2020届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
高考数学二轮复习专题八选考4系列选讲8.2不等式选讲课件理
2021/12/11
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考点三 不等式的证明 定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥2ab.当且仅当 a＝b 时，等 号成立． 定理 2：如果 a，b 为正数，则a＋2 b≥ 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＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立．
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考点二 含绝对值不等式的综合问题 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．
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角度 2：含绝对值不等式的恒成立问题
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[解] (1)由题意得，当 a＝2018 时，
f(x)＝220x－182，01x<8，20x1≥8，2018， 因为 f(x)在[2018，＋∞)上单调递增，所以 f(x)的值域为[2018， ＋∞)． (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.
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(2)f(x)＝|x＋4|＝x0＋x＝4x－>－ 4，4， －4－xx<－4，
∴不等式 f(x)>1－12x 等价于
最新高考数学二轮复习大题专项练八不等式选讲A文
八不等式选讲(A)1.(2018·铁东区校级二模)已知函数f(x)=|x-3|+|x+m|(x∈R).(1)当m=1时,求不等式f(x)≥6的解集;(2)若不等式f(x)≤5的解集不是空集,求参数m的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f(x)=|x|+|x-3|.(1)求不等式f(x)<7的解集;(2)证明:当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数f(x)的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≤5的解集;(2)∃x0∈R,f(x0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.(2014·全国Ⅰ卷)若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解:(1)原不等式等价于解得x≤-2,或此时无解,或解得x≥4.故不等式的解集是{x|x≤-2或x≥4}.(2)因为|x-3|+|x+m|≥|(x-3)-(x+m)|=|m+3|, 所以f(x)min=|3+m|,所以|m+3|≤5,所以m∈[-8,2].2.(1)解:f(x)=|x|+|x-3|,当x≥3时,f(x)=x+x-3=2x-3,由f(x)<7解得3≤x<5;当0<x<3时,f(x)=x+3-x=3,f(x)<7显然成立,可得0<x<3;当x≤0时,f(x)=-x+3-x=3-2x,由f(x)<7解得-2<x≤0,综上可得,f(x)<7的解集为(-2,5).(2)证明:由f(x)=作出y=f(x)的图象,显然直线y=k(x+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4k,解得k=,此时构成三角形;当直线y=k(x+4)与直线y=2x-3平行,可得k=2,可得当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数y=f(x)的图象可以围成一个四边形.3.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|.①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,令f(x)≤5,即-2x-1≤5,解得-3≤x≤-2;②当-2<x<1时,f(x)=3;显然f(x)≤5成立,所以-2<x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,令f(x)≤5,即2x+1≤5,解得1≤x≤2.综上所述,不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.(2)因为f(x)=|x-a|+|x+2|≥|(x-a)-(x+2)|=|a+2|,又∃x0∈R,有f(x0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解:(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由:由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题八 第二讲 不等式选讲
第二讲 不等式选讲高考考点考点解读不等式的证明与不等式的性质相结合，考查综合法在比较大小中的应用绝对值不等式的解法 1.求解绝对值不等式的解集2．与集合、概率等内容相结合命题3．与不等式的恒成立相结合考查求解参数的取值范围备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：不等式选讲也是高考必考内容，重点考查绝对值不等式的解法、不等式的证明及求参数取值范围问题．题型多为解答题，难度为中档．Z 知识整合hi shi zheng he 1．绝对值不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立．2．绝对值不等式的解法(1)|ax ＋b |≤c (c >0)和|ax ＋b |≥c (c >0)型不等式的解法①|ax ＋b |≤c (c >0)⇔－c ≤ax ＋b ≤c .②|ax ＋b |≥c (c >0)⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .(2)|x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的解法①利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．②利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．③通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．3．证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法．4．二维形式的柯西不等式若a ，b ，c ，d ∈R ，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，等号成立．,Y易错警示 i cuo jing shi 1．应用绝对值不等式性质求函数的最值时，一定要注意等号成立的条件．特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立．2．利用基本不等式证明要注意“一正、二定、三相等”三个条件同时成立，缺一不可．3．在去掉绝对值符号进行分类时要做到不重不漏.1．(2018·全国卷Ⅰ，23)已知f ＝－.(x )|x ＋1||ax －1|(1)当a ＝1时，求不等式f >1的解集；(x )(2)若x ∈时不等式f >x 成立，求a 的取值范围．(0，1)(x )[解析] (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝Error!结合函数图象可知，不等式f (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，|ax －1|＜1的解集为0＜x ＜，2a 所以≥1，故0＜a ≤2.2a 综上，a 的取值范围为(0,2]．2．(2018·全国卷Ⅱ，23)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集．(2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．[解析] (1)当a ＝1时，f (x )＝Error!可得f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}．(2)f (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f (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，＋∞)．3．(2018·全国卷Ⅲ，23)设函数f ＝＋.(x )|2x ＋1||x －1|(1)画出y ＝f 的图象；(x )(2)当x ∈时， f ≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．[0，＋∞)(x )[解析] (1)f (x )＝Error!y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与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a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.4．(2018·江苏卷，21D)若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．[解析] 由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2.因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4，当且仅当＝＝时，不等式取等号，此时x ＝，y ＝，z ＝，x 1y2z2234343所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.5．(2017·全国卷Ⅰ，23)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．[解析] (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，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x >1时，①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]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]．命题方向1 绝对值不等式的解法例1 (2018·昆明一模)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的定义域为实数集R .(1)当a ＝5时，解关于x 的不等式f (x )>9.(2)设关于x 的不等式f (x )≤|x －4|的解集为A ，B ＝{x ∈R ||2x －1|≤3}，如果A ∪B ＝A ，求实数a 的取值范围．[解析] (1)当a ＝5时，关于x 的不等式f (x )>9，即|x ＋5|＋|x －2|>9，故有Error!①；或Error!②；或Error!③.解①求得x <－6；解②求得x ∈∅，解③求得x >3.综上可得，原不等式的解集为{x |x <－6或x >3}．(2)设关于x 的不等式f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|≤|x －4|的解集为A ，B ＝{x ∈R ||2x －1|≤3}＝{x |－1≤x ≤2}，如果A ∪B ＝A ，则B ⊆A ，所以Error!即Error!求得－1≤a ≤0，故实数a 的范围为[－1,0]．『规律总结』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，去绝对值符号；(3)分别解去掉绝对值符号的不等式(组)；(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．2．图象法求解不等式用图象法，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．G跟踪训练en zong xun lian (2016·全国卷Ⅰ，24)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|.(Ⅰ)画出y ＝f (x )的图像；(Ⅱ)求不等式|f (x )|﹥1的解集．[解析] (Ⅰ)f (x )＝Error!y ＝f (x )的图像如图所示．(Ⅱ)由f (x )的表达式及图像知，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3；当f (x )＝－1时，可得x ＝或x ＝5.13故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}；f (x )<－1的解集为{x |x <或x >5}．13所以|f (x )|>1的解集为{x |x <或1<x <3或x >5}．