数学不等式高考真题(可编辑修改word版)

1.（2018•卷Ⅱ）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
2.（2013•辽宁）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{x|1≤x≤2}，求a 的值．3.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．
（Ⅰ）求不等式f（x）≥1 的解集；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥x2﹣x+m 的解集非空，求m 的取值范围．
4.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲]
已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
5.（2017•新课标Ⅰ卷）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f（x）=﹣x2+ax+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|．（10 分）
（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．
6.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲]
已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
7.（2018•卷Ⅰ）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
8.（2018•卷Ⅰ）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
9.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲]
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．
ab 2
4a 1
1
10.（2014•新课标 II ）设函数 f （x ）=|x+ a （1）证明：f （x ）≥2；
（2）若 f （3）＜5，求 a 的取值范围． 11.（2015·福建)选修 4-5：不等式选讲
|+|x ﹣a|（a ＞0）． 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1a 2 + 1
b 2 +
c 2的最小值．
4
9
1
12.（2014•新课标 I ）若 a ＞0，b ＞0，且 a +
（1） 求 a 3+b 3 的最小值；
1 b
= ．
（2） 是否存在 a ，b ，使得 2a+3b=6？并说明理由．
13.（2017•新课标Ⅲ）已知函数 f （x ）=lnx+ax 2+（2a+1）x ．（12 分） （1）讨论 f （x ）的单调性；
（2）当 a ＜0 时，证明 f （x ）≤﹣ 3
﹣2．
14.（2017•新课标Ⅲ）已知函数 f （x ）=x ﹣1﹣alnx ． （Ⅰ）若 f （x ）≥0，求 a 的值；
1 （Ⅱ）设 m 为整数，且对于任意正整数 n ，（1+ 2
1
）（1+ 2
1 ） (1)
2
）＜m ，求 m 的最小值．
15.（2018•卷Ⅲ）设函数 f(x) = |2x + 1| + |x −1|
（1） 画出 y = f(x) 的图像
（2） 当 x ∈ [0, + ∞) 时， f(x) ≤ ax + b ，求 a + b 的最小值。

16.（2013•福建）设不等式|x ﹣2|＜a （a ∈N *）的解集为 A ，且 3
∈ A,
∉ A 2
（1） 求 a 的值
（2）
求函数 f （x ）=|x+a|+|x ﹣2|的最小值． 17.（2013•新课标Ⅰ）（选修 4﹣5：不等式选讲） 已知函数 f （x ）=|2x ﹣1|+|2x+a|，g （x ）=x+3．
2
n
2
2
（1） 当 a=﹣2 时，求不等式 f （x ）＜g （x ）的解集；
a 1
（2） 设 a ＞﹣1，且当 x ∈ [− , ) 时，f （x ）≤g （x ），求 a 的取值范围．
2 2
18.（2016•全国）选修 4—5：不等式选讲
已知函数 f (x )= ∣x -
（1） 求 M ；
1
∣+∣x + 1
∣，M 为不等式 f (x ) ＜2 的解集. （2） 证明：当 a ,b ∈M 时，∣a +b ∣＜∣1+ab ∣。

19.（2016•全国）[选修 4-5：不等式选讲]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．
20.（2012•新课标）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．
21.（2012•辽宁）选修 4﹣5：不等式选讲
已知 f （x ）=|ax+1|（a ∈R ），不等式 f （x ）≤3 的解集为{x|﹣2≤x≤1}．
（1） 求 a 的值；
（2） 若
x
|f(x)−2f(2
)| ≤ k
恒成立，求 k 的取值范围．
答案解析部分
一、解答题
6−2x,x ≥ 2
1.【答案】（1）a=1 时，时，由 f（x） = { 2,−1﹤x﹤2
4 + 2x,x ≤ −1
当x≥2 时，由f（x）≥0 得：6-2x≥0，解得：x≤3；
当-1＜x＜x 时，f（x）≥0；
当x≤-1 时，由f（x）≥0 得：4+2x≥0，解得x≥-2
所以f（x）≥0 的解集为{x|-2≤x≤3}
（2）若f（x）≤1，即5−|x + a|−|x−2| ≤ 1恒成立
也就是x∈R， |x + a| + |x−2| ≥ 4恒成立
|x + a| + |x−2| ≥ |a + 2|
|x + a| + |x−2| ≥ 4等价于|a + 2| ≥ 4
当x=2 时取等，所以x∈R，
解得：a≥2 或a≤-6
所以 a 的取值范围(-∞，-6] ∪[2，+∞）
【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的解法易得；（2）由绝对值几何意义转化易得.
