性质，得到()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤，再由题中条件，根据不等式的性质，即可得出结论成立；（2）根据题意，由分析法逐步递推，得到显而易见的结论即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质可得()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤， 又33a b +≥，1a b -≤，所以1a b +≥． （2）因为0pq >，要证()()ap bq aq bp pq ++≥， 即证()()1bq bp a a p q ++≥，即证22()1q pa b ab p q+++≥， 又2q p p q +≥，当且仅当1==q pp q，即1==±p q 时，等号成立，所以即证2221++≥a b ab 成立，即证()21a b +≥成立， 由（1）知()21a b +≥显然成立， 因此()()ap bq aq bp pq ++≥．【名师点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记含绝对值不等式的性质，基本不等式，以及不等式的证明方法即可，属于常考题型．3．（四川省绵阳市2019-2020学年高三上学期第一次诊断性考试）设函数()|||1|5()f x x m x m =-++-∈R ． （1）当2m =时，求不等式()0f x ≥的解集； （2）若()2f x ≥-，求实数m 的取值范围．【答案】（1）(,2][3,)-∞-+∞U ；（2）(,4][2,)-∞-+∞U ．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；（2）先求()f x 的最小值，然后求解绝对值不等式即可．【解析】（1）当2m =时，()|2||1|5f x x x =-++-． 当1x ≤-时，()(2)(1)50f x x x =---+-≥，解得2x -≤； 当12x -<<时，()(2)150f x x x =--++-≥，无解． 当2x ≥时，()2150f x x x =-++-≥，解得3x ≥； 综上，原不等式的解集为(,2][3,)-∞-+∞U ．（2）∵()|||1|5|()(1)|5f x x m x x m x =-++-≥--+-|1|52m =+-≥-， 当且仅当()(1)0x m x -+≤等号成立，∴|1|3m +≥， ∴13m +≥或13m +≤-，即2m ≥或4m ≤-， ∴实数m 的取值范围是(,4][2,)-∞-+∞U ．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用a b a b a b +≥±≥-来实现，侧重考查数学运算的核心素养． 4．（2019年11月四川省攀枝花市一模）已知函数()|21|f x x =-． （1）解不等式()||3f x x <+；（2）若对于x ，y R ∈，有1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤，求证：(67)f x ≤． 【答案】（1）{|24}x x -<<；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式即可证明结论． 【解析】（1）由()||3f x x <+得|21|||3x x -<+，则12213x x x ⎧≥⎪⎨⎪-<+⎩，或102123x x x ⎧<<⎪⎨⎪-<+⎩，或012 3.x x x ≤⎧⎨-<-+⎩， 解得142x ≤<，或102x <<，或20x -<≤，即24x -<<， 所以不等式()||1f x x <+的解集为{|24}x x -<<．（2）由1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤， 所以()|21||2(31)3(21)|f x x x y y =-=-++-2172|31|3|21|326x y y ≤-++-≤+=． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式．5．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）()|||12|f x x a x a =-++-． （1）若(2)2f ≤，求a 的取值范围；（2）设（1）中a 的最小值为M ，若|2|m n M +≤，||m n M -≤，求证：|21|3m n ++≤． 【答案】（1）7[1,]3；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段法解含有绝对值的不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式，证明不等式即可．【解析】（1）由题可得(2)|2||32|2f a a =-+-≤， 当32a ≤时，33a ≥，1a ≥，∴312a ≤≤当322a <<时，3a ≤，∴322a << 当2a ≥时，，33a ≥，73a ≤，∴723a ≤≤，综上，713a ≤≤，故a 的取值范围为7[1,]3．（2）由题可得|2|1m n +≤，||1m n -≤，则|2||2||2|||2m n m n m n m n m n +=++-≤++-≤， ∴|21||2|13m n m n ++≤++≤．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法与证明，考查运算能力与转化能力，属于中档题．6．（云南省曲靖市第一中学2019-2020学年高考复习质量监测）已知定义在R 上的函数2()|f x x m =-+|||m x m --．（1）若()f x 的最大值为4，求正实数m 的值； （2）若(1)4f -≤，求m 的取值范围．【答案】（1）1m =+（2）[．【思路分析】（1）由绝对值不等式的性质可得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，再结合()f x 的最大值为4，求解即可；（2）由()2111f m m m -=-+-+，再分1m ≥-，1m <-两种情况讨论解不等式即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，当且仅当()()20x m mx m -+-≥时，等号成立．由已知有224m m -=，得224m m -=或224m m -=-，解得1m =+1m =，即正实数m 的值为1．（2）2211(111)f m m m m m m =--+---=-+-+-， 由于210m m -+>，则2(1)11f m m m -=-+-+． ①当1m ≥-时，()22(1)112f m m m m m -=-+-+=-，由224m m -≤，得11m ≤≤+1m ≥-，所以11m -≤≤ ②当1m <-时，()22(1)112f m m m m -=-+++=+，由224m +≤，得m ≤1m <-，所以1m ≤<-，综上，可得m的取值范围为[+．【名师点睛】本题考查了绝对值不等式的性质及解含绝对值符号的不等式，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题．7．（重庆市渝中区巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考）已知函数()1f x x a x =++-． （1）当2a =时，求不等式()8f x x ≥+的解集；（2）若关于x 的不等式()5f x x ≤-的解集包含[0,2]，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）(][),37,-∞-+∞U ；（2）[4,0]-．【思路分析】（1）按21,21,x x x ≤-≥-<<进行分类，得到等价不等式组，分别解出解集，再取并集，得到答案；（2）将问题转化为()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立，按[]0,1x ∈和(]1,2x ∈分类讨论，分别得到不等式恒成立时对应的a 的范围，再取交集，得到答案．【解析】（1）当2a =时，()218f x x x x =++-≥+等价于1218x x x ≥⎧⎨+≥+⎩或2138x x -≤<⎧⎨≥+⎩或2218x x x <-⎧⎨--≥+⎩，解得7x ≥或x ∈∅或3x ≤-， ∴不等式的解集为(][),37,-∞-+∞U ．（2）依题意即()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立， 当[]0,1x ∈时，15x a x x ++-≤-，即4x a +≤，∴44a x a --≤≤-对[]0,1x ∈恒成立，∴4014a a --≤⎧⎨≤-⎩，得43a -≤≤；当(]1,2x ∈时，15x a x x ++-≤-，即62x a x +≤-，6226x a x x ≤+≤--，∴636a x x a -⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩对任意(]1,2x ∈恒成立，∴62326a a-⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩，得04a a ≤⎧⎨≥-⎩∴40a -≤≤， 综上，40a -≤≤，故实数a 的取值范围为[4,0]-．【名师点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，分类讨论研究不等式恒成立问题，属于中档题． 8．（2019年11月广西壮族自治区柳州市一模）已知函数()212f x x x =+--，不等式()2f x ≤的解集为M ． （1）求M ；（2）记集合M 的最大元素为m ，若a 、b 、c 都是正实数，且11123m a b c++=．求证：239a b c ++≥． 【答案】（1）{}51x x -≤≤；（2）证明见解析．【思路分析】（1）分21x <-、122x -≤≤、2x >三种情况，去绝对值解不等式()2f x ≤，可得出集合M ；（2）由（1）知，1m =，则111123a b c ++=，然后将代数式23a b c ++与11123a b c++相乘，利用柯西不等式可证明出239a b c ++≥． 【解析】（1）()2122f x x x =+--≤Q ． 当21x <-时，()()()21232f x x x x =-++-=--≤，解得5x ≥-，此时152x -≤<-； 当122x -≤≤时，()()()212312f x x x x =++-=-≤，解得1x ≤，此时112x -≤≤； 当2x >时，()()()21232f x x x x =+--=+≤，解得1x ≤-，此时x ∈∅． 故不等式()2f x ≤的解集为{}51x x -≤≤，因此，集合{}51M x x =-≤≤； （2）由（1）可知1m =，111123a b c++=Q，∴由柯西不等式可得()1112323()23a b c a b c a b c++=++++29≥+=， 即239a b c ++≥，当且仅当23a b c ==时，即当3a =，32b =，1c =时取等号． 【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了利用柯西不等式证明三元不等式，解题的关键在于对代数式进行合理配凑，考查分类讨论思想的应用，属于中等题．9．（广东省2019-2020学年高三第一次教学质量检测）已知函数1(2)4f x x x =-++． （1）求不等式()5f x ≥的解集；（2）若1m >，1n >，求证：()24f mn mn n m -+>-． 