13命题方向2 不等式的证明例2 设a >0，b >0，且a ＋b ＝＋.1a 1b 证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝＋＝，a >0，b >0.1a 1b a ＋bab 得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2＝2，ab 即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．『规律总结』本题主要考查了不等式的证明与反证法等知识点，属于中档题，第一小问需将条件中的式子作等价变形，再利用基本不等式即可求解；第二小问从问题不可能同时成立，可以考虑采用反证法证明，否定结论，从而推出矛盾，反证法作为一个相对冷门的数学方法，在后续复习时亦应予以关注．G跟踪训练en zong xun lian (2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝＋，M 为不等式f (x )<2的解集．|x －12||x ＋12|(1)求M .(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.[解析] (1)当x <－时，f (x )＝－x －x －＝－2x <2，解得－1<x <－；12121212当－≤x ≤时，f (x )＝－x ＋x ＋＝1<2恒成立；12121212当x >时，f (x )＝2x <2，解得<x <1.1212综上可得，M ＝{x |－1<x <1}．(2)当a ，b ∈(－1,1)时，有(a 2－1)(b 2－1)>0，即a 2b 2＋1>a 2＋b 2，则a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2，则(ab ＋1)2>(a ＋b )2，即|a ＋b |<|ab ＋1|.命题方向3 绝对值不等式恒成立(存在)问题例3 (2018·汉中二模)设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |，(1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3.(2)如果任意x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．[解析] (1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，由f (x )≥3有|x －1|＋|x ＋1|≥3，据绝对值几何意义求解．|x －1|＋|x ＋1|≥3几何意义是数轴上表示实数x 的点距离实数1，－1表示的点距离之和不小3，由于数轴上数－左侧的点与数右侧的点与数－1与1的距离之和不小于3，3232所以所求不等式解集为(－∞，－]∪[，＋∞)．3232(2)由绝对值的几何意义知，数轴上到1的距离与到a 的距离之和大于等于2恒成立，则1与a 之间的距离必大于等于2，从而有a ∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．『规律总结』1．求含绝对值号函数的值的两种方法(1)利用|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求解．(2)将函数化为分段函数，数形结合求解．2．恒成立(存在)问题的等价转化f (x )≥Mf (x )≤M 任意x 恒成立⇔f (x )min ≥M f (x )max ≤M 存在x 成立⇔f (x )max ≥Mf (x )min ≤MG跟踪训练en zong xun lian 已知函数f (x )＝|x －5|－|x －2|.(1)若存在x ∈R ，使得f (x )≤m 成立，求m 的范围．(2)求不等式x 2－8x ＋15＋f (x )≤0的解集．[解析] (1)f (x )＝|x －5|－|x －2|＝Error!当2<x <5时，－3<7－2x <3，所以－3≤f (x )≤3，所以m ≥－3.(2)不等式x 2－8x ＋15＋f (x )≤0，即－f (x )≥x 2－8x ＋15由(1)可知，当x ≤2时，－f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2<x <5时，－f (x )≥x 2－8x ＋15，即x 2－10x ＋22≤0，所以5－≤x <5，3即x 2－8x ＋12≤0，所以5≤x ≤6；当x ≥5时，－f (x )≥x 2－8x ＋15，综上，原不等式的解集为{x |5－≤x ≤6}．3A 组1．已知函数f (x )＝|x －2|－|2x －a |，a ∈R .(1)当a ＝3时，解不等式f (x )>0；(2)当x ∈(－∞，2)时，f (x )<0，求a 的取值范围．[解析] (1)f (x )＝Error!当x >2时，1－x >0，即x <1，此时无解；当≤x ≤2时，5－3x >0，即x <，解得≤x <；32533253当x <时，x －1>0，即x >1，解得1<x <.3232∴不等式解集为{x |1<x <}．53(2)2－x －|2x －a |<0⇒2－x <|2x －a |⇒x <a －2或x >恒成立．a ＋23∵x ∈(－∞，2)，∴a －2≥2，∴a ≥4.2．(2018·南宁二模)设实数x ，y 满足x ＋＝1.y4(1)若|7－y |<2x ＋3，求x 的取值范围．(2)若x >0，y >0，求证：≥xy .xy [解析] (1)根据题意，x ＋＝1，y4则4x ＋y ＝4，即y ＝4－4x ，则由|7－y |<2x ＋3，可得|4x ＋3|<2x ＋3，即－(2x ＋3)<4x ＋3<2x ＋3，解得－1<x <0.(2)x >0，y >0，1＝x ＋≥2＝，y 4x ·y 4xy 即≤1，xy －xy ＝(1－)，xy xy xy 又由0<≤1，xy 则－xy ＝(1－)≥0，xy xy xy 即≥xy .xy 3．(2018·西安二模)已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－a )．(1)当a ＝7时，求函数f (x )的定义域．(2)若关于x的不等式f(x)≥3的解集是R，求实数a的最大值．[解析] (1)由题设知：|x＋1|＋|x－2|>7；①当x>2时，得x＋1＋x－2>7，解得x>4；②当－1≤x≤2时，得x＋1＋2－x>7，无解；③当x<－1时，得－x－1－x＋2>7，解得x<－3；所以函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)．(2)不等式f(x)≥3，即|x＋1|＋|x－2|≥a＋8；因为x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3；又不等式|x＋1|＋|x－2|≥a＋8解集是R；所以a＋8≤3，即a≤－5.所以a的最大值为－5.4．设函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|.(1)画出函数y＝f(x)的图象；(2)若关于x的不等式f(x)≥ax＋1恒成立，试求实数a的取值范围．[解析] (1)由于f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|＝Error!则函数y＝f(x)的图象如图所示．(2)当x＝2时，f(2)＝3.当直线y＝ax＋1过点(2,3)时，a＝1.由函数y＝f(x)与函数y＝ax＋1的图象知，当且仅当－3≤a≤1时，函数y＝f(x)的图象没有在函数y＝ax＋1的图象的下方，因此f(x)≥ax＋1恒成立时，a的取值范围为[－3，1]．B组1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|.(1)解不等式f (x )>0；(2)已知关于x 的不等式a ＋3<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围．[解析] (1)∵f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝Error!∴不等式f (x )>0化为Error!或Error!或Error!∴x <－4或x >，23即不等式的解集为(－∞，－4)∪(，＋∞)．23(2)∵f (x )min ＝－，∴要使a ＋3<f (x )恒成立，只要a ＋3<－，∴a <－.72721322．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x －a |，a ∈R .(1)当a ＝0时，解关于x 的不等式f (x )>4；(2)若∃x ∈R ，使得不等式|x －3|＋|x －a |<4成立，求实数a 的取值范围．[分析] (1)按x ＝0和3分段讨论或利用绝对值的几何意义求解．(2)∃x ∈R ，使不等式f (x )<4成立，即f (x )的最小值小于4.[解析] (1)由a ＝0知原不等式为|x －3|＋|x |>4当x ≥3时，2x －3>4，解得x >.72当0≤x <3时，3>4，无解．当x <0时，－2x ＋3>4，解得x <－.12故解集为{x |x <－或x >}．1272(2)由∃x ∈R ，|x －3|＋|x －a |<4成立可得，(|x －3|＋|x －a |)min <4.又|x －3|＋|x －a |≥|x －3－(x －a )|＝|a －3|，即(|x －3|＋|x －a |)min ＝|a －3|<4.解得－1<a <7.3．(2018·临川二模)已知函数f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |.(1)若f (1)<3，求实数a 的取值范围．(2)若a ≥1，x ∈R ，求证：f (x )≥2.[解析] (1)因为f (1)<3，所以|a |＋|1－2a |<3.①当a ≤0时，得－a ＋(1－2a )<3，解得a >－，所以－<a ≤0；2323②当0<a <时，得a ＋(1－2a )<3，12解得a >－2，所以0<a <；12③当a ≥时，得a －(1－2a )<3，12解得a <，所以≤a <；431243综上所述，实数a 的取值范围是(－，)．2343(2)因为a ≥1，x ∈R ，所以f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |≥|(x ＋a －1)－(x －2a )|＝|3a －1|＝3a －1≥2.4．(2018·安徽江南十校3月模拟)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记不等式f (x )>－1的解集为M .(1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与的大小．1a [解析] (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝Error!由f (x )>－1，得Error!或Error!或Error!解得0<x <2，故M ＝{x |0<x <2}．(2)由(1)，知0<a <2，因为a 2－a ＋1－＝＝，1a a 3－a 2＋a －1a (a －1)(a 2＋1)a 当0<a <1时，<0，(a －1)(a 2＋1)a所以a 2－a ＋1<.1a 当a ＝1时，＝0，(a －1)(a 2＋1)a 所以a 2－a ＋1＝.1a当1<a <2时，>0，(a －1)(a 2＋1)a 所以a 2－a ＋1>.1a 综上所述：当0<a <1时，a 2－a ＋1<.1a 当a ＝1时，a 2－a ＋1＝.1a 当1<a <2时，a 2－a ＋1>.1a。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
八不等式选讲(A)1.(2018·临汾二模)已知函数f()=|-2|+|2+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f()≥5;(2)若存在0满足f(0)+|0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f()=||+|-3|.(1)求不等式f()<7的解集;(2)证明当<<2时,直线y=(+4)与函数f()的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f()=|-a|+|+2|.(1)当a=1时,求不等式f()≤5的解集;(2)∃0∈R,f(0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解(1)当a=1时,f()=|-2|+|2+1|.由f()≥5得|-2|+|2+1|≥5.当≥2时,不等式等价于-2+2+1≥5,解得≥2,所以≥2;当-<<2时,不等式等价于2-+2+1≥5, 解得≥2,所以此时不等式无解;当≤-时,不等式等价于2--2-1≥5,解得≤-,所以≤-.所以原不等式的解集为{|≤-或≥2}.(2)f()+|-2|=2|-2|+|2+a|=|2-4|+|2+a|≥|2+a-(2-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f()+|-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解f()=||+|-3|,当≥3时,f()=+-3=2-3,由f()<7解得3≤<5;当0<<3时,f()=+3-=3,f()<7显然成立,可得0<<3;当≤0时,f()=-+3-=3-2,由f()<7解得-2<≤0,综上可得,f()<7的解集为(-2,5).(2)证明由f()=作出y=f()的图象,显然直线y=(+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4,解得=,此时构成三角形;当直线y=(+4)与直线y=2-3平行,可得=2,可得当<<2时,直线y=(+4)与函数y=f()的图象可以围成一个四边形.3.解(1)当a=1时,f()=|-1|+|+2|.①当≤-2时,f()=-2-1,令f()≤5,即-2-1≤5,解得-3≤≤-2;②当-2<<1时,f()=3;显然f()≤5成立,所以-2<<1;③当≥1时,f()=2+1,令f()≤5,即2+1≤5,解得1≤≤2.综上所述,不等式的解集为{|-3≤≤2}.(2)因为f()=|-a|+|+2|≥|(-a)-(+2)|=|a+2|,又∃0∈R,有f(0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