2.【答案】（1）解：当a=2 时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，
当x≤2 时，得﹣2x+6≥4，解得x≤1；
当2＜x＜4 时，得2≥4，无解；
当x≥4时，得2x﹣6≥4，解得x≥5；
故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1}
（2）解：设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=
由|h（x）|≤2 得，
又已知关于x 的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2 的解集{x|1≤x≤2}，
所以，
故a=3．
2 2 2
4 2 4 4
【解析】【分析】（1）当 a=2 时，f （x ）≥4﹣|x ﹣4|可化为|x ﹣2|+|x ﹣4|≥4，直接求出不等式|x ﹣2|+|x ﹣4|≥4 的解
集即可．（2）设 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 −1
≤ x
≤ 2
a + 1
2
，它与 1≤x≤2 等价，然后求出 a 的值．
3.【答案】解：（Ⅰ）∵f （x ）=|x+1|﹣|x ﹣2|= −3，x < −1
{2x −1，−1 ≤ x ≤ 2 3，x > 2
，f （x ）≥1，
∴当﹣1≤x≤2 时，2x ﹣1≥1，解得 1≤x≤2； 当 x ＞2 时，3≥1 恒成立，故 x ＞2； 综上，不等式 f （x ）≥1 的解集为{x|x≥1}．
（Ⅱ）原式等价于存在
x ∈R 使得 f （x ）﹣x 2+x≥m 成立， 即
m≤[f （x ）﹣x 2+x]max ， 设 g （x ）=f （x ）﹣x 2+x ． −x 2
+ x −3，x ≤ −1
由（1）知，g （x ）= {−x 2 + 3x −1，−1 < x < 2 ，
−x 2
+ x + 3，x ≥ 2
当 x≤﹣1 时，g （x ）=﹣x 2+x ﹣3，其开口向下，对称轴方程为 x= 1
＞﹣1，
∴g （x ）≤g （﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x ＜2 时，g （x ）=﹣x 2+3x ﹣1，其开口向下，对称轴方程为 x=
3 ∈（﹣1，2），
∴g （x ）≤g （ 3 ）=﹣ 9
+ 9 ﹣1= 5
；
当 x≥2 时，g （x ）=﹣x 2+x+3，其开口向下，对称轴方程为 x=
1 2
＜2，
∴g （x ）≤g （2）=﹣4+2=3=1；
5
综上，g （x ）max = 4 ，
∴m 的取值范围为（﹣∞， 5
]．
【解析】【分析】（Ⅰ）由于 f （x ）=|x+1|﹣|x ﹣2|= −3，x < −1
{2x −1，−1 ≤ x ≤ 2 3，x > 2
，解不等式 f （x ）≥1 可分﹣1≤x≤2
与 x ＞2 两类讨论即可解得不等式 f （x ）≥1 的解集；
（Ⅱ）依题意可得
m≤[f （x ）﹣x 2+x]max ， 设 g （x ）=f （x ）﹣x 2+x ，分 x≤1、﹣1＜x ＜2、x≥2 三类讨论，可求
5
得 g （x ）max = 4 ，从而可得 m 的取值范围．
a ⋅ a 5
b ⋅ b 5 ab 5 ba 5 ﹣ 2
4.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b ）（a 5+b 5）≥（ + ）2=（a 3+b 3）2≥4， 当且仅当 = ，即 a=b=1 时取等号， （Ⅱ）∵a 3+b 3=2， ∴（a+b ）（a 2﹣ab+b 2）=2，
∴（a+b ）[（a+b ）2﹣3ab]=2，
∴（a+b ）3﹣3ab （a+b ）=2，
∴
(a + b)3−2 3(a + b)
=ab ，
(a + b)3−2
a + b
2
由均值不等式可得：
3(a + b)
=ab≤（ 2 ） ，
∴ 3 3(a + b)3
（a+b ）
2≤ ， 4
1 4
（a+b ）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当 a=b=1 时等号成立．
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由 a 3+b 3=2 转化为
(a + b)3−2
3(a + b)
=ab ，再由均值不等式可得：
(a + b)3−2
3(a + b)
=ab≤（
a +
b ）2
， 即可得
1
到 4 （a+b ）3≤2，问题得以证明．
5.【答案】（1）解：（1）当 a=1 时，f （x ）=﹣x 2