【答案】（1）8(,][0,)3-∞-+∞U ；（2）见解析．【思路分析】（1）分三段2x <-，21x -≤≤，1x >进行讨论求不等式即可；（2）代入()f mn 化简得出求证|1|||mn n m ->-，故考虑两边平方化简证明． 【解析】（1）1245x x -++≥等价于21245x x x <-⎧⎨---≥⎩或211245x x x -≤≤⎧⎨-++≥⎩或11245x x x >⎧⎨-++≥⎩， 解得83x ≤-或01x ≤≤或1x >，所以原不等式的解集为8(,][0,)3-∞-+∞U ．（2）要证：()|24|||f mn mn n m -+>-，只要证|1|||mn n m ->-，只需证22(1)()mn n m ->-，而()()22222222(1)()1110mn n m m n m n m n ---=--+=-->， 从而原不等式成立．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的方法，包括分情况分段讨论与平方的方法等． 10．（陕西省西安市西安中学2019-2020学年高三上学期期中）已知0,0,1a b a b >>+=．求证：（1）3311()()1a b a b++≥； （2）229(1)(1)2a b +++≥． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）把不等式左边展开，把1a b +=代入，利用均值不等式，即可证明；（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-，又由1a b =+≥得14ab ≤，代入即可证明． 【解析】（1）由题意，0,0a b >>且1a b +=，则33332211()()a b a b a b a b b a ++=+++=442()2a b a b ab ab+++-=442221a b a b ab +-+=222()1a b ab-+≥1，当且仅当12a b ==时等号成立．（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-，因为0,0a b >>，且1a b =+≥14ab ≤，所以9522ab -≥，当且仅当12a b ==时等号成立， 从而229(1)(1)2a b +++≥．【名师点睛】考查不等式的证明，以及均值不等式在证明不等式问题中的应用，其中解答中合理运用均值不等式前的灵活变换是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档题． 11．（江西省吉安市吉州区吉安市白鹭洲中学2019-2020学年高三上学期11月月考）已知()22f x x =++1x -的最小值为t ．（1）求t 的值；（2）若实数a ，b 满足2222a b t +=，求2214a b+的最小值． 【答案】（1）2；（2）9．【思路分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数，再根据分段函数性质求得最小值；（2）由基本不等式可得最小值．【解析】（1）31,1()2213,1131,1x x f x x x x x x x +≥⎧⎪=++-=+-⎨⎪--≤-⎩＜＜， ∴f （x ）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增， ∴f （x ）min ＝f （﹣1）＝2，∴t ＝2；（2）由（1）可知2a 2+2b 2＝2，则a 2+b 2＝1，∴222222222214144()()559b a a b a b a b a b +=++=++≥+=， 当且仅当22224=b a a b，即213a =，223b =时取等号，故2214a b+的最小值为9． 【名师点睛】本题考查绝对值函数的性质，考查基本不等式求最值．对绝对值函数可根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后再研究分段函数的性质即可．12．（湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()|2||24|f x x x =-++（1）解不等式()34f x x ≥-+；（2）若函数()f x 最小值为a ，且2(0,0)m n a m n +=>>，求21+1m n+的最小值． 【答案】（1）1[,)2-+∞；（2）最小值为32． 【思路分析】（1）利用零点分段法去绝对值，由此解不等式()34f x x ≥-+，求得不等式的解集；（2）利用绝对值不等式求得()f x 的最小值，也即求得a 的值．利用配凑法，结合基本不等式，求得21+1m n+的最小值．【解析】（1）当2x <-时，3234x x --≥-+，无解， 当22x -≤≤时，634x x +≥-+，得122x -≤≤， 当2x >时，3234x x +≥-+，得2x >，所以不等式解集为1[,)2-+∞．（2）()|2||24||2||2||2|f x x x x x x =-++=-++++|(2)(2)||2|x x x ≥--+++4|2|4x =++≥当且仅当22x -≤≤时取等当且仅当2x =-时取等号，所以当2x =-时，()f x 最小值为4，即4a =，所以24m n +=， 所以21121[2(1)]()161m n m n m n +=+++++ 12(1)2(5)61m n n m +=+++13(562≥+=， 当且仅当2(1)21m nn m +=+且24m n +=即1,2m n ==时取“=” 所以21+1m n +最小值为32． 【名师点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题．13．（黑龙江省大庆市2019-2020学年高三第一次教学质量检测）设函数()2f x x =+．（1）求不等式()()6f x f x +-≥的解集；（2）若不等式()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，求k m +的取值范围． 【答案】（1）(][),33,-∞-+∞U ；（2）(,5)-∞-．【思路分析】（1）利用零点分段讨论可求不等式的解；（2）利用分段讨论化简函数()()41y f x f x =--+并画出其图象，再根据()()41f x f x kx m --+>+可得k 的值和m 的范围． 【解析】（1）()()2,2224,222,2x x f x f x x x x x x -<-⎧⎪+-=++-+=-≤≤⎨⎪>⎩由()6f x ≥，则(][),33,x ∈-∞-+∞U ．（2）()()5,3412321,225,2x f x f x x x x x x <-⎧⎪--+=--+=---≤≤⎨⎪->⎩，()()41y f x f x =--+的图象如图所示：由()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，可得0k =，5m <-， 即5k m +<-，故k m +的取值范围为(,5)-∞-．【名师点睛】解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．14．（贵州省安顺市2019-2020学年高三上学期第一次联考）已知函数()23f x x x =-+-．（1）求不等式()2f x <的解集；（2）若()21f x x α≥+的解集包含[]3,5，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）37{|}22x x <<；（2）1(,]7-∞． 【思路分析】（1）函数化简为分段函数()25,31,2352,2x x f x x x x ->⎧⎪=≤≤⎨⎪-<⎩分别解不等式得到答案；（2）题目等价于当[]3,5x ∈时不等式恒成立，得到不等式2521x a x -≥+，求()2521x g x x -=+的最小值得到答案．【解析】（1）()25,3231,2352,2x x f x x x x x x ->⎧⎪=-+-=≤≤⎨⎪-<⎩，由()2f x <，解得3722x <<，故不等式()2f x <的解集是37{|}22x x <<． （2）()21f x a x ≥+的解集包含[]3,5，即当[]3,5x ∈时不等式恒成立，当[]3,5x ∈时，()25f x x =-，()21f x a x ≥+，即()2521x a x -≥+，因为210x +>，所以2521x a x -≥+， 令()25612121x g x x x -==-++，[]3,5x ∈，易知()g x 在[]3,5上单调递增， 所以()g x 的最小值为1(3)7g =，因此17a ≤， 故a 的取值范围为1(,]7-∞．15．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2019-2020学年高三上学期一摸）已知函数()12f x x x =+-．（1）求不等式()2f x ≥-的解集；（2）若关于x 的不等式()235f x a a -≥-在2[,1]3-上有解，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）{}13x x -≤≤；（2）55[22+． 【思路分析】（1）利用零点法分类讨论求出不等式()2f x ≥-的解集；（2）根据题意本问题题可以转化为()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，求出()f x 的最大值，最后求出实数a 的取值范围．【解析】（1）不等式化为0122x x x ≥⎧⎨+-≥-⎩或10122x x x -≤<⎧⎨++≥-⎩或1122x x x <-⎧⎨--+≥-⎩，解得03x ≤≤或10x -≤<或∅，故不等式()2f x ≥-的解集为{}13x x -≤≤．（2）由题意知，只需()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，因为()1,03231,03x x f x x x -+≤≤⎧⎪=⎨+-≤<⎪⎩，在2[,0]3-上单调递增，在[]0,3上单调递减， 所以()()max 01f x f ==，所以2520a a -+≤a ≤≤故实数a的取值范围为． 【名师点睛】本题考查了利用零点法分类讨论求解绝对值问题，考查了不等式在闭区间上有解问题，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力．16．（江西省抚州市临川第二中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()12,=+--∈f x x m x m R ．（1）当3m =时，求不等式()1f x >的解集；（2）当[]1,2x ∈-时，不等式()21f x x <+恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）3(,3)2；（2）1(,)3+∞．【思路分析】（1）代入m 的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为1(2)21x m x x +--<+恒成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x ->=---，令2()12g x x=--，求出()g x 的最大值，求出m 的范围即可．