2020江苏高考理科数学二轮讲义：不等式选讲含解析
当－1≤x≤2时，
不等式化为x＋1＋2－x＜4，
解得－1≤x≤2；
当x＞2时，
不等式化为x＋1＋x－2＜4，
解得2＜x＜ ；
所以原不等式的解集为 ．
1．(20xx·盐城中学开学考试)解不等式|2x－4|<4－|x|．
[解]当x＞2时，原不等式同解于2x－4＜4－x，
解得x＜ ，
所以2＜x＜ ；
所以y＝ ＋ ≤ ．
当且仅当 ＝ ，
即x＝ 时等号成立．
所以y的最大值为 ．
解绝对值不等式
[典型例题]
(1)(20xx·高考江苏卷)设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2．
(2)(20xx·××市四校高三模拟)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|．若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)(a≠0，a，b∈R)恒成立，求实数x的取值范围．
【解】(1)当x<0时，原不等式可化为－x＋1－2x>2，解得x<－ ；
当0≤x≤ 时，原不等式可化为x＋1－2x>2，即x<－1，无解；
当x> 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{x|x<－ 或x>1}．
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)，且a≠0，得 ≥f(x)．
2．用平均不等式或柯西不等式求最值
D题
3．解绝对值不等式
C题
1．基本不等式与简单的柯西不等式
(1)若a，b为正数，则 ≥ ，当且仅当a＝b时等号成立．
(2)若a，b，c为正数，则 ≥ ，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
(3)若a，b，c，d∈R，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当 ＝ 时等号成立．
【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 不等式选讲 大题(含答案解析)
【高考复习】2020年高考数学(理数) 不等式选讲 大题1.已知f(x)=|2x-1|＋|ax-5|(0<a<5)．(1)当a=1时，求不等式f(x)≥9的解集；(2)若函数y=f(x)的最小值为4，求实数a 的值．2.设函数f(x)=|x-1|.(1)求不等式f(x)≤3-f(x-1)的解集；(2)已知关于x 的不等式f(x)≤f(x ＋1)-|x-a|的解集为M ，若⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32⊆M ，求实数a 的取值范围．3.已知函数f(x)=|2x-1|＋|x ＋1|.(1)解不等式f(x)≤3；(2)记函数g(x)=f(x)＋|x ＋1|的值域为M ，若t∈M，证明：t 2＋1≥3t＋3t.4.设函数f(x)=|x-a|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋2a (a≠0，a∈R)． (1)当a=1时，解不等式f(x)≤5；(2)记f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最小值．5.已知函数f(x)=|x-m|，m<0.(1)当m=-1时，求解不等式f(x)＋f(-x)≥2-x；(2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范围．6.设函数f(x)=|2x＋1|＋|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．7.设f(x)=|x|＋2|x-a|(a>0)．(1)当a=1时，解不等式f(x)≤4；(2)若f(x)≥4，求实数a的取值范围．8.已知定义在R上的函数f(x)=|x-m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．(1)求实数m的值；(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)=4，求证：4α＋1β≥3.9.已知函数f(x)=|2x＋1|，g(x)=|x|＋a．(1)当a=0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．10.已知函数f(x)=|x＋1|．(1)若∃x0∈R，使不等式f(x0-2)-f(x0-3)≥u成立，求满足条件的实数u的集合M；(2)已知t为集合M中的最大正整数，若a>1，b>1，c>1，且(a-1)(b-1)(c-1)=t，求证：abc≥8．答案解析1.解：(1)当a=1时，f(x)=|2x-1|＋|x-5|=⎩⎪⎨⎪⎧6－3x ，x<12，x ＋4，12≤x<5，3x －6，x≥5，∴f(x)≥9⇔⎩⎪⎨⎪⎧x<12，6－3x≥9或⎩⎪⎨⎪⎧12≤x<5，x ＋4≥9或⎩⎪⎨⎪⎧x≥5，3x －6≥9.解得x≤-1或x≥5，即所求不等式的解集为(-∞，-1]∪[5，＋∞)．(2)∵0<a<5，∴5a>1，则f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－＋＋6，x<12，－＋4，12≤x≤5a ，＋－6，x>5a.∵当x<12时，f(x)单调递减，当x>5a时，f(x)单调递增，∴f(x)的最小值在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5a 上取得， ∵在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5a 上，当0<a≤2时，f(x)单调递增，当2<a≤5时，f(x)单调递减， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a≤2，min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4或⎩⎪⎨⎪⎧2<a≤5，min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5a ＝4.解得a=2.2.解：(1)因为f(x)≤3-f(x-1)，所以|x-1|≤3-|x-2|， 即|x-1|＋|x-2|≤3， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x<1，3－2x≤3或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x≤2，1≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x>2，2x －3≤3， 解得0≤x<1或1≤x≤2或2<x≤3，所以0≤x≤3， 故不等式f(x)≤3-f(x-1)的解集为[0,3]．(2) 因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32⊆M ， 所以当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，f(x)≤f(x＋1)-|x-a|恒成立， 而f(x)≤f(x＋1)-|x-a|⇔|x-1|-|x|＋|x-a|≤0⇔|x-a|≤|x|-|x-1|，因为x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，所以|x-a|≤1，即x-1≤a≤x＋1， 由题意，知x-1≤a≤x＋1对于x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32恒成立，所以12≤a≤2， 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2. 3.解：(1)依题意，得f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x≤－1，2－x ，－1<x<12，3x ，x≥12，于是f(x)≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x≤－1，－3x≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x<12，2－x≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x≥12，3x≤3，解得-1≤x≤1.故不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤1}．(2)证明：g(x)=f(x)＋|x ＋1|=|2x-1|＋|2x ＋2|≥|2x -1-2x-2|=3， 当且仅当(2x-1)(2x ＋2)≤0时取等号，∴M=[3，＋∞)．t 2＋1≥3t ＋3t 等价于t 2-3t ＋1-3t≥0，t 2-3t ＋1-3t =t 3－3t 2＋t －3t =－2＋t.∵t∈M，∴t-3≥0，t 2＋1>0，∴－2＋t ≥0，∴t 2＋1≥3t＋3t.4.解：(1)当a=1时，f(x)=|x-1|＋|x ＋2|，故f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x>1，3，－2≤x≤1，－2x －1，x<－2.①当x>1时，由2x ＋1≤5，得x≤2，故1<x≤2；②当-2≤x≤1时，由3≤5，得x∈R ，故-2≤x≤1； ③当x<-2时，由-2x-1≤5，得x≥-3，故-3≤x<-2. 综上，不等式的解集为[-3,2]．(2)f(x)=|x-a|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋2a ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪－－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a =⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a ≤0时等号成立，所以g(a)=⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a ， 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a =|a|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a ≥2|a|·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a =22，当且仅当|a|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a ，即a=±2时等号成立， 所以g(a)min =2 2. 5.解：(1)设F(x)=f(x)＋f(-x)=|x-1|＋|x ＋1|=⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x<－1，2，－1≤x<1，＝2－x ，2x ，x≥1，由F(x)≥G(x)解得{x|x≤-2或x≥0}． (2)f(x)＋f(2x)=|x-m|＋|2x-m|，m<0. 设g(x)=f(x)＋f(2x)，当x≤m 时，g(x)=m-x ＋m-2x=2m-3x ，则g(x)≥-m ；当m<x<m 2时，g(x)=x-m ＋m-2x=-x ，则-m2<g(x)<-m ；当x ≥m 2时，g(x)=x-m ＋2x-m=3x-2m ，则g(x)≥-m 2.则g(x)的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－m 2，＋∞， 不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，即1>-m2，解得m>-2，由于m<0，则m 的取值范围是(-2,0)． 6.解：(1)f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x<－12，x ＋2，－12≤x<1，3x ，x≥1.y=f(x)的图象如图所示．(2)由(1)知，y=f(x)的图象与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a≥3且b≥2时， f(x)≤ax＋b 在[0，＋∞)成立， 因此a ＋b 的最小值为5. 7.解：(1)当a=1时，f(x)=|x|＋2|x-1|=⎩⎪⎨⎪⎧2－3x ，x<0，2－x ，0≤x≤1，3x －2，x>1.当x<0时，由2-3x≤4，得-23≤x<0；当0≤x≤1时，由2-x≤4，得0≤x≤1； 当x>1时，由3x-2≤4，得1<x≤2.综上，不等式f(x)≤4的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，2. (2)f(x)=|x|＋2|x-a|=⎩⎪⎨⎪⎧2a －3x ，x<0，2a －x ，0≤x≤a，3x －2a ，x>a.