+x+4，是开口向下，对称轴为 x=
1 的二次函数，
2
g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|= 2x ，x > 1
{2，−1 ≤ x ≤ 1 ，
−2x ，x < −1
当 x ∈（1，+∞）时，令﹣x 2+x+4=2x ，解得 x=
2
，g （x ）在（1，+∞）上单调递增，f （x ）在（1，+∞）
上单调递减，∴此时 f （x ）≥g （x ）的解集为（1，
17−1 2
]
当 x ∈[﹣1，1]时，g （x ）=2，f （x ）≥f （﹣1）=2．
当 x ∈（﹣∞，﹣1）时，g （x ）单调递减，f （x ）单调递增，且 g （﹣1）=f （﹣1）=2．
综上所述，f （x ）≥g （x ）的解集为[﹣1，
2
]
12
−a ⋅ 1−2 ≤ 0
（2）（2）依题意得：﹣x 2
+ax+4≥2 在[﹣1，1]恒成立，即 x 2
﹣ax ﹣2≤0 在[﹣1，1]恒成立，则只需 { 2
(−1) −a(−1)−2 ≤ 0 ，解得﹣1≤a≤1，
故 a 的取值范围是[﹣1，1]．
∴
；
；
a ⋅ a 5
b ⋅ b 5 ab 5 ba 5 ﹣ 〉 4 2
【解析】【分析】（1.）当a=1 时，f （x ）=﹣x 2+x+4，g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|= 2x ，x > 1 {2，−1 ≤ x ≤ 1 −2x ，x < −1
，分x ＞1、x ∈[﹣1，1]x 、∈（﹣∞，﹣1）三
类讨论，结合 g （x ）与 f （x ）的单调性质即可求得 f （x ）≥g （x ）的解集为[﹣1，
2
]
（2.）依题意得：﹣x 2+ax+4≥2 在[﹣1，1]恒成立⇔x 2﹣ax ﹣2≤0 在[﹣1，1]恒成立，只需 { 12
−a ⋅ 1−2 ≤ 0 2 (−1) −a(−1)−2 ≤ 0
解之即可得 a 的取值范围．
6.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b ）（a 5+b 5）≥（ + ）2=（a 3+b 3）2≥4， 当且仅当 = ，即 a=b=1 时取等号， （Ⅱ）∵a 3+b 3=2， ∴（a+b ）（a 2﹣ab+b 2）=2，
∴（a+b ）[（a+b ）2﹣3ab]=2，
∴（a+b ）3﹣3ab （a+b ）=2，
∴
(a + b)3−2 3(a + b)
=ab ，
(a + b)3−2
a + b
2
由均值不等式可得：
3(a + b)
=ab≤（ 2 ） ，
∴ 3 3(a + b)3
（a+b ）
2≤ ， 4
1 4
（a+b ）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当 a=b=1 时等号成立．
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由 a 3+b 3=2 转化为
(a + b)3−2
3(a + b)
=ab ，再由均值不等式可得：
(a + b)3−2
3(a + b)
=ab≤（
a +
b ）2
， 即可得
到 1
(a + b )3≤2，问题得以证明．
7.【答案】（1）解：当 a = 1 时， f(x) = |x + 1|−|x −1| −2,x ≤ −1,
，即 f(x) = {2x,−1 < x < 1,故不等式
2,x ≥ 1.
f(x) > 1 的解集为 {x|x 1
} ．
2 （2）解：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
2 0 < x < a
2
，所以 ≥ 1 a
，故 0 < a ≤ 2 ．
综上， a 的取值范围为 (0,2] ．
【解析】【分析】(1)通过对 x 分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成立等价于 f(x)-x>0 对 于 x ∈ (0,1) 恒成立,即函数 f(x)-x 的最小值大于 0,由此求出 a 的范围.
；
， ∴
x
2 2 2
4 2 4 −2,x < −1
8.【答案】（1）解：当 a=1 时， f(x){2x,−1 ≤ x < 1
2,x ≥ 1
当 x < −1 时，-2＞1 舍
当 −1 ≤ x < 1
1
x ∈ ( ,1]
2
时，2x ＞1 x > 1
2
当 x > 1 时，2＞1,成立，综上所述 f(x) > 1 结果为 1
( , + ∞)
2
（2）解：∵ x ∈ (0,1)
∴ f(x) = x + 1−|ax −1| > x ⇒|ax −1| < 1⇒0 < ax < 2 ∵ax ＞0 ∴a ＞0.