【解析】（1）当3m =时，()132f x x x =+--， 由()1f x >，得1271x x <-⎧⎨->⎩或12451x x -≤≤⎧⎨->⎩或2271x x >⎧⎨-+>⎩，解得322x <≤或23x <<，故不等式的解集是3(,3)2． （2）当[]1,2x ∈-]时，()1(2)f x x m x =+--，因此()21f x x <+恒成立，即1(2)21x m x x +--<+恒成立，整理得(2)m x x ->-， 当2x =时，02>-成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x->=---， 令2()12g x x=--，∵12x -≤<，∴023x <-≤， ∴1123x ≥-，∴21123x -≤-，故max 1()3g x =，故13m >． 故m 的取值范围为1(,)3+∞．【名师点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型．1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．证明： （1）222111a b c a b c++≤++； （2）333()()()24a b b c c a +++≥++．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）因为2222222,2,2a b ab b c bc c a ac +≥+≥+≥， 又1abc =，故有222111ab bc ca a b c ab bc ca abc a b c++++≥++==++．所以222111a b c a b c++≤++． （2）因为, , a b c 为正数且1abc =，故有333()()()a b b c c a +++++≥=3(+)(+)(+)a b b c a c3≥⨯⨯⨯=24．所以333()()()24a b b c c a +++++≥．【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()|||2|().f x x a x x x a =-+-- （1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集； （2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围． 【答案】（1）(,1)-∞；（2）[1,)+∞．【解析】（1）当a =1时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---．当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥．所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞． （2）因为()=0f a ，所以1a ≥．当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x -----． 所以，a 的取值范围是[1,)+∞．【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型． 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-． 【答案】（1）43；（2）见解析． 【解析】（1）由于2[(1)(1)(1)]x y z -++++222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]x y z x y y z z x =-+++++-++++++-2223(1)(1)(1)x y z ⎡⎤≤-++++⎣⎦，故由已知得2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥， 当且仅当x =53，y =–13，13z =-时等号成立． 所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43．（2）由于2[(2)(1)()]x y z a -+-+-222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]x y z a x y y z a z a x =-+-+-+--+--+--2223(2)(1)()x y z a ⎡⎤≤-+-+-⎣⎦，故由已知2222(2)(2)(1)()3a x y z a +-+-+-≥，当且仅当43a x -=，13a y -=，223a z -=时等号成立． 因此222(2)(1)()x y z a -+-+-的最小值为2(2)3a +．由题设知2(2)133a +≥，解得3a ≤-或1a ≥-．【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型． 4．【2019年高考江苏卷数学】设x ∈R ，解不等式||+|2 1|>2x x -． 【答案】1{|3x x <-或1}x >．【解析】当x <0时，原不等式可化为122x x -+->，解得x <13-； 当0≤x ≤12时，原不等式可化为x +1–2x >2，即x <–1，无解； 当x >12时，原不等式可化为x +2x –1>2，解得x >1． 综上，原不等式的解集为1{|3x x <-或1}x >． 【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力． 5．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知()|1||1|f x x ax =+--. （1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；（2）若(0,1)x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）1{|}2x x >；（2）(0,2]．【解析】（1）当1a =时，()|1||1|f x x x =+--，即2,1,()2,11,2, 1.x f x x x x -≤-⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩故不等式()1f x >的解集为1{|}2x x >． （2）当(0,1)x ∈时|1||1|x ax x +-->成立等价于当(0,1)x ∈时|1|1ax -<成立．若0a ≤，则当(0,1)x ∈时|1|1ax -≥； 若0a >，|1|1ax -<的解集为20x a <<，所以21a≥，故02a <≤． 综上，a 的取值范围为(0,2]．6．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()5|||2|f x x a x =-+--． （1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()1f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）{|23}x x -≤≤；（2）(,6][2,)-∞-+∞U ．【解析】（1）当1a =时，24,1,()2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤． （2）()1f x ≤等价于|||2|4x a x ++-≥．而|||2||2|x a x a ++-≥+，且当2x =时等号成立． 故()1f x ≤等价于|2|4a +≥． 由|2|4a +≥可得6a ≤-或2a ≥， 所以a 的取值范围是(,6][2,)-∞-+∞U ．7．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-． （1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b +≤，求a b +的最小值．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）13,,21()2,1,23, 1.x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）由（1）知，()y f x =的图像与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3， 故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[0,)+∞成立， 因此a b +的最小值为5．8．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()4f x x ax =-++，()11g x x x =++-||||. （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.【答案】（1）{|1x x -≤≤；（2）[1,1]-. 【思路分析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤，对x 按1x <-，11x -≤≤，1x >讨论，得出不等式的解集；（2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.若()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥.则()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一，所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，从而得11a -≤≤.【解析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤.①当1x <-时，①式化为2340x x --≤，无解；当11x -≤≤时，①式化为220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①式化为240x x +-≤，从而112x -+<≤. 所以()()f x g x ≥的解集为1{|1}2x x --≤≤. （2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.所以()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥. 又()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一， 所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，得11a -≤≤. 所以a 的取值范围为[1,1]-.【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法，也可以将绝对值函数转化为分段函数，借助图象解题.9．【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知330,0,2a b a b >>+=．证明：（1）55()()4a b a b ++≥；（2）2a b +≤．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【思路分析】（1）展开所给的式子，然后结合题意进行配方即可证得结论，注意向332a b +=靠拢； （2）利用均值不等式的结论结合题意证得()38a b +≤即可得出结论． 