可见，f(x)在(-∞，a]上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x=a 时，f(x)取得最小值a. 若f(x)≥4恒成立，则应a≥4. 所以a 的取值范围为[4，＋∞)． 8.解：(1)因为|x-m|＋|x|≥|(x -m)-x|=|m|.所以要使不等式|x-m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得-2<m<2.因为m∈N *，所以m=1. (2)证明：因为α≥1，β≥1，所以f(α)＋f(β)=2α-1＋2β-1=4，即α＋β=3，所以4α＋1β=13⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β)=13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ=3. 当且仅当4βα=αβ，即α=2，β=1时等号成立，故4α＋1β≥3. 9.解：(1)当a=0时，由f(x)≥g(x)得|2x ＋1|≥|x|，两边平方整理得3x 2＋4x ＋1≥0，解得x≤-1或x≥-13，∴原不等式的解集为(-∞，-1]∪-13，＋∞．(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|-|x|， 令h(x)=|2x ＋1|-|x|，则h(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x －1，x≤－12，3x ＋1，－12<x<0，x ＋1.x≥0，故h(x)min =(h- 12)=-12，所以实数a 的取值范围为a≥- 12．10.解：(1)由已知得f(x-2)-f(x-3)=|x-1|-|x-2|=⎩⎪⎨⎪⎧－1，x≤1，2x －3，1＜x ＜2，1，x≥2，则-1≤f(x)≤1，由于∃x 0∈R ，使不等式|x 0-1|-|x 0-2|≥u 成立，所以u≤1，即M={u|u≤1}．(2)证明：由(1)知t=1，则(a-1)(b-1)(c-1)=1， 因为a>1，b>1，c>1，所以a-1>0，b-1>0，c-1>0，则a=(a-1)＋1≥2a －1>0(当且仅当a=2时等号成立)， b=(b-1)＋1≥2b －1>0(当且仅当b=2时等号成立)， c=(c-1)＋1≥2c －1>0(当且仅当c=2时等号成立)，则abc≥8(a －1)(b －1)(c －1)=8(当且仅当a=b=c=2时等号成立)．。
(文理通用)2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题8 选考系列 第2讲 不等式选讲练习
第一部分 专题八 第二讲 不等式选讲A 组1．已知函数f (x )＝|x －2|－|2x －a |，a ∈R . (1)当a ＝3时，解不等式f (x )>0；(2)当x ∈(－∞，2)时，f (x )<0，求a 的取值范围．[解析] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x >2，5－3x ，32≤x ≤2，x －1，x <32.当x >2时，1－x >0，即x <1，此时无解； 当32≤x ≤2时，5－3x >0，即x <53，解得32≤x <53； 当x <32时，x －1>0，即x >1，解得1<x <32.∴不等式解集为{x |1<x <53}．(2)2－x －|2x －a |<0⇒2－x <|2x －a |⇒x <a －2或x >a ＋23恒成立．∵x ∈(－∞，2)，∴a －2≥2，∴a ≥4.2．(2018·南宁二模)设实数x ，y 满足x ＋y4＝1.(1)若|7－y |<2x ＋3，求x 的取值范围． (2)若x >0，y >0，求证：xy ≥xy . [解析] (1)根据题意，x ＋y4＝1，则4x ＋y ＝4，即y ＝4－4x ，则由|7－y |<2x ＋3，可得|4x ＋3|<2x ＋3， 即－(2x ＋3)<4x ＋3<2x ＋3， 解得－1<x <0. (2)x >0，y >0， 1＝x ＋y4≥2x ·y4＝xy ，即xy ≤1，xy －xy ＝xy (1－xy )，则xy －xy ＝xy (1－xy )≥0， 即xy ≥xy .3．(2018·西安二模)已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－a )． (1)当a ＝7时，求函数f (x )的定义域．(2)若关于x 的不等式f (x )≥3的解集是R ，求实数a 的最大值． [解析] (1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|>7； ①当x >2时，得x ＋1＋x －2>7，解得x >4； ②当－1≤x ≤2时，得x ＋1＋2－x >7，无解； ③当x <－1时，得－x －1－x ＋2>7，解得x <－3； 所以函数f (x )的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)． (2)不等式f (x )≥3，即|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8；因为x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3； 又不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8解集是R ； 所以a ＋8≤3，即a ≤－5. 所以a 的最大值为－5.4．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4|.(1)画出函数y ＝f (x )的图象；(2)若关于x 的不等式f (x )≥ax ＋1恒成立，试求实数a 的取值范围． [解析] (1)由于f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－1，－x ＋5，－1<x ≤2，3x －3，x >2，则函数y ＝f (x )的图象如图所示．(2)当x ＝2时，f (2)＝3.当直线y ＝ax ＋1过点(2,3)时，a ＝1. 由函数y ＝f (x )与函数y ＝ax ＋1的图象知，当且仅当－3≤a ≤1时，函数y ＝f (x )的图象没有在函数y ＝ax ＋1的图象的下方， 因此f (x )≥ax ＋1恒成立时，a 的取值范围为[－3，1]．B 组1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|. (1)解不等式f (x )>0；(2)已知关于x 的不等式a ＋3<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4， x ≥3，3x －2， －12≤x <3，－x －4， x <－12.∴不等式f (x )>0化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4>0，x ≥3，或⎩⎪⎨⎪⎧3x －2>0，－12≤x <3，或⎩⎪⎨⎪⎧－x －4>0，x <－12.∴x <－4或x >23，即不等式的解集为(－∞，－4)∪(23，＋∞)．(2)∵f (x )min ＝－72，∴要使a ＋3<f (x )恒成立，只要a ＋3<－72，∴a <－132.2．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x －a |，a ∈R . (1)当a ＝0时，解关于x 的不等式f (x )>4；(2)若∃x ∈R ，使得不等式|x －3|＋|x －a |<4成立，求实数a 的取值范围． [分析] (1)按x ＝0和3分段讨论或利用绝对值的几何意义求解． (2)∃x ∈R ，使不等式f (x )<4成立，即f (x )的最小值小于4. [解析] (1)由a ＝0知原不等式为|x －3|＋|x |>4 当x ≥3时，2x －3>4，解得x >72.当0≤x <3时，3>4，无解． 当x <0时，－2x ＋3>4，解得x <－12.故解集为{x |x <－12或x >72}．(2)由∃x ∈R ，|x －3|＋|x －a |<4成立可得，(|x －3|＋|x －a |)min <4. 又|x －3|＋|x －a |≥|x －3－(x －a )|＝|a －3|， 即(|x －3|＋|x －a |)min ＝|a －3|<4. 解得－1<a <7.3．(2018·临川二模)已知函数f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |. (1)若f (1)<3，求实数a 的取值范围． (2)若a ≥1，x ∈R ，求证：f (x )≥2.[解析] (1)因为f (1)<3，所以|a |＋|1－2a |<3. ①当a ≤0时，得－a ＋(1－2a )<3， 解得a >－23，所以－23<a ≤0；②当0<a <12时，得a ＋(1－2a )<3，解得a >－2，所以0<a <12；③当a ≥12时，得a －(1－2a )<3，解得a <43，所以12≤a <43；综上所述，实数a 的取值范围是(－23，43)．(2)因为a ≥1，x ∈R ，所以f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |≥|(x ＋a －1)－(x －2a )|＝|3a －1|＝3a －1≥2.4．(2018·安徽江南十校3月模拟)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记不等式f (x )>－1的解集为M . (1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a的大小．[解析] (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤0，3x －1，0<x <12，－x ＋1，x ≥12，由f (x )>－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2， 故M ＝{x |0<x <2}． (2)由(1)，知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a 3－a 2＋a －1a＝a －a 2＋a，当0<a <1时，a －a 2＋a<0，所以a 2－a ＋1<1a. 当a ＝1时，a －a 2＋a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a. 当1<a <2时，a －a 2＋a>0，所以a 2－a ＋1>1a.综上所述：当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a.当a ＝1时，a 2－a ＋1＝1a .当1<a <2时，a 2－a ＋1>1a.。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
八不等式选讲(A)1.(2018·临汾二模)已知函数f()=|-2|+|2+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f()≥5;(2)若存在0满足f(0)+|0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f()=||+|-3|.(1)求不等式f()<7的解集;(2)证明;当<<2时,直线y=(+4)与函数f()的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f()=|-a|+|+2|.(1)当a=1时,求不等式f()≤5的解集;(2)∃0∈R,f(0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解;(1)当a=1时,f()=|-2|+|2+1|.由f()≥5得|-2|+|2+1|≥5.当≥2时,不等式等价于-2+2+1≥5,解得≥2,所以≥2;当-<<2时,不等式等价于2-+2+1≥5,解得≥2,所以此时不等式无解;当≤-时,不等式等价于2--2-1≥5,解得≤-,所以≤-.所以原不等式的解集为{|≤-或≥2}.(2)f()+|-2|=2|-2|+|2+a|=|2-4|+|2+a|≥|2+a-(2-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f()+|-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解;f()=||+|-3|,当≥3时,f()=+-3=2-3,由f()<7解得3≤<5;当0<<3时,f()=+3-=3,f()<7显然成立,可得0<<3;当≤0时,f()=-+3-=3-2,由f()<7解得-2<≤0,综上可得,f()<7的解集为(-2,5).(2)证明;由f()=作出y=f()的图象,显然直线y=(+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4,解得=,此时构成三角形;当直线y=(+4)与直线y=2-3平行,可得=2,可得当<<2时,直线y=(+4)与函数y=f()的图象可以围成一个四边形.3.解;(1)当a=1时,f()=|-1|+|+2|.①当≤-2时,f()=-2-1,令f()≤5,即-2-1≤5,解得-3≤≤-2;②当-2<<1时,f()=3;显然f()≤5成立,所以-2<<1;③当≥1时,f()=2+1,令f()≤5,即2+1≤5,解得1≤≤2.综上所述,不等式的解集为{|-3≤≤2}.(2)因为f()=|-a|+|+2|≥|(-a)-(+2)|=|a+2|,又∃0∈R,有f(0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解;(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立. 故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由;由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