2 ax ＜2 ⇒a < ( )
min
又 x ∈ (0,1) 所以 a ≤ 2 综上所述 a ∈ (0,2]
【解析】【分析】通过对 x 分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成立等价于 f(x)-x>0 对于 x ∈ (0,1) 恒成立,即函数 f(x)-x 的最小值大于 0,由此求出 a 的范围.
−3，x < −1
9.【答案】（1）解：∵f （x ）=|x+1|﹣|x ﹣2|= {2x −1，−1 ≤ x ≤ 2 3，x > 2
，f （x ）≥1，
∴当﹣1≤x≤2 时，2x ﹣1≥1，解得 1≤x≤2； 当 x ＞2 时，3≥1 恒成立，故 x ＞2； 综上，不等式 f （x ）≥1 的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在
x ∈R 使得 f （x ）﹣x 2+x≥m 成立， 即
m≤[f （x ）﹣x 2+x]max ， 设 g （x ）=f （x ）﹣x 2+x ． −x 2
+ x −3，x ≤ −1
由（1）知，g （x ）= {−x 2 + 3x −1，−1 < x < 2 ，
−x 2
+ x + 3，x ≥ 2
当 x≤﹣1 时，g （x ）=﹣x 2+x ﹣3，其开口向下，对称轴方程为 x= 1
＞﹣1，
∴g （x ）≤g （﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x ＜2 时，g （x ）=﹣x 2+3x ﹣1，其开口向下，对称轴方程为 x=
3 ∈（﹣1，2），
∴g （x ）≤g （ 3 ）=﹣ 9
+ 9 ﹣1= 5
；
当 x≥2 时，g （x ）=﹣x 2
+x+3，其开口向下，对称轴方程为 x=
1 2
＜2，
∴ ⇒
4 a ∴g （x ）≤g （2）=﹣4+2=3=1；
5
综上，g （x ）max = 4 ，
∴m 的取值范围为（﹣∞， 5
]．
【解析】【分析】（1.）由于 f （x ）=|x+1|﹣|x ﹣2|= −3，x < −1
{2x −1，−1 ≤ x ≤ 2 3，x > 2
，解不等式 f （x ）≥1 可分﹣1≤x≤2
与 x ＞2 两类讨论即可解得不等式 f （x ）≥1 的解集；
（2.）依题意可得
m≤[f （x ）﹣x 2+x]max ， 设 g （x ）=f （x ）﹣x 2+x ，分 x≤1、﹣1＜x ＜2、x≥2 三类讨论，可求
5
得 g （x ）max = 4 ，从而可得 m 的取值范围．
10.【答案】（1）解：证明：∵a ＞0，f （x ）=|x+ |+|x ﹣a|≥|（x+ ）﹣（x ﹣a ）|=|a+ |=a+ ≥2
=2，
故不等式 f （x ）≥2 成立．
（2）解：∵f （3）=|3+ |+|3﹣a|＜5，
∴当 a ＞3 时，不等式即 a+ ＜5，即 a 2﹣5a+1＜0，解得 3＜a ＜
．
当
0＜a≤3 时，不等式即 6﹣a+ ＜5，即 a 2﹣a ﹣1＞0，求得 ＜
a≤3． 综上可得，a 的取值范围（ ，
）
1
【解析】【分析】（1）由 a ＞0，f （x ）=|x+ a |+|x ﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得 f （x ）≥2
成立．（2）由 f （3）=|3+ 1 |+|3﹣a|＜5，分当 a ＞3 时和当 0＜a≤3 时两种情况，分别去掉绝对值，求得 不等式的解集，再取并集，即得所求． 11.【答案】（1）4
8
（2）7
【解析】【解答】
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 ，所以a + b + c = 4.