【解析】（1）()()556556a b a baab a b b ++=+++()()()2333344222244.a b a b ab a b ab a b=+-++=+-≥（2）因为()3322333a b a a b ab b +=+++()()()()232332432,4ab a b a b a b a b =+++≤+++=+所以()38a b +≤，因此2a b +≤．【名师点睛】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．10．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】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()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围.【答案】（1）{}1x x ≥；（2）5(,]4-∞.【思路分析】（1）将函数零点分段去绝对值符号，然后求解不等式即可； （2）由题意结合绝对值不等式的性质有25124x x x x +---+≤，则m 的取值范围是5(,]4-∞. 【解析】（1）()31211232,x f x x ,x ,x -<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪>⎩，当1x <-时，()1f x ≥无解；当12x -≤≤时，由()1f x ≥得，211x -≥，解得12x ≤≤； 当2x >时，由()1f x ≥解得2x >. 所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥.（2）由()2f x x x m ≥-+得212m x x x x ≤+---+，而2223551212()244x x x x x x x x x +---+≤++--+=-+≤-，且当32x =时，25124x x x x +---+=.故m 的取值范围为5(,]4-∞.【名师点睛】绝对值不等式的解法有三种：方法1：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 方法2：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；方法3：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想. 11．【2016年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数f (x )=∣x +1∣-∣2x -3∣.（1）在下图中画出y = f (x )的图象； （2）求不等式∣f (x )∣﹥1的解集.【答案】（1）见解析；（2）1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【解析】（1）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+-≤<---≤-=.23,4,231,23,1,4)(x x x x x x x f)(x f y =的图象如图所示.（2）由)(x f 的表达式及图象， 当1)(=x f 时，可得1=x 或3=x ； 当1)(-=x f 时，可得31=x 或5=x ， 故1)(>x f 的解集为{}31<<x x ；1)(-<x f 的解集为1{|5}3x x x <>或，所以1)(>x f 的解集为1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图象、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式. 12．【2016年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数11()22f x x x =-++，M 为不等式f (x ) ＜2的解集. （1）求M ；（2）证明：当a ，b ∈M 时，∣a +b ∣＜∣1+ab ∣. 【答案】（1）{|11}M x x =-<<；（2）见解析. 【思路分析】（1）先去掉绝对值，再分12x ≤-，1122x -<<和12x ≥三种情况解不等式，即可得Μ；（2）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a ，b Μ∈时，1a b ab +<+．【解析】（1）12,,211()1,,2212,.2x x f x x x x ⎧-≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≥⎪⎩当12x ≤-时，由()2f x <得22,x -<解得1x >-； 当1122x -<<时，()2f x <；当12x ≥时，由()2f x <得22,x <解得1x <.所以()2f x <的解集{|11}M x x =-<<.（2）由（1）知，当,a b M ∈时，11,11a b -<<-<<， 从而22222222()(1)1(1)(1)0a b ab a b a b a b +-+=+--=--<， 因此|||1|.a b ab +<+【名师点睛】形如||||x a x b c -+-≥(或c ≤)型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,]a -∞，(,]a b ，(,)b +∞ (此处设a b <)三个部分，在每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数1||||y x a x b =-+-和2y c =的图象，结合图象求解．13．【2016年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数()|2|f x x a a =-+.（1）当a =2时，求不等式()6f x ≤的解集；（2）设函数()|21|,g x x =-当x ∈R 时，f (x )+g (x )≥3，求a 的取值范围. 【答案】（1）{|13}x x -≤≤；（2）[2,)+∞．【思路分析】（1）利用等价不等式|()|()h x a a h x a ≤⇔-≤≤求解即可；（2）根据条件首先将问题转化为求解()()f x g x +的最小值，此最值可利用三角形绝对值不等式求得，再根据恒成立的意义建立关于a 的不等式求解．【解析】（1）当2a =时，()|22|2f x x =-+. 解不等式|22|26x -+≤得13x -≤≤. 因此()6f x ≤的解集为{|13}x x -≤≤.（2）当x ∈R 时，()()|2||12|f x g x x a a x +=-++-|212|x a x a ≥-+-+ |1|a a =-+，当12x =时等号成立， 所以当x ∈R 时，()()3f x g x +≥等价于|1|3a a -+≥.① 当1a ≤时，①等价于13a a -+≥，无解. 当1a >时，①等价于13a a -+≥，解得2a ≥. 所以a 的取值范围是[2,)+∞.【易错警示】对于绝对值三角不等式，易忽视等号成立的条件： （1）对||||a b a b ≥+-，当且仅当0a b >->时，等号成立；（2）对||||+||a b a b a b ≤≤--，当且仅当a b ≥且0ab ≥时左边等号成立，当且仅当0ab ≤时右边等号成立．。
2020版高考数学大一轮复习 选讲12.2不等式选讲 教案文含解析新人教A版
2020版高考数学大一轮复习第十二章系列4选讲 12.2不等式选讲 第1课时 绝对值不等式1.绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x |<a 与|x |>a 的解集(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 .(3)|x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想. 2.含有绝对值的不等式的性质(1)如果a ，b 是实数，则||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |.(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. 概念方法微思考1.绝对值三角不等式的向量形式及几何意义是什么？提示 当a ，b 不共线时，|a |＋|b |>|a ＋b |，它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边.2.用“零点分段法”解含有n 个绝对值的不等式时，需把数轴分成几段？ 提示 一般地，n 个绝对值对应n 个零点，n 个零点应把数轴分成(n ＋1)段.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若|x |>c 的解集为R ，则c ≤0.( × ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|<2的解集为∅.( √ )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a >b >0时等号成立.( × ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立.( × ) (5)对|a －b |≤|a |＋|b |当且仅当ab ≤0时等号成立.( √ ) 题组二 教材改编2.不等式3≤|5－2x |<9的解集为( ) A.[－2,1)∪[4,7) B.(－2,1]∪(4,7] C.(－2，－1]∪[4,7) D.(－2,1]∪[4,7)答案 D解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|<9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9<2x －5<9，2x －5≥3或2x －5≤－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <7，x ≥4或x ≤1，不等式的解集为(－2,1]∪ [4,7).3.求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集.解 ①当x ≤1时，原不等式可化为1－x －(5－x )<2， ∴－4<2，不等式恒成立，∴x ≤1；②当1<x <5时，原不等式可化为x －1－(5－x )<2， ∴x <4，∴1<x <4；③当x ≥5时，原不等式可化为x －1－(x －5)<2，该不等式不成立. 综上，原不等式的解集为(－∞，4). 题组三 易错自纠4.若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝__________. 答案 2解析 ∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2，∴2≤kx ≤6. ∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2.5.已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________.答案 9解析 把a ＋b ＋c ＝1代入到1a ＋1b ＋1c中，得a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立.题型一 绝对值不等式的解法例1(1)解不等式x ＋|2x ＋3|≥2. 解 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－32，－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－32，3x ＋3≥2，解得x ≤－5或x ≥－13.