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。
2020版高考理科数学练习-8.2 不等式选讲(二选一)
8.2 不等式选讲(二选一)命题角度1含绝对值不等式的图象与解法高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·23)设函数f (x )=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f (x )的图象;(2)当x ∈[0,+∞)时,f (x )≤ax+b ,求a+b 的最小值.f (x )={ -3x ,x <-12,x +2,-12≤x <1,3x ,x ≥1.y=f (x )的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f (x )的图象与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a ≥3且b≥2时,f (x )≤ax+b 在[0,+∞)成立,因此a+b 的最小值为5. 2.(2017全国Ⅰ·23)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.当a=1时,不等式f (x )≥g (x )等价于x 2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①当x<-1时,①式化为x 2-3x-4≤0,无解;当-1≤x ≤1时,①式化为x 2-x-2≤0,从而-1≤x ≤1; 当x>1时,①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]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].3.(2016全国Ⅰ·24)已知函数f (x )=|x+1|-|2x-3|.(1)在图中画出y=f (x )的图象; (2)求不等式|f (x )|>1的解集.f (x )={ x -4,x ≤-1,3x -2,-1<x ≤32,-x +4,x >32,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}; f (x )<-1的解集为{x |x <13或x >5}. 所以|f (x )|>1的解集为{x |x <13或1<x <3或x >5}.典题演练提能·刷高分1.设函数f (x )=|2x-4|+1.(1)画出函数y=f (x )的图象;(2)若不等式f (x )≤ax 的解集非空,求a 的取值范围.由于f (x )={-2x +5,x <2,2x -3,x ≥2,则y=f (x )的图象如图所示:(2)由函数y=f (x )与函数y=ax 的图象可知,当且仅当a ≥12或a<-2时,函数y=f (x )与函数y=ax 的图象有交点,故不等式f (x )≤ax 的解集非空时,a 的取值范围是(-∞,-2)∪12,+∞.2.已知函数f (x )=|x-4|+|x-1|-3. (1)求不等式f (x )≤2的解集;(2)若直线y=kx-2与函数f (x )的图象有公共点,求k 的取值范围.由f (x )≤2,得{x ≤1,2-2x ≤2或{1<x <4,0≤2或{x ≥4,2x -8≤2,解得0≤x ≤5,故不等式f (x )≤2的解集为[0,5].(2)f (x )=|x-4|+|x-1|-3={2-2x ,x ≤1,0,1<x <4,2x -8,x ≥4,作出函数f (x )的图象,如图所示,直线y=kx-2过定点C (0,-2),当此直线经过点B (4,0)时,k=12; 当此直线与直线AD 平行时,k=-2. 故由图可知,k ∈(-∞,-2)∪12,+∞. 3.已知函数f (x )=|x+1|-2|x|. (1)求不等式f (x )≤-6的解集;(2)若f (x )的图象与直线y=a 围成的图形的面积不小于14,求实数a 的取值范围.f (x )=|x+1|-2|x|={x -1,x <-1,3x +1,-1≤x ≤0,1-x ,x >0.则不等式f (x )≤-6等价于{x <-1,x -1≤-6或{-1≤x ≤0,3x +1≤-6或{x >0,1-x ≤-6,解得x ≤-5或x ≥7.故不等式f (x )≤-6的解集为{x|x ≤-5或x ≥7}.(2)作出函数f (x )的图象,如图.若f (x )的图象与直线y=a 围成的图形是三角形,则当a=-2时,△ABC 的面积取得最大值12×4×3=6,∴f (x )的图象与直线y=a 围成图形的面积不小于14,该图形一定是四边形,即a<-2.∵△ABC 的面积是6,∴梯形ABED 的面积不小于8. ∵AB=4,D (1+a ,a ),E (1-a ,a ),DE=-2a , ∴12×(4-2a )×(-2-a )≥14-6=8,a 2≥12.又a<-2,则a ≤-2√3,故实数a 的取值范围是(-∞,-2√3]. 4.已知函数f (x )=|2x-1|+2|x+2|. (1)求函数f (x )的最小值; (2)解不等式f (x )<8.因为f (x )=|2x-1|+2|x+2|≥|(2x-1)-2(x+2)|=5,所以f (x )={ -4x -3,x <-2,5,-2≤x ≤12,4x +3,x >12,(2)当x<-2时,由-4x-3<8,解得x>-114, 即-114<x<-2;当-2≤x ≤12时,5<8恒成立,即-2≤x ≤12; 当x>12时,由4x+3<8,解得x<54, 即12<x<54,所以原不等式的解集为(-114,54).5.已知函数f (x )=|2x|-|x+3|.(1)若对于任意的实数x ,都有f (x )≥2m 2-7m 成立,求m 的取值范围; (2)若g (x )=ax ,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数解,求a 的取值范围.由于f (x )=|2x|-|x+3|={3-x ,x <-3,-3x -3,-3≤x ≤0,x -3,x >0,所以f (x )的最小值为f (0)=-3.又因为对任意的实数x ,都有f (x )≥2m 2-7m 成立,只需2m 2-7m ≤-3,即2m 2-7m+3≤0,解得12≤m ≤3,故m 的取值范围为12,3.(2)方程f (x )=g (x )有两个不同的实数解,即函数y=f (x )与y=g (x )的图象有两个不同的交点, 作出这两个函数图象,由图象可知,a 的取值范围是[-1,1)∪{-2}.6.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.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.∴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},∴{a -12=1,a+12=2,于是a=3.命题角度2绝对值不等式中的最值与参数范围问题高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅱ·23)已知f (x )=|x-a|x+|x-2|(x-a ). (1)当a=1时,求不等式f (x )<0的解集; (2)若x ∈(-∞,1)时,f (x )<0,求a 的取值范围.当a=1时,f (x )=|x-1|x+|x-2|(x-1).当x<1时,f (x )=-2(x-1)2<0; 当x ≥1时,f (x )≥0.所以,不等式f (x )<0的解集为(-∞,1). (2)因为f (a )=0,所以a ≥1. 当a ≥1,x ∈(-∞,1)时,f (x )=(a-x )x+(2-x )(x-a )=2(a-x )(x-1)<0. 所以,a 的取值范围是[1,+∞). 2.(2018全国Ⅰ·23)已知f (x )=|x+1|-|ax-1|. (1)当a=1时,求不等式f (x )>1的解集;(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立,求a 的取值范围.当a=1时,f (x )=|x+1|-|x-1|,即f (x )={-2,x ≤-1,2x ,-1<x <1,2,x ≥1.故不等式f (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,|ax-1|<1的解集为0<x<2a , 所以2a ≥1,故0<a ≤2. 综上,a 的取值范围为(0,2].3.(2018全国Ⅱ·23)设函数f (x )=5-|x+a|-|x-2|. (1)当a=1时,求不等式f (x )≥0的解集; (2)若f (x )≤1,求a 的取值范围.当a=1时,f (x )={2x +4,x ≤-1,2,-1<x ≤2,-2x +6,x >2.可得f (x )≥0的解集为{x|-2≤x ≤3}.(2)f (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f (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,+∞). 4.(2017全国Ⅲ·23)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.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 |-32)2+54≤54, 且当x=32时,|x+1|-|x-2|-x 2+x=54. 故m 的取值范围为(-∞,54].典题演练提能·刷高分1.已知函数f (x )=|x+1|-|x-a|,其中a 为实数. (1)当a=1时,解不等式f (x )≥1;(2)当x ∈[0,+∞)时,不等式f (x )<2恒成立,求a 的取值范围.当a=1时,f (x )=|x+1|-|x-1|={-2,x <-1,2x ,-1≤x ≤1,2,x >1,故f (x )≥1⇒x ≥12,即不等式f (x )≥1的解集是12,+∞.(2)当x ∈[0,+∞)时,f (x )<2⇒|x+1|-|x-a|<2⇒x+1-|x-a|<2⇒|x-a|>x-1, 当x ∈[0,1)时,x-1<0,显然满足条件,此时a 为任意值; 当x=1时,a ≠1;当x ∈(1,+∞)时, 可得x-a>x-1或a-x>x-1,求得a<1. 综上,a ∈(-∞,1). 2.已知函数f (x )=|2x-2|-|x+2|. (1)求不等式f (x )≥6的解集;(2)当x ∈R 时,f (x )≥-x+a 恒成立,求实数a 的取值范围.当x ≤-2时,f (x )=-x+4,∴f (x )≥6⇒-x+4≥6⇒x ≤-2,故x ≤-2;当-2<x<1时,f (x )=-3x ,∴f (x )≥6⇒-3x ≥6⇒x ≤-2,故x ∈⌀;当x ≥1时,f (x )=x-4,∴f (x )≥6⇒x-4≥6⇒x ≥10,故x ≥10.综上可知:f (x )≥6的解集为(-∞,-2]∪[10,+∞).(2)由(1)知:f (x )={-x +4,x ≤-2,-3x ,-2<x <1,x -4,x ≥1,当x ≤-2时,-x+4≥-x+a 恒成立,∴a ≤4, 当-2<x<1时,-3x ≥-x+a 恒成立,∴a ≤-2,当x ≥1时,x-4≥-x+a 恒成立,∴a ≤-2. 综上,实数a 的取值范围为(-∞,-2]. 3.已知函数f (x )=|x-1|-a (a ∈R ).(1)若f (x )的最小值不小于3,求a 的最大值; (2)若g (x )=f (x )+2|x+a|+a 的最小值为3,求a 的值.因为f (x )min =f (1)=-a ,所以-a ≥3,解得a ≤-3,即a max =-3; (2)g (x )=f (x )+2|x+a|+a=|x-1|+2|x+a|,当a=-1时,g (x )=3|x-1|≥0,0≠3,所以a=-1不符合题意,当a<-1时,g (x )={(x -1)+2(x +a ),x ≥-a ,(x -1)-2(x +a ),1≤x <-a ,-(x -1)-2(x +a ),x <1,即g (x )={3x -1+2a ,x ≥-a ,-x -1-2a ,1≤x <-a ,-3x +1-2a ,x <1,所以g (x )min =g (-a )=-a-1=3,解得a=-4,当a>-1时,同法可知g (x )min =g (-a )=a+1=3,解得a=2. 综上,a=2或-4.4.设函数f (x )=|ax+1|+|x-a|(a>0),g (x )=x 2+x. (1)当a=1时,求不等式g (x )≥f (x )的解集; (2)已知f (x )≥32,求a 的取值范围.当a=1时,不等式g (x )≥f (x ),即x 2+x ≥|x+1|+|x-1|,当x<-1时,x 2+x ≥-2x ,x 2+3x ≥0,∴x ≥0或x ≤-3, ∴此时,x ≤-3,当-1≤x ≤1时,x 2+x ≥2,x 2+x-2≥0,∴x ≥1或x ≤-2, ∴此时x=1,当x>1时,x 2+x ≥2x ,x 2-x ≥0,∴x ≥1或x ≤0, ∴此时,x>1,∴不等式的解集为{x|x ≤-3或x ≥1}.(2)f (x )=|ax+1|+|x-a|={-(a +1)x +a -1,x <-1a ,(a -1)x +a +1,-1a ≤x ≤a ,(a +1)x -a +1,x >a .若0<a ≤1,则f (x )min =f (a )=a 2+1,∴a 2+1≥32,解得a ≥√2或a ≤-√2,∴√2≤a ≤1, 若a>1,则f (x )min =f (-1a )=a+1a >2>32,∴a>1.