4
4 2a 2a 2a
2a
﹣ 2a
﹣ 2a
﹣ 2.由 1 知a + b + c = 4，由柯西不等式得(
1
a 2
+ 1
b 2 +
c 2
)
(4 + 9 + 1) ≥
a b
2
4
9
1
1
1 1
8 c
8 (
2 × 2 + 3
× 3 + c × 1
) = (a + b + c )2
= 16,即 a 2
+ b
2 + c
2 ≥
.d 当且仅当
2a
7
2
= 3b
3
= 1,即a = 7
18 2 ,b =
1 2 1 2 2
8
,c = 7
7时，等号成立所以 a + 9b + c 的最小值为7.
【分析】当x 的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如f (x ) = |x + a | + |x + b |的函数的最小值，以及解析式形如f (x ) = |x + a | - |x + b |的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标． 12.【答案】（1）解：∵a ＞0，b ＞0，且 + = ，
∴
= + ≥2
，∴ab≥2，
当且仅当 a=b= 时取等号． ∵a 3+b 3≥2
≥2
=4 ，当且仅当
a=b= 时取等号，
∴a 3+b 3 的最小值为 4 ．
（2）解：∵2a+3b≥2
=2 ，当且仅当 2a=3b 时，取等号． 而由（1）可知，2
≥2
=4
＞6，
故不存在 a ，b ，使得 2a+3b=6 成立．
【解析】【分析】（1）由条件利用基本不等式求得 ab≥2，再利用基本不等式求得 a 3+b 3 的最小值．（2） 根据 ab≥4 及基本不等式求的 2a+3b ＞8，从而可得不存在 a ，b ，使得 2a+3b=6．
13. 【答案】（1）解：因为 f （x ）=lnx+ax 2+（2a+1）x ，
求导 f′（x ）=
1
x
+2ax+（2a+1）=
2ax 2
+ (2a + 1)x + 1
=
x
(2ax + 1)(x + 1)
x
，（x ＞0），
1
①当 a=0 时，f′（x ）= x
+1＞0 恒成立，此时 y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增；
②当 a ＞0，由于 x ＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0 恒成立，此时 y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增；
③当 a ＜0 时，令 f′（x ）=0，解得：x=﹣ 1
．
因为当 x ∈（0，﹣ 1 ）时，f′（x ）＞0、当 x ∈（﹣ 1
，+∞）时，f′（x ）＜0，
所以 y=f （x ）在（0，﹣ 1
）上单调递增、在（ 1
2a ，+∞）上单调递减． 综上可知：当 a≥0 时 f （x ）在（0，+∞）上单调递增，
当 a ＜0 时，f （x ）在（0，﹣ 1 ）上单调递增、在（ 1
2a
，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当 a ＜0 时 f （x ）在（0，﹣ 1
）上单调递增、在（ 1
2a ，+∞）上单调递减， 9
2a 1
4a a
4a 2a ≤﹣ 4a a ≤﹣ 2 ﹣ a a a 2
2 2 t 2
4a 1
4a
a ﹣ 2 2
x
2
所以当 x=﹣ 1 时函数 y=f （x ）取最大值 f （x ）max =f （﹣ 2a ）=﹣1﹣ln2﹣ 1 +ln （﹣ 1
）．
从而要证 f （x ）≤﹣ 3 ﹣2，即证 f （﹣ 1
） 3
4a
﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣ 1 +ln （﹣ 1 ） 3 4a
﹣2，即证﹣ 1
（ 1
）+ln （﹣ 1
）≤﹣1+ln2．
令 t=﹣ 1 ，则 t ＞0，问题转化为证明：﹣ 1
t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令 g （t ）=﹣ 1
t+lnt ，则 g′（t ）=﹣ 1
+ 1
， 令 g′（t ）=0 可知 t=2，则当 0＜t ＜2 时 g′（t ）＞0，当 t ＞2 时 g′（t ）＜0， 所以 y=g （t ）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即 g （t ）≤g （2）=﹣ 1
×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当 a ＜0 时，f （x ）≤﹣ 3
﹣2 成立．
【解析】【分析】（1.）题干求导可知 f′（x ）=
论 f′（x ）与 0 的大小关系可得结论；
(2ax + 1)(x + 1)
x