综上，原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤－5或x ≥－13. (2)(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋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x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.(*)当x <－1时，(*)式化为x 2－3x －4≤0，无解； 当－1≤x ≤1时，(*)式化为x 2－x －2≤0， 从而－1≤x ≤1；当x >1时，(*)式化为x 2＋x －4≤0， 从而1<x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. 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]. 思维升华解绝对值不等式的基本方法(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式.(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式.(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解. 跟踪训练1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 轴围成的三角形的面积大于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－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪23<x <2.(2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)， △ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞). 题型二 利用绝对值不等式求最值例2(1)对任意x ，y ∈R ，求|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值； (2)对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，求|x －2y ＋1|的最大值. 解 (1)∵x ，y ∈R ，∴|x －1|＋|x |≥|(x －1)－x |＝1， 当且仅当0≤x ≤1时等号成立，∴|y －1|＋|y ＋1|≥|(y －1)－(y ＋1)|＝2， 当且仅当－1≤y ≤1时等号成立，∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥1＋2＝3， 当且仅当0≤x ≤1，－1≤y ≤1同时成立时等号成立. ∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为3.(2)|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －1)|≤|x －1|＋|2(y －2)＋2|≤1＋2|y －2|＋2≤5，即|x －2y ＋1|的最大值为5.思维升华求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种 (1)利用绝对值的几何意义.(2)利用绝对值三角不等式，即|a |＋|b |≥|a ±b |≥||a |－|b ||. (3)利用零点分区间法.跟踪训练2已知a 和b 是任意非零实数. (1)求|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值；(2)若不等式|2a ＋b |＋|2a －b |≥|a |(|2＋x |＋|2－x |)恒成立，求实数x 的取值范围. 解 (1)∵|2a ＋b |＋|2a －b ||a |≥|2a ＋b ＋2a －b ||a |＝|4a ||a |＝4，当且仅当(2a ＋b )(2a －b )≥0时等号成立，∴|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值为4.(2)若不等式|2a ＋b |＋|2a －b |≥|a |(|2＋x |＋|2－x |)恒成立，即|2＋x |＋|2－x |≤|2a ＋b |＋|2a －b ||a |恒成立，故|2＋x |＋|2－x |≤⎝⎛⎭⎪⎫|2a ＋b |＋|2a －b ||a |min.由(1)可知，|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值为4，∴x 的取值范围即为不等式|2＋x |＋|2－x |≤4的解集. 解不等式得－2≤x ≤2， 故实数x 的取值范围为[－2,2].题型三 绝对值不等式的综合应用例3(2017·全国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 )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x <－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x >2.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 )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x | ＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54， 当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54.思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决. (2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法. 跟踪训练3设函数f (x )＝x ＋|x －a |.(1)当a ＝2019时，求函数f (x )的值域；(2)若g (x )＝|x ＋1|，求不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立时a 的取值范围. 解 (1)由题意得，当a ＝2 019时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2 019，x ≥2 019，2 019，x <2 019，因为f (x )在[2 019，＋∞)上单调递增， 所以f (x )的值域为[2 019，＋∞).(2)由g (x )＝|x ＋1|，不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立，知|x ＋1|＋|x －a |>2恒成立，即(|x ＋1|＋|x －a |)min >2.而|x ＋1|＋|x －a |≥|(x ＋1)－(x －a )|＝|1＋a |， 所以|1＋a |>2，解得a >1或a <－3.即a 的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞).1.对于任意实数a ，b ，已知|a －b |≤1，|2a －1|≤1，且恒有|4a －3b ＋2|≤m ，求实数m 的取值范围.解 因为|a －b |≤1，|2a －1|≤1，所以|3a －3b |≤3，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －12≤12，所以|4a －3b ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(3a －3b )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12＋52≤|3a －3b |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －12＋52≤3＋12＋52＝6，即|4a －3b ＋2|的最大值为6， 所以m ≥|4a －3b ＋2|max ＝6. 即实数m 的取值范围为[6，＋∞). 2.已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，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 的取值范围. 解 (1)当a ＝－3时，f (x )＝|x －3|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2<x <3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4， 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}.(2)由f (x )≤|x －4|，得|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |， 得4－x －(2－x )≥|x ＋a |，即－2－a ≤x ≤2－a . 由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0. 故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]. 3.已知函数f (x )＝|x －2m |－|x ＋m |(m >0). (1)当m ＝2时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)对于任意实数x ，t ，不等式f (x )≤|t ＋3|＋|t －2|恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )＝|x －2m |－|x ＋m | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3m ，x ≥2m ，－2x ＋m ，－m <x <2m ，3m ，x ≤－m ，当m ＝2时，当－2<x <4时，由－2x ＋2≥1， 得－2<x ≤12，又当x ≤－2时，f (x )＝6≥1恒成立，∴不等式f (x )≥1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤12. (2)不等式f (x )≤|t ＋3|＋|t －2|对任意的实数t ，x 恒成立，等价于对任意的实数x ，f (x )≤(|t ＋3|＋|t －2|)min 恒成立，即f (x )max ≤(|t ＋3|＋|t －2|)min ，∵f (x )＝|x －2m |－|x ＋m |≤|(x ＋m )－(x －2m )|＝3m ，|t ＋3|＋|t －2|≥|(t ＋3)－(t －2)|＝5， ∴3m ≤5， 又m >0，∴0<m ≤53.4.设函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|. (1)解不等式f (x )>0；(2)若∃x ∈R ，使得f (x )＋2m 2<4m ，求实数m 的取值范围. 