综上所述,a ≥√22.5.已知函数f (x )=|x+m|+|2x-1|(m>0). (1)当m=1时,解不等式f (x )≥3;(2)当x ∈[m ,2m 2]时,不等式12f (x )≤|x+1|恒成立,求实数m 的取值范围.当m=1时,f (x )=|x+1|+|2x-1|={-3x ,x <-1,2-x ,-1≤x ≤12,3x ,x >12,由f (x )≥3解得x ≤-1或x ≥1. (2)由题意得{m >0,m <2m 2,解得m>12, 当x ∈[m ,2m 2]时,不等式12f (x )≤|x+1|等价于x+m+2x-1≤2(x+1),∴x ≤3-m ,∴2m 2≤3-m ,解得12<m ≤1. ∴实数m 的取值范围是(12,1].命题角度3不等式的证明高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·23)设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,证明:a ≤-3或a ≥-1. [(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)] ≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43, 当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43.[(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 )2,当且仅当x=4-a 3,y=1-a 3,z=2a -23时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2的最小值为(2+a )2.由题设知(2+a )2≥1,解得a ≤-3或a ≥-1.2.(2019全国Ⅰ·23)已知a ,b ,c 为正数,且满足abc=1.证明:(1)1a +1b +1c ≤a 2+b 2+c 2;(2)(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥24.因为a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ac ,又abc=1,故有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca=ab+bc+ca abc =1a +1b +1c .所以1a +1b +1c ≤a 2+b 2+c 2.(2)因为a ,b ,c 为正数且abc=1,故有(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥3√(a +b )3(b +c )3(a +c )33=3(a+b )(b+c )(a+c )≥3×(2√ab )×(2√bc )×(2√ac )=24.所以(a+b )3+(b+c )3+(c+a )3≥24.典题演练提能·刷高分1.已知函数f (x )=|x-1|-|x+2|.(1)若不等式f (x )≥|m-1|有解,求实数m 的最大值M ;(2)在(1)的条件下,若正实数a ,b 满足3a 2+b 2=M ,证明:3a+b ≤4.f (x )≥|m-1|有解,只需f (x )的最大值f (x )max ≥|m-1|即可.因为|x-1|-|x+2|≤|(x-1)-(x+2)|=3,所以|m-1|≤3,解得-2≤m ≤4,所以实数m 的最大值M=4.(1)知正实数a ,b 满足3a 2+b 2=4,由柯西不等式可知(3a 2+b 2)(3+1)≥(3a+b )2,所以,(3a+b )2≤16,因为a ,b 均为正实数,所以3a+b ≤4(当且仅当a=b=1时取“=”).2.已知函数f (x )=|x+2|+|2x+a|,a ∈R .(1)当a=1时,解不等式f (x )≥2;(2)求证:f (x )≥|a-2|-12|a|.a=1时,f (x )=|x+2|+|2x+1|≥2⇔{x ≤-2,-3x -3≥2或{-2<x <-12,-x +1≥2或{x ≥-12,3x +3≥2 ⇔x ≤-2或-2<x ≤-1或x ≥-13⇔x ≤-1或x ≥-13,所以不等式的解集为{x |x ≤-1或x ≥-13}.(x )=|x+2|+|2x+a|=|x+2|+|x +a 2|+|x +a 2|≥|2-a 2|+|x +a 2|≥|2-a 2|=|a 2-2|=|(a -2)-12a|≥|a-2|-|12a|=|a-2|-12|a|. 3.已知函数f (x )=|2x-3|+|3x-6|.(1)求f (x )<2的解集;(2)若f (x )的最小值为T ,正数a ,b 满足a+b=12,求证:√a +√b ≤T.(x )=|2x-3|+|3x-6|={ 3-2x +6-3x (x <32),2x -3+6-3x (3≤x ≤2),2x -3+3x -6(x >2)={ -5x +9(x <32),-x +3(3≤x ≤2),5x -9(x >2).由图象可知:f (x )<2的解集为(75,115). f (x )的最小值为1,由均值不等式可知√a+√b 2≤√a+b 2=√14=12,当且仅当a=b 时,“=”成立,即√a +√b ≤1=T.4.已知函数f (x )=|x-1|.(1)解不等式f (2x )+f (x+4)≥6;(2)若a ,b ∈R ,|a|<1,|b|<1,证明:f (ab )>f (a-b+1).f (2x )+f (x+4)≥6得|2x-1|+|x+3|≥6,当x<-3时,-2x+1-x-3≥6,解得x<-3;当-3≤x ≤12时,-2x+1+x+3≥6,解得-3≤x ≤-2;当x>12时,2x-1+x+3≥6,解得x ≥43.综上,不等式的解集为{x |x ≤-2或x ≥43}.(ab )>f (a-b+1)⇔|ab-1|>|a-b|,因为|a|<1,|b|<1,即a 2<1,b 2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a 2b 2-2ab+1-a 2+2ab-b 2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0, 所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|,所以原不等式成立.5.设函数f (x )=|2x-1|.(1)设f (x )+f (x+1)<5的解集为集合A ,求集合A ;(2)已知m 为集合A 中的最大自然数,且a+b+c=m (其中a ,b ,c 为正实数),设M=1-a a ·1-b b ·1-c c .求证:M ≥8.(x )+f (x+1)<5,即|2x-1|+|2x+1|<5.当x<-12时,不等式化为1-2x-2x-1<5, ∴-54<x<-12;当-12≤x ≤12时,不等式化为1-2x+2x+1<5,不等式恒成立;当x>12时,不等式化为2x-1+2x+1<5, ∴12<x<54.综上,集合A={x|-54<x<54}.(1)知m=1,则a+b+c=1.则1-aa =b+ca≥2√bca,同理1-bb ≥2√acb,1-cc≥2√abc,则1-aa ·1-bb·1-cc≥2√abc·2√acb·2√bca=8,即M≥8.。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲(A)理
八不等式选讲(A)1.(2018·临汾二模)已知函数f(x)=|x-2|+|2x+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f(x)≥5;(2)若存在x0满足f(x0)+|x0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f(x)=|x|+|x-3|.(1)求不等式f(x)<7的解集;(2)证明:当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数f(x)的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≤5的解集;(2)∃x0∈R,f(x0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-2|+|2x+1|. 由f(x)≥5得|x-2|+|2x+1|≥5.当x≥2时,不等式等价于x-2+2x+1≥5, 解得x≥2,所以x≥2;当-<x<2时,不等式等价于2-x+2x+1≥5,解得x≥2,所以此时不等式无解;当x≤-时,不等式等价于2-x-2x-1≥5, 解得x≤-,所以x≤-.所以原不等式的解集为{x|x≤-或x≥2}.(2)f(x)+|x-2|=2|x-2|+|2x+a|=|2x-4|+|2x+a|≥|2x+a-(2x-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f(x)+|x-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解:f(x)=|x|+|x-3|,当x≥3时,f(x)=x+x-3=2x-3,由f(x)<7解得3≤x<5;当0<x<3时,f(x)=x+3-x=3,f(x)<7显然成立,可得0<x<3;当x≤0时,f(x)=-x+3-x=3-2x,由f(x)<7解得-2<x≤0,综上可得,f(x)<7的解集为(-2,5).(2)证明:由f(x)=作出y=f(x)的图象,显然直线y=k(x+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4k,解得k=,此时构成三角形;当直线y=k(x+4)与直线y=2x-3平行,可得k=2,可得当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数y=f(x)的图象可以围成一个四边形.3.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|.①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,令f(x)≤5,即-2x-1≤5,解得-3≤x≤-2;②当-2<x<1时,f(x)=3;显然f(x)≤5成立,所以-2<x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,令f(x)≤5,即2x+1≤5,解得1≤x≤2.综上所述,不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.(2)因为f(x)=|x-a|+|x+2|≥|(x-a)-(x+2)|=|a+2|,又∃x0∈R,有f(x0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解:(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由:由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
八不等式选讲(A) 1.(2018·临汾二模)已知函数f()=|-2|+|2+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f()≥5;(2)若存在0满足f(0)+|0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f()=||+|-3|.(1)求不等式f()<7的解集;(2)证明;当<<2时,直线y=(+4)与函数f()的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f()=|-a|+|+2|.(1)当a=1时,求不等式f()≤5的解集;(2)∃0∈R,f(0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解;(1)当a=1时,f()=|-2|+|2+1|.由f()≥5得|-2|+|2+1|≥5.当≥2时,不等式等价于-2+2+1≥5,解得≥2,所以≥2;当-<<2时,不等式等价于2-+2+1≥5,解得≥2,所以此时不等式无解;当≤-时,不等式等价于2--2-1≥5,解得≤-,所以≤-.所以原不等式的解集为{|≤-或≥2}. (2)f()+|-2|=2|-2|+|2+a|=|2-4|+|2+a|≥|2+a-(2-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f()+|-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解;f()=||+|-3|,当≥3时,f()=+-3=2-3,由f()<7解得3≤<5;当0<<3时,f()=+3-=3,f()<7显然成立,可得0<<3;当≤0时,f()=-+3-=3-2,由f()<7解得-2<≤0,综上可得,f()<7的解集为(-2,5).(2)证明;由f()=作出y=f()的图象,显然直线y=(+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4,解得=,此时构成三角形;当直线y=(+4)与直线y=2-3平行,可得=2,可得当<<2时,直线y=(+4)与函数y=f()的图象可以围成一个四边形.3.解;(1)当a=1时,f()=|-1|+|+2|.①当≤-2时,f()=-2-1,令f()≤5,即-2-1≤5,解得-3≤≤-2;②当-2<<1时,f()=3;显然f()≤5成立,所以-2<<1;③当≥1时,f()=2+1,令f()≤5,即2+1≤5,解得1≤≤2.综上所述,不等式的解集为{|-3≤≤2}.(2)因为f()=|-a|+|+2|≥|(-a)-(+2)|=|a+2|,又∃0∈R,有f(0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解;(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由;由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