（x ＞0），分 a=0、a ＞0、a ＜0 三种情况讨
（2.）通过（1）可知 f （x ）max =f （﹣ 2a
）=﹣1﹣ln2﹣ 1
+ln （﹣ 1
），进而转化可知问题转化为证明：当 t ＞0
时 1
t+lnt≤﹣1+ln2．进而令 g （t ）=﹣ 1
t+lnt ，利用导数求出 y=g （t ）的最大值即可．
14. 【答案】解：（Ⅰ）因为函数 f （x ）=x ﹣1﹣alnx ，x ＞0，
所以 f′（x ）=1﹣ a
= x −a x
，且 f （1）=0．
所以当 a≤0 时 f′（x ）＞0 恒成立，此时 y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上 f(x)<0,这与 f （x ）≥0 矛盾；
当 a ＞0 时令 f′（x ）=0，解得 x=a ，
所以 y=f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增，即 f （x ）min =f （a ）， 又因为 f （x ）min =f （a ）≥0， 所以 a=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当 a=1 时 f （x ）=x ﹣1﹣lnx≥0，即 lnx≤x ﹣1， 所以 ln （x+1）≤x 当且仅当 x=0 时取等号， 1 所以 ln （1+
2
1
）＜ 2k ，k ∈N *,
1
1
所以1 + 2k < e 2
k ，k ∈N * ．
1 一方面，因为 2
1 1 +…+
2
2
=1﹣ ＜1，
1
所以，（1+ 2
1 ）（1+ 2
1 ） (1)
2
）＜e ；
k
+
n
1
2n 2
n
2
1
另一方面，（1+ 2
1 ）（1+ 2
1
） (1)
2
1
）＞（1+ 2
1 ）（1+ 2
1 ）（1+
2
135 ） 64
＞2，
1
同时当 n≥3 时，（1+ 2
1 ）（1+ 2
1 ） (1)
2
）∈（2，e ）．
1
因为 m 为整数，且对于任意正整数 n （1+ 2 所以 m 的最小值为 3．
1 ）（1+ 2
1 ） (1)
2
）＜m ，
【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数 f （x ）=x ﹣1﹣alnx （x ＞0）求导，分 a≤0、a ＞0 两种情况考虑导函数 f′（x ） 与 0 的大小关系可得结论；
（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知 lnx≤x ﹣1，进而取特殊值可知 ln （1+ 1
）＜ 2
k ，k ∈N *
． 一方面利用等比数列的
1 求和公式放缩可知（1+
2 1 ）（1+ 2 1 ）…（1+ 2 1
）＜e ；另一方面可知（1+ 2 1 ）（1+ 2 1 ）…（1+ 2
）＞2，
1
且当 n≥3 时，（1+ 2 1 ）（1+ 2
1 ） (1)
2
）∈（2，e ）．
1
−3x,x <- 2
15.【答案】（1）解： f(x) = {x + 2, - 1
≤ x ≤ 1
3x,x > 1
（2）解：由（1）中可得：a≥3，b≥2，当 a=3，b=2 时，a+b 取最小值，
2
n 2
3
=
2
n
2
n
1
2k 2 n 2 n 2
n
所以a+b 的最小值为5.
【解析】【分析】（1）画图像，分段函数;（2）转化为一次函数分析. 16.【答案】（1）解：因为，
所以且，
解得，
因为a∈N*，所以a 的值为1．
（2）解：由（1）可知函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，当且仅当（x+1）（x﹣2）≥0，即x≥2 或x≤﹣1 时取等号，
所以函数f（x）的最小值为3．
【解析】【分析】（1）利用3 1
∈ A,
2 2
∉A ，推出关于a 的绝对值不等式，结合a 为整数直接求a 的值．（2）
利用 a 的值化简函数f（x），利用绝对值三角不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最小值．17.【答案】（1）解：当a=﹣2 时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．
设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，则y= ，它的图象如图所示：
结合图象可得，y＜0 的解集为（0，2），故原不等式的解集为（0，2）．
﹣ 2
（2
）解：设 a ＞﹣1，且当 时，f （x ）=1+a ，不等式化为 1+a≤x+3，故 x≥a ﹣2 对
都成立． 故﹣
≥a ﹣2，解得 a≤ ，故 a 的取值范围为（﹣1， ]．
【解析】【分析】（1）当 a=﹣2 时，求不等式 f （x ）＜g （x ）化为|2x ﹣1|+|2x ﹣2|﹣x ﹣3＜0．设 y=|2x ﹣1|+|2x ﹣2|﹣x ﹣3，