解 (1)函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3，x <－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x >12，令f (x )＝0，求得x ＝－13或x ＝3，故不等式f (x )>0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－13或x >3. (2)若∃x ∈R ，使得f (x )＋2m 2<4m ， 即f (x )<4m －2m 2有解，由(1)可得f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－3×12－1＝－52，故－52<4m －2m 2，解得－12<m <52.故实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，52.5.已知函数f (x )＝|x －2|－|2x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤2；(2)若∃b ∈R ，不等式|a ＋b |－|a －b |≥f (x )对∀x ∈R 恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x ≤－12，1－3x ，－12<x <2，－x －3，x ≥2，原不等式等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，x ＋3≤2或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <2，1－3x ≤2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，－x －3≤2，解得x ≤－1或－13≤x <2或x ≥2，综上所述，不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤－1或x ≥－13. (2)∃b ∈R ，|a ＋b |－|a －b |≥f (x )对∀x ∈R 恒成立等价于 (|a ＋b |－|a －b |)max ≥f (x )max .因为|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |， 所以|a ＋b |－|a －b |的最大值为2|a |； 当x ≤－12时，f (x )≤52；当－12<x <2时，－5<f (x )<52；当x ≥2时，f (x )≤－5， 所以f (x )max ＝52，所以由原不等式恒成立，得2|a |≥52，解得a ≥54或a ≤－54.即a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－54∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞.6.设f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )≤x ＋2的解集；(2)若不等式满足f (x )≤12|x |(|a －2|＋|a ＋1|)对任意实数(x ≠0)恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)根据题意可知，原不等式为|x ＋1|－|2x －1|≤x ＋2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－x －1＋2x －1≤x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤12，x ＋1＋2x －1≤x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，x ＋1－2x ＋1≤x ＋2，解得x <－1或－1≤x ≤12或x >12.综上可得不等式f (x )≤x ＋2的解集为R .(2)不等式f (x )≤12|x |(|a －2|＋|a ＋1|)等价于|x ＋1|－|2x －1||x |≤12(|a －2|＋|a ＋1|)，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪|x ＋1|－|2x －1||x |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1x －⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1x ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1x ＋2－1x ＝3，当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x ≤0时取等号，因为|x ＋1|－|2x －1||x |≤12(|a －2|＋|a ＋1|)，所以|a －2|＋|a ＋1|≥6， 解得a ≤－52或a ≥72，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－52∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞.第2课时 不等式的证明1.比较法 (1)作差比较法知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明a －b >0即可，这种方法称为作差比较法. (2)作商比较法由a >b >0⇔ab >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明a b>1即可，这种方法称为作商比较法. 2.综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即“由因导果”的方法. 3.分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法. 4.反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立.5.放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的.概念方法微思考1.综合法与分析法有何内在联系？提示 综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚，当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述、表达整个证明过程.2.分析法的过程中为什么要使用“要证”，“只需证”这样的连接“关键词”？提示 因为“要证”“只需证”这些词说明了分析法需要寻求的是充分条件，符合分析法的思维是逆向思维的特点，因此在证题时，这些词是必不可少的.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)当a ≥0，b ≥0时，a ＋b2≥ab .( √ )(2)用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”的假设为“a ，b ，c 全不为0”.( × ) (3)若实数x ，y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( √ ) (4)若m ＝a ＋2b ，n ＝a ＋b 2＋1，则n ≥m .( √ ) 题组二 教材改编2.已知a ，b ∈R ＋，a ＋b ＝2，则1a ＋1b的最小值为( )A.1B.2C.4D.8答案 B解析 因为a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝2，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4， 所以1a ＋1b ≥4a ＋b ＝2，即1a ＋1b 的最小值为2(当且仅当a ＝b ＝1时，“＝”成立).故选B.3.若a ，b ，m ∈R ＋，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.b ＋m a ＋m ≥b a B.b ＋m a ＋m >ba C.b ＋m a ＋m ≤baD.b ＋m a ＋m <ba答案 B解析 因为a ，b ，m ∈R ＋，且a >b .所以b ＋m a ＋m －b a ＝m (a －b )a (a ＋m )>0，即b ＋m a ＋m >ba，故选B. 题组三 易错自纠4.已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ac >0，abc >0，用反证法求证a >0，b >0，c >0时的反设为( ) A.a <0，b <0，c <0 B.a ≤0，b >0，c >0 C.a ，b ，c 不全是正数 D.abc <0答案 C5.若a >b >1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( )A.x >yB.x <yC.x ≥yD.x ≤y 答案 A解析 x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab. 由a >b >1，得ab >1，a －b >0，所以(a －b )(ab －1)ab>0，即x －y >0，所以x >y .故选A.6.若a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a >b >c B.a >c >b C.b >c >a D.c >a >b 答案 A解析 “分子”有理化得a ＝13＋2，b ＝16＋5， c ＝17＋6，∴a >b >c .题型一 用综合法与分析法证明不等式例1(1)已知x ，y 均为正数，且x >y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3；(2)设a ，b ，c >0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c ≥ 3. 证明 (1)因为x >0，y >0，x －y >0， 2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2 ≥33(x －y )2·1(x －y )2＝3(当且仅当x －y ＝1时，等号成立)，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)因为a ，b ，c >0， 所以要证a ＋b ＋c ≥3， 只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)成立， 所以原不等式成立.思维升华用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野. 跟踪训练1(2017·全国Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2，证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 4＋b 4－2a 2b 2) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34(当且仅当a ＝b 时，取等号)，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 题型二 放缩法证明不等式例2(1)设a >0，||x －1<a 3，|y －2|<a3，求证：|2x ＋y －4|<a .证明 由a >0，|x －1|<a 3，可得|2x －2|<2a3，又|y －2|<a3，∴|2x ＋y －4|＝|(2x －2)＋(y －2)|≤|2x －2|＋|y －2|<2a 3＋a3＝a .