2020年高考理科数学《不等式选讲》题型归纳与训练及答案解析
2020年高考理科数学《不等式选讲》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 解绝对值不等式例1、设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)解不等式f (x )＞3；(2)若f (x )＞a 对x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）(－∞，0)∪(3，＋∞)；（2）(－∞，1).【解析】(1)因为f (x )＝|x －1|＋|x －2|＝⎪⎩⎪⎨⎧-.2＞3,-22,≤≤1,11,＜,23x x x x x所以当x ＜1时，3－2x ＞3，解得x ＜0；当1≤x ≤2时，f (x )＞3无解；当x ＞2时，2x －3＞3，解得x ＞3.所以不等式f (x )＞3的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞).(2)因为f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧-.2＞3,-22,≤≤1,1＜1,,23x x x x x 所以f (x )min ＝1.因为f (x )＞a 恒成立，【易错点】如何恰当的去掉绝对值符号【思维点拨】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.题型二 利用绝对值的几何意义或图象解不等式例2、(1)若不等式|x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．【答案】(1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1－174，－1＋174. 【解析】(1)∵|x －1|＋|x ＋2|≥|(x －1)－(x －2)|＝3，∴a 2＋12a ＋2≤3，解得－1－174≤a ≤－1＋174. 即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1－174，－1＋174. 【易错点】绝对值的几何意义和如何把恒成立问题转化为最值问题【思维点拨】解含参数的不等式存在性问题，只要求出存在满足条件的x 即可；不等式的恒成立问题，可转化为最值问题，即f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ，f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min .题型三 不等式的证明与应用例3、设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ； (2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．【答案】略.【解析】[证明] (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .由(1)得a ＋b >c ＋d . ②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.因此|a －b |<|c －d |. 综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．【易错点】不等式的恒等变形.【思维点拨】分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．【巩固训练】题型一 解绝对值不等式1.不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为________【答案】{x |x ≤－3或x ≥2}.【解析】原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，（x －1）＋（x ＋2）≥5 或⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <1，－（x －1）＋（x ＋2）≥5或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－（x －1）－（x ＋2）≥5， 解得x ≥2或x ≤－3.故原不等式的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}．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【答案】（1）{x |x ≤1或x ≥4}；（2）[－3,0]．【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]．3.设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a .(1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围.【答案】（1）(－∞，－2]∪[3，＋∞)；（2）a ≥－3.【解析】(1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|和y ＝5的图象，知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞).(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a ，又由(1)知|x ＋1|＋|x －2|≥3， 所以－a ≤3，即a ≥－3.题型二 利用绝对值的几何意义或图象解不等式1.已知函数.（1）图中画出的图像；()123f x x x =+--()y f x =（2）求不等式的解集．【答案】（1）见解析（2）. 【解析】⑴如图所示：（2）()()()()+∞⋃⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛∞->∴><<<><≤∴<>>-≥<<<<-∴<>>-<<--≤∴<>>-≤>⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-<<---≤-=5,1,331,解集为1x f ，5x 或3x 1或31x 综上，5x 或3x 23，3x 或5x 解得14x ，23x 当23x 1或31x 131x 或1x 解得1,23x ，23x 1当1x ，3x 或5x 解得1,4x ，1x 当1,x f 23x x,423x 12,3x 1x 4,x f2.不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，则实数k 的取值范围是__________．【答案】(－∞，－3)【解析】解法一：根据绝对值的几何意义，设数x ，－1,2在数轴上对应的点分别为P ，A ，B ，则原不等式等价于P A －PB >k 恒成立．∵AB ＝3，即|x ＋1|－|x －2|≥－3.故当k <－3时，原不等式恒成立．解法二：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2，()1f x >()()11353⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U U ，，，要使|x＋1|－|x－2|>k恒成立，从图象中可以看出，只要k<－3即可．故k<－3满足题意．题型三不等式的证明与应用1.已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1；求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c).【答案】略.【解析】证明：因为a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要证原不等式成立，即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b).①因为(a＋b)＋(b＋c)≥2(a＋b)(b＋c)＞0，(b＋c)＋(c＋a)≥2(b＋c)(c＋a)＞0，(c＋a)＋(a＋b)≥2(c＋a)(a＋b)＞0，三式相乘得①式成立，故原不等式得证.2.设a、b、c、d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．【答案】略.【解析】证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a －b |＜|c －d |. 综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．3.设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 【答案】略.【解析】(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 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.。
2020年高考数学(理)二轮专项复习专题13 不等式选讲
专题13 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 nn ≥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。
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：8.2不等式选讲
第2讲 不等式选讲考点1 绝对值不等式的解法1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)c>0，则|ax＋b|≤c的解集为－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a、b的值解出即可．(2)c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法解这类含绝对值的不等式的一般步骤：(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．[例1] [2019·全国卷Ⅱ][选修4－5：不等式选讲]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．【解析】 本题主要考查绝对值不等式的求解，意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x) (x－1)<0，所以，a的取值范围是[1，＋∞)．解含有绝对值的不等式时，脱去绝对值符号的方法主要有：公式法、分段讨论法、平方法、几何法等．这几种方法应用时各有利弊．在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但若不等式含有多个绝对值符号，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能施行．因此，我们在去绝『对接训练』集为当x ≤－时，原不等式化为－2x －3＋1－2x <6，2解得x >－2，∴－2<x ≤－；32当－<x <时，原不等式化为2x ＋3＋1－2x <6，解得4<6，321231等号成立．(2)定理2：如果a ，b >0，那么≥，当且仅当a ＝b 时，等a ＋b2ab 号成立．也可以表述为两个正数的算术平均数大于或等于它们的几何平均数．[例2] [2019·全国卷Ⅰ][选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：含绝对值不等式的证明主要分两类：一类是比较简单的不等式，『对接训练』解析：(1)f(x)>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，则Error!得x<－3.5；Error!无解；Error!得x>0.5.所以原不等式的解集为{x|x<－3.5或x>0.5}．(2)证明：|x－2.5|－f(x)＝|x－2.5|－|x＋2|≤4.5，411(4＋1)1(4＋1＋4b＋a)1(2)若关于x 的不等式f (x )≥|x －3|的解集包含[3,4]，求m 的取值范围．解析：(1)m ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|，当x ≤－时，f (x )＝－2x －1＋(x －1)＝－x －2，12由f (x )≥2得x ≤－4，综合得x ≤－4；1因为g (x )＝|3x －2m |＋|3x －2|≥|(3x －2m )－(3x －2)|＝|2m －2|，所以B ＝{y |y ≥|2m －2|}．由题意知A ⊆B ，所以|2m －2|≤，所以m ∈.32[14，74]故实数m 的取值范围为{m |≤m ≤}．14745．[2019·湖南衡阳八中模考]已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|.＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)x －1)]≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥，当且仅当x ＝，y ＝－4353，z ＝－时等号成立．1313。