a 1
画出函数 y 的图象，数形结合可得结论．（2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a ﹣2 对 x ∈ [− , ) 都成立．
2 2
故 a
≥a ﹣2，由此解得 a 的取值范围．
1
1 1 1
18.【答案】（1）解：当 x < −2 时， f(x) = 2−x −x −2 = −2x ，若 −1 < x < −2 ；
1
1
当 −2 ≤ x ≤ 2
时， f(x) = 1 2
−x + x + 1
= 1 < 2 2 恒成立；
1
当 x > 2
时， f(x) = 2x 1 ，若 f(x) < 2 ， 2
< x < 1 ．
综上可得， M = {x|−1 < x < 1}
（2）证明：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| ， 证毕
【解析】【分析】（1）分当
x ＜ 时，当
≤x≤ 时，当 x ＞ 时三种情况，分别求解不等式，综
合可得答案；（2）当
a ，
b ∈M 时，（a 2﹣1）（b 2﹣1）＞0，即 a 2b 2+1＞a 2+b 2 ， 配方后，可证得结论． 19.【答案】（1）解：当 a=2 时，f （x ）=|2x ﹣2|+2， ∵f （x ）≤6，∴|2x ﹣2|+2≤6，
2 2
2
2 |2x ﹣2|≤4，|x ﹣1|≤2，
∴﹣2≤x ﹣1≤2， 解得﹣1≤x≤3，
∴不等式 f （x ）≤6 的解集为{x|﹣1≤x≤3}
（2）解：∵g （x ）=|2x ﹣1|，
∴f （x ）+g （x ）=|2x ﹣1|+|2x ﹣a|+a≥3，
2|x ﹣ 1 |+2|x ﹣ a
|+a≥3，
|x ﹣ 1 |+|x ﹣ a
|≥ 3−a ，
2
当 a≥3 时，成立，
1 当 a ＜3 时，
2 |a ﹣1|≥
3−a
2
＞0，
∴（a ﹣1）2≥（3﹣a ）2 ， 解得 2≤a ＜3，
∴a 的取值范围是[2，+∞）
【解析】【分析】（1）当 a=2 时，由已知得|2x ﹣2|+2≤6，由此能求出不等式 f （x ）≤6 的解集． （2）由
f （x ）+
g （x ）=|2x ﹣1|+|2x ﹣a|+a≥3，得|x ﹣ |+|x ﹣ |≥ ，由此能求出
a 的取值范围． 本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用．
20.【答案】（1）解：当 a=﹣3 时，f （x ）≥3 即|x ﹣3|+|x ﹣2|≥3，即①
，或②
，
或③ ．
解①可得 x≤1，解②可得 x ∈∅，解③可得 x≥4．
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1 或 x≥4}
（2）解：原命题即 f （x ）≤|x ﹣4|在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x 在[1，2]上恒成立， 等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x 在[1，2]上恒成立．
− − x
故当 1≤x≤2 时，﹣2﹣x 的最大值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x 的最小值为 0，
故 a 的取值范围为[﹣3，0]．
【解析】【分析】（1）不等式等价于
，求出每个不等式组的解集，
{
x ≤ 2 3−x + 2−x ≥ 3
，或 { 2＜x ＜3 3−x + x −2 ≥ 3
，或 { x ≥ 3 x −3 + x −2 ≥ 3
再取并集即得所求．（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x 在[1，2]上恒成立，由此求得求 a 的取值范围．
21.【答案】（1）解：由|ax+1|≤3 得﹣4≤ax≤2
∵不等式 f （x ）≤3 的解集为{x|﹣2≤x≤1}． ∴当 a≤0 时，不合题意；
当 a ＞0 时，
∴a=2；
（2）解：记
4 2
−a ≤ x ≤ a ，
x
h(x) = f(x) 2f( ) ， 2
1,x ≤ −1
1
∴h （x ）= {−4x −3,−1＜x ＜−2
1
−1,x ≥ −2
∴|h （x ）|≤1
∵ |f(x)−2f(2)| ≤ k
恒成立， ∴k≥1．
【解析】【分析】（1）先解不等式|ax+1|≤3，再根据不等式 f （x ）≤3 的解集为{x|﹣2≤x≤1}，分类讨论，即
1,x ≤ −1
1 x
−4x −3,−1＜x ＜−
可得到结论．（2）记
求得 k 的取值范围．
h(x) = f(x) 2f( ) 2 ，从而 h （x ）= { 1
−1,x ≥ −2
2 ，求得|h （x ）|≤1，即可。