即|2x ＋y －4|<a .(2)设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1.证明 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )，得 12n ≤1n ＋k <1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1. ∴原不等式成立.思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的证明技巧，常见的放缩方法有： ①变换分式的分子和分母，如1k 2<1k (k －1)，1k 2>1k (k ＋1)，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1，上面不等式中k ∈N ＋，k >1；②利用函数的单调性；③利用结论，如“若0<a <b ，m >0，则a b <a ＋mb ＋m.”(2)使用绝对值不等式的性质证明不等式时，常与放缩法结合在一起应用，利用放缩法时要目标明确，通过添、拆项后，适当放缩.跟踪训练2设f (x )＝x 2－x ＋1，实数a 满足|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1). 证明 |f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a |＝|x －a |·|x ＋a －1|<|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|<1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)，即|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1).1.已知函数f (x )＝|x －a |.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥7－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为[0,2]，1m ＋12n ＝a (m >0，n >0)，求证：m ＋4n ≥22＋3.(1)解 当a ＝2时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥7，∴⎩⎪⎨⎪⎧x <1，2－x ＋1－x ≥7或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋x －1≥7或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x －2＋x －1≥7，解得x ≤－2或x ≥5.∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞). (2)证明 由f (x )≤1，即|x －a |≤1，解得a －1≤x ≤a ＋1，而f (x )≤1的解集是[0,2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1＝2，解得a ＝1，∴1m ＋12n＝1(m >0，n >0)， ∴m ＋4n ＝(m ＋4n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋12n ＝3＋4n m ＋m 2n ≥22＋3. 当且仅当m ＝2＋1，n ＝2＋24时等号成立.2.已知函数f (x )＝|x －3|. (1)求不等式f (x )<x ＋1的解集M ；(2)设a ，b ∈M ，证明：(a 2＋1)(b 2＋1)>2a 2＋2b 2.(1)解 当x ≥3时，|x －3|<x ＋1等价于x －3<x ＋1，不等式恒成立，所以x ≥3； 当x <3时，|x －3|<x ＋1等价于3－x <x ＋1，即x >1， 所以1<x <3，综上可知，不等式f (x )<x ＋1的解集为M ＝{x |x >1}. (2)证明 因为(a 2＋1)(b 2＋1)－(2a 2＋2b 2) ＝(ab )2＋a 2＋b 2＋1－2a 2－2b 2＝(ab )2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)， 又因为a ，b ∈M ，所以a >1，b >1， 因此a 2>1，b 2>1，a 2－1>0，b 2－1>0， 所以(a 2－1)(b 2－1)>0，所以原不等式(a 2＋1)(b 2＋1)>2a 2＋2b 2成立. 3.已知函数f (x )＝|x －5|，g (x )＝5－|2x －3|.(1)解不等式f (x )<g (x )；(2)设F ＝f (x 2＋y 2)－g (3y ＋12)，求证：F ≥2. (1)解 由题意得原不等式为|x －5|＋|2x －3|<5，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x >5，x －5＋2x －3<5或⎩⎪⎨⎪⎧32≤x ≤5，5－x ＋2x －3<5或⎩⎪⎨⎪⎧x <32，5－x ＋3－2x <5，解得x ∈∅或32≤x <3或1<x <32，综上可得1<x <3.∴原不等式的解集为{x |1<x <3}.(2)证明 F ＝|x 2＋y 2－5|＋|2(3y ＋12)－3|－5 ＝|x 2＋y 2－5|＋|6y ＋21|－5 ≥|x 2＋y 2－5＋6y ＋21|－5 ＝|x 2＋(y ＋3)2＋7|－5 ＝x 2＋(y ＋3)2＋2≥2，当且仅当x ＝0且y ＝－3时等号成立. 4.已知a >0，b >0，且a 2＋b 2＝2.(1)若1a 2＋4b2≥|2x －1|－|x －1|恒成立，求x 的取值范围；(2)证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a 5＋b 5)≥4.(1)解 设y ＝|2x －1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥1，3x －2，12<x <1，－x ，x ≤12，由a 2＋b 2＝2，得12(a 2＋b 2)＝1，故1a 2＋4b 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋4b 2(a 2＋b 2) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4＋2b 2a 2·4a 2b 2＝92，当且仅当a 2＝23，b 2＝43时取等号，所以92≥|2x －1|－|x －1|.当x ≥1时，x ≤92，得1≤x ≤92；当12<x <1时，3x －2≤92，解得x ≤136，故12<x <1； 当x ≤12时，－x ≤92，解得x ≥－92，故－92≤x ≤12，综上可知，－92≤x ≤92.(2)证明 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (a 5＋b 5)＝a 4＋b 4＋b 5a ＋a 5b ，＝(a 2＋b 2)2＋b 5a ＋a 5b－2a 2b 2，≥(a 2＋b 2)2＋2b 5a ·a 5b－2a 2b 2＝(a 2＋b 2)2＝4， 当且仅当a ＝b ＝1时取等号.5.(1)如果关于x 的不等式|x ＋3|＋|x －2|<m 的解集不是空集，求参数m 的取值范围；(2)已知正实数a ，b ，且h ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ，b a 2＋b 2，求证：h ≤22. (1)解 ∵|x ＋3|＋|x －2|≥|(x ＋3)－(x －2)|＝5， 当且仅当(x ＋3)(x －2)≤0， 即－3≤x ≤2时等号成立，∴m >5， ∴参数m 的取值范围为(5，＋∞). (2)证明 ∵a 2＋b 2≥2ab (a >0，b >0)， ∴aba 2＋b 2≤12，即a ×b a 2＋b 2≤12. 由于0<h ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ，b a 2＋b 2≤a,0<h ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ，b a 2＋b 2≤ba 2＋b 2， ∴h 2≤a ×ba 2＋b 2≤12，∴h ≤22. 6.已知函数f (x )＝|x －3|. (1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥5；(2)若|a |>1，且f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，证明：|b |>3. (1)解 |x －3|＋|x －2|≥5，当x >3时，(x －3)＋(x －2)≥5，x ≥5；当2≤x ≤3时，(3－x )＋(x －2)≥5,1≥5，无解； 当x <2时，(3－x )＋(2－x )≥5，x ≤0， 综上，不等式的解集为{x |x ≥5或x ≤0}.(2)证明 f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 等价于|ab －3|>|a |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a－3，即|ab －3|>|b －3a |，则(ab －3)2>(b －3a )2，化简得a 2b 2＋9－b 2－9a 2>0，即(a 2－1)(b 2－9)>0. 因为|a |>1，所以a 2－1>0，所以b 2－9>0，|b |>3.。
2020年高考江苏版高考数学 22.3 不等式选讲
考向二 含绝对值不等式的证明
例2 已知x,y∈R,且|x+y|≤ 16 ,|x-y|≤ 14 ,求证:|x+5y|≤1.
证明 |x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|. 由绝对值不等式性质,得 |x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|≤|3(x+y)|+|2(x-y)|
=3|x+y|+2|x-y|≤3× 1 +2× 1 =1,所以|x+5y|≤1.
证明 因为x,y,z均为正实数,且xyz=1,
所以 1 x3 y
+xy≥2 x12
= 2x =2yz,即 x13 y
≥2yz-xy.
同理,得 1 ≥2zx-yz, 1 ≥2xy-zx,当且仅当x=y=z=1时取等; 1 + 1 ≥xy+yz+zx. x3 y y3z z3x
例1 在实数范围内解不等式|2x-1|+|2x+1|≤6.
解析 解法一:当x> 1 时,原不等式转化为4x≤6⇒ 1<x≤ 3;
2
22
当- 1 ≤x≤ 1 时,原不等式转化为2≤6,恒成立;
2
2
当x<- 1 时,原不等式转化为-4x≤6⇒- 3≤x<- 1.
2
2
2
综上,原不等式的解集为
x
考点清单
考点一 含绝对值的不等式
考向基础 1.绝对值不等式的解法 (1)|ax+b|≤c、|ax+b|≥c型不等式的解法: 若c>0,则|ax+b|≤c等价于-c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c等价于ax+b≥c或ax+b ≤-c,然后根据a、b的值解出即可. 若c<0,则|ax+b|≤c的解集为⌀,|ax+b|≥c的解集为R. (2)解|x-a|+|x-b|≥c(c>0),|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的一般步骤: a.令每个绝对值符号里的一次式为0,求出相应的根.