2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
八不等式选讲(A)1.(2018·临汾二模)已知函数f()=|-2|+|2+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f()≥5;(2)若存在0满足f(0)+|0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f()=||+|-3|.(1)求不等式f()<7的解集;(2)证明;当<<2时,直线y=(+4)与函数f()的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f()=|-a|+|+2|.(1)当a=1时,求不等式f()≤5的解集;(2)∃0∈R,f(0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解;(1)当a=1时,f()=|-2|+|2+1|.由f()≥5得|-2|+|2+1|≥5.当≥2时,不等式等价于-2+2+1≥5,解得≥2,所以≥2;当-<<2时,不等式等价于2-+2+1≥5,解得≥2,所以此时不等式无解;当≤-时,不等式等价于2--2-1≥5,解得≤-,所以≤-.所以原不等式的解集为{|≤-或≥2}.(2)f()+|-2|=2|-2|+|2+a|=|2-4|+|2+a|≥|2+a-(2-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f()+|-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解;f()=||+|-3|,当≥3时,f()=+-3=2-3,由f()<7解得3≤<5;当0<<3时,f()=+3-=3,f()<7显然成立,可得0<<3;当≤0时,f()=-+3-=3-2,由f()<7解得-2<≤0,综上可得,f()<7的解集为(-2,5).(2)证明;由f()=作出y=f()的图象,显然直线y=(+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4,解得=,此时构成三角形;当直线y=(+4)与直线y=2-3平行,可得=2,可得当<<2时,直线y=(+4)与函数y=f()的图象可以围成一个四边形.3.解;(1)当a=1时,f()=|-1|+|+2|.①当≤-2时,f()=-2-1,令f()≤5,即-2-1≤5,解得-3≤≤-2;②当-2<<1时,f()=3;显然f()≤5成立,所以-2<<1;③当≥1时,f()=2+1,令f()≤5,即2+1≤5,解得1≤≤2.综上所述,不等式的解集为{|-3≤≤2}.(2)因为f()=|-a|+|+2|≥|(-a)-(+2)|=|a+2|,又∃0∈R,有f(0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解;(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立. 故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由;由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
【冲刺】2019届高考数学二轮复习高考大题专项练八不等式选讲A理
八不等式选讲(A)1.(2018·临汾二模)已知函数f(x)=|x-2|+|2x+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f(x)≥5;(2)若存在x0满足f(x0)+|x0-2|<3,求a的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f(x)=|x|+|x-3|.(1)求不等式f(x)<7的解集;(2)证明:当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数f(x)的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≤5的解集;(2)∃x0∈R,f(x0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-2|+|2x+1|. 由f(x)≥5得|x-2|+|2x+1|≥5.当x≥2时,不等式等价于x-2+2x+1≥5, 解得x≥2,所以x≥2;当-<x<2时,不等式等价于2-x+2x+1≥5,解得x≥2,所以此时不等式无解;当x≤-时,不等式等价于2-x-2x-1≥5, 解得x≤-,所以x≤-.所以原不等式的解集为{x|x≤-或x≥2}.(2)f(x)+|x-2|=2|x-2|+|2x+a|=|2x-4|+|2x+a|≥|2x+a-(2x-4)|=|a+4|.因为原命题等价于(f(x)+|x-2|)min<3,所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,所以实数a的取值范围为(-7,-1).2.(1)解:f(x)=|x|+|x-3|,当x≥3时,f(x)=x+x-3=2x-3,由f(x)<7解得3≤x<5;当0<x<3时,f(x)=x+3-x=3,f(x)<7显然成立,可得0<x<3;当x≤0时,f(x)=-x+3-x=3-2x,由f(x)<7解得-2<x≤0,综上可得,f(x)<7的解集为(-2,5).(2)证明:由f(x)=作出y=f(x)的图象,显然直线y=k(x+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4k,解得k=,此时构成三角形;当直线y=k(x+4)与直线y=2x-3平行,可得k=2,可得当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数y=f(x)的图象可以围成一个四边形.3.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|.①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,令f(x)≤5,即-2x-1≤5,解得-3≤x≤-2;②当-2<x<1时,f(x)=3;显然f(x)≤5成立,所以-2<x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,令f(x)≤5,即2x+1≤5,解得1≤x≤2.综上所述,不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.(2)因为f(x)=|x-a|+|x+2|≥|(x-a)-(x+2)|=|a+2|,又∃x0∈R,有f(x0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解:(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由:由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。
新课标2020届高考数学二轮复习专题八选修4系列8.2不等式选讲课件理2020120429-
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命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
(2)由 f(x)≥x2-x+m 得 m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.
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命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
对点训练2已知f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式f(x)>5的解集为{x|x>2
或x<-3}.
(1)求a的值; (2)若不等式f(x)-f
������ 2
≤k在R上有解,求k的取值范围.
解：(1)由|ax+1|>5,得ax>4或ax<-6.
(3)∵a2+4b2≥2 a2·4b2=4ab,
a2+9c2≥2 a2·9c2=6ac, 4b2+9c2≥2 4b2·9c2=12bc,
∴2a2+8b2+18c2≥4ab+6ac+12bc,
即 a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc.
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命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
不等式的综合应用
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绝对值不等式的解法 【思考】 如何解绝对值不等式?
例1(2017全国Ⅲ,理23)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集; (2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.
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八不等式选讲(A)
1.(2018·临汾二模)已知函数f(x)=|x-2|+|2x+a|,a∈R.
(1)当a=1时,解不等式f(x)≥5;
(2)若存在x0满足f(x0)+|x0-2|<3,求a的取值范围.
2.(2018·海南三模)已知函数f(x)=|x|+|x-3|.
(1)求不等式f(x)<7的解集;
(2)证明:当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数f(x)的图象可以围成一个四边形.
3.(2018·泉州模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≤5的解集;
(2)∃x0∈R,f(x0)≤|2a+1|,求a的取值范围.
4.若a>0,b>0,且+=.
(1) 求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.
1.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-2|+|2x+1|.
由f(x)≥5得|x-2|+|2x+1|≥5.
当x≥2时,不等式等价于x-2+2x+1≥5,
解得x≥2,
所以x≥2;
当-<x<2时,不等式等价于2-x+2x+1≥5, 解得x≥2,
所以此时不等式无解;
当x≤-时,不等式等价于2-x-2x-1≥5,
解得x≤-,
所以x≤-.
所以原不等式的解集为{x|x≤-或x≥2}.
(2)f(x)+|x-2|=2|x-2|+|2x+a|
=|2x-4|+|2x+a|
≥|2x+a-(2x-4)|
=|a+4|.
因为原命题等价于(f(x)+|x-2|)min<3,
所以|a+4|<3,解得-7<a<-1,
所以实数a的取值范围为(-7,-1).
2.(1)解:f(x)=|x|+|x-3|,
当x≥3时,f(x)=x+x-3=2x-3,
由f(x)<7解得3≤x<5;
当0<x<3时,f(x)=x+3-x=3,
f(x)<7显然成立,可得0<x<3;
当x≤0时,f(x)=-x+3-x=3-2x,
由f(x)<7解得-2<x≤0,
综上可得,f(x)<7的解集为(-2,5).
(2)证明:由f(x)=
作出y=f(x)的图象,
显然直线y=k(x+4)恒过定点A(-4,0),
当直线经过点B(0,3)时,3=4k,
解得k=,此时构成三角形;
当直线y=k(x+4)与直线y=2x-3平行,可得k=2,
可得当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数y=f(x)的图象可以围成一个四边形.
3.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|.
①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,
令f(x)≤5,即-2x-1≤5,解得-3≤x≤-2;
②当-2<x<1时,f(x)=3;
显然f(x)≤5成立,所以-2<x<1;
③当x≥1时,f(x)=2x+1,
令f(x)≤5,即2x+1≤5,解得1≤x≤2.
综上所述,不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.
(2)因为f(x)=|x-a|+|x+2|≥|(x-a)-(x+2)|=|a+2|,
又∃x0∈R,有f(x0)≤|2a+1|成立,
所以只需|a+2|≤|2a+1|,
所以(a+2)2≤(2a+1)2,
化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.
所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).
4.解:(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立. 故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.
所以a3+b3的最小值为4.
(2)不存在满足题意的a,b,理由:
由(1)知,2a+3b≥2≥4.
由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。