2020年高考数学一轮总复习：不等式选讲
2020年高考数学一轮总复习：不等式选讲[基础梳理]1．绝对值三角不等式(1)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； (2)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．绝对值不等式的解集(1)含绝对值的不等式|x |<a 与|x |>a 的解集：(2)|ax ＋b |≤c 、|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 ． 3．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b2≥a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c 全为正实数，那么a ＋b ＋c 3≥当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 4．柯西不等式设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，等号当且仅当ad ＝bc 时成立．1．一组重要关系|a ＋b |与|a |－|b |，|a －b |与|a |－|b |，|a |＋|b |之间的关系： (1)|a ＋b |≥|a |－|b |，当且仅当a ＞－b ＞0时，等号成立．(2)|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |，当且仅当|a |≥|b |且ab ≥0时，左边等号成立，当且仅当ab ≤0时，右边等号成立． 2．两个等价关系(1)|x |＜a ⇔－a ＜x ＜a (a ＞0)． (2)|x |＞a ⇔x ＜－a 或x ＞a (a ＞0)． 3．一个关键解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号． 4．一个口诀解含绝对值的不等式的基本思路可概括为十二字口诀“找零点，分区间，逐个解，并起来．” [四基自测]1．不等式|x －1|<1的解集为( ) A ．(1，2) B ．(0，2) C ．(－1，1) D ．(0，1)答案：B2．不等式|x －1|－|x －5|＜2的解集为________． 答案：(－∞，4)3．不等式|x ＋1|>|x －1|的解集为________． 答案：(0，＋∞)4．若关于x 的不等式|ax －2|＜3的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－53＜x ＜13，则a ＝________．答案：－3考点一 解绝对值不等式◄考基础——练透[例1] (2016·高考全国卷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．解析：(1)如图所示：(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ＜32，4－x ，x ≥32，|f (x )|＞1，当x ≤－1时，|x －4|＞1，解得x ＞5或x ＜3， 所以x ≤－1.当－1＜x ＜32时，|3x －2|＞1，解得x ＞1或x ＜13， 所以－1＜x ＜13或1＜x ＜32.当x ≥32时，|4－x |＞1，解得x ＞5或x ＜3，所以32≤x ＜3或x ＞5.综上，x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5，所以|f (x )|＞1的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13∪(1，3)∪(5，＋∞).含绝对值不等式的解法续表(2018·高考全国卷Ⅱ)设函数ƒ(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a ＝1时，求不等式ƒ(x )≥0的解集； (2)若ƒ(x )≤1，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，ƒ(x )＝⎩⎨⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1＜x ≤2，－2x ＋6，x ＞2.可得ƒ(x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}． (2)ƒ(x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立． 故ƒ(x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 考点二 绝对值不等式成立求参数◄考能力——知法 [例2] (2018·高考全国卷Ⅰ)已知ƒ(x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式ƒ(x )＞1的解集；(2)若x ∈(0，1)时不等式ƒ(x )＞x 成立，求a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝1时，ƒ(x )＝|x ＋1|－|x －1|，即ƒ(x )＝⎩⎨⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式ƒ(x )＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞12.(2)当x ∈(0，1)时|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立等价于当x ∈(0，1)时|ax －1|＜1成立． 若a ≤0，则当x ∈(0，1)时|ax －1|≥1；若a ＞0，则|ax －1|＜1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜2a ，所以2a ≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0，2]．巧用“||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |”求最值(1)求|a |－|b |的范围：若a ±b 为常数M ，可利用||a |－|b ||≤|a ±b |⇔－|M |≤|a |－|b |≤|M |确定范围．(2)求|a |＋|b |的最小值：若a ±b 为常数M ，可利用|a |＋|b |≥|a ±b |＝|M |，从而确定其最小值．(2019·大庆模拟)设函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋4|. (1)解不等式：f (x )>0；(2)若f (x )＋3|x ＋4|≥|a －1|对一切实数x 均成立，求a 的取值范围． 解析：(1)原不等式即为|2x －1|－|x ＋4|>0，当x ≤－4时，不等式化为1－2x ＋x ＋4>0，解得x <5， 即不等式组⎩⎨⎧x ≤－4|2x －1|－|x ＋4|>0的解集是{x |x ≤－4}．当－4<x <12时，不等式化为1－2x －x －4>0，解得x <－1，即不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－4<x <12|2x －1|－|x ＋4|>0的解集是{x |－4<x <－1}．当x ≥12时，不等式化为2x －1－x －4>0，解得x >5， 即不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12|2x －1|－|x ＋4|>0的解集是{x |x >5}．综上，原不等式的解集为{x |x <－1或x >5}．(2)∵f (x )＋3|x ＋4|＝|2x －1|＋2|x ＋4|＝|1－2x |＋|2x ＋8|≥|(1－2x )＋(2x ＋8)|＝9. ∴由题意可知|a －1|≤9，解得－8≤a ≤10， 故所求a 的取值范围是{a |－8≤a ≤10}．考点三不等式的证明◄考基础——练透[例3](2017·高考全国卷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)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因为(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.证明不等式的方法与技巧(1)当已知与所求之间的关系较明显，从已知或不等式性质入手进行转换，可得到所求时，利用综合法．(2)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证明的命题以“至少”“至多”等方式给出或为否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．(3)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的求解或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略．绝对值三角不等式，则往往作为不等式放缩的依据．1．已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.(1)证明：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8. (2)证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .证明：(1)1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， 相乘得：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8abc ＝8. (2)1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋ac ， ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ， ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ， 相加得a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .2．已知函数f (x )＝|x －12|＋|x ＋12|，M 为不等式f (x )<2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.解析：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1； 当－12<x <12时，f (x )<2；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1. 所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0. 因此|a ＋b |<|1＋ab |.课时规范练 A 组 基础对点练1．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果∃x ∈R ，使得f (x )＜2成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)若a ＝－1，f (x )≥3，即为|x －1|＋|x ＋1|≥3， 当x ≤－1时，1－x －x －1≥3，即有x ≤－32； 当－1＜x ＜1时，1－x ＋x ＋1＝2≥3不成立； 当x ≥1时，x －1＋x ＋1＝2x ≥3，解得x ≥32.综上可得，f (x )≥3的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞； (2)∃x ∈R ，使得f (x )＜2成立，即有2＞f (x )min ， 由函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |≥|x －1－x ＋a |＝|a －1|， 当(x －1)(x －a )≤0时，取得最小值|a －1|， 则|a －1|＜2，即－2＜a －1＜2，解得－1＜a ＜3. 则实数a 的取值范围为(－1，3)．2．设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －52＋|x －a |，x ∈R .(1)当a ＝－12时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥a 在R 上恒成立，求实数a 的最大值． 解析：(1)f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －52＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2，x ＜－12，3，－12≤x ≤52，2x －2，x ＞52.由f (x )≥4得⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－12，－2x ＋2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞52，2x －2≥4. 解得x ≤－1或x ≥3，所以不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥3}．(2)由绝对值的性质得f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －52＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －52－（x －a ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －52，所以f (x )的最小值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －52，从而⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －52≥a ，解得a ≤54，因此a 的最大值为54.3．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，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 的取值范围．解析：(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2＜x ＜3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4； 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}． (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 当x ∈[1，2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a | ⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0. 故满足条件的a 的取值范围为[－3，0]． 4．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． 解析：(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 |≥|2x －a ＋1－2x |＋a ＝|1－a |＋a ，当x ＝12时等号成立，所以当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3等价于|1－a |＋a ≥3.① 当a ≤1时，①等价于1－a ＋a ≥3，无解． 当a ＞1时，①等价于a －1＋a ≥3，解得a ≥2. 所以a 的取值范围是[2，＋∞)．。
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不等式选讲
绝对值不等式
解法
或 。
或 。
；
。
根据绝对值的意义结合数轴直观求解。
零点分区去绝对值，转化为三个不等式组求解。
构造函数利用函数图象求解。
三角不等式
； 。
重要不等式
均值不等式
。
柯西不等式
二维形式
，等号当且仅当 时成立。
向量形式
是两个向量，则 ，当且仅当 是零向量或存在实数 ，使 时，等号成立。 Nhomakorabea数学归纳法
证明与正整数有关的不等式。
一般形式
等号当且仅当 或 时成立（ 为常数， ）。
排序不等式
设 为两组实数， 是 的任意排列，
则 ，
当且仅当 或 时反序和等于顺序和。
证明方法
比较法
作差和作商比较
综合法
根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论
分析法
执果索因的证明方法
反证法
反设结论，导出矛盾
放缩法
通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法