2018高考数学二轮复习专题七选修系列第2讲不等式选讲课时规范练

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2018年高考数学二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲教案

第二讲不等式选讲(选修4－5)[考情分析]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.[真题自检]1．(2017·高考全国卷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. 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]．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)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－1＜x ≤－12；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得12≤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 |.3．(2015·高考全国卷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．解析：(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，＋∞)．含绝对值不等式的解法[方法结论]1．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c 型不等式的解法：(1)若c ＞0，则|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，然后根据a ，b 的取值求解即可；(2)若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 (c ＞0)型不等式的解法： (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．[题组突破]1．设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)求不等式f (x )＞1的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解，求实数m 的取值范围．解析：(1)函数f (x )可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－2，2x ＋1，－2＜x ＜1，3，x ≥1，当x ≤－2时，f (x )＝－3＜0，不合题意；当－2＜x ＜1时，f (x )＝2x ＋1＞1，得x ＞0，即0 ＜x ＜1；当x ≥1时，f (x )＝3＞1，即x ≥1.综上，不等式f (x )＞1的解集为(0，＋∞)．(2)关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解等价于(f (x )＋4)max ≥|1－2m |，由(1)可知f (x )max ＝3(也可由|f (x )|＝||x ＋2|－|x －1||≤|(x ＋2)－(x －1)|＝3，得f (x )max ＝3)，即|1－2m |≤7，解得－3≤m ≤4. 故实数m 的取值范围为[－3,4]．2．(2017·广州模拟)设函数f (x )＝|kx －1|(k ∈R )．(1)若不等式f (x )≤2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－13≤x ≤1，求k 的值； (2)若f (1)＋f (2)＜5，求k 的取值范围．解析：(1)由|kx －1|≤2，得－2≤kx －1≤2， ∴－1≤kx ≤3，∴－13≤k3x ≤1.由已知，得k3＝1，∴k ＝3.(2)由已知，得|k －1|＋|2k －1|＜5.当k ≤12时，－(k －1)－(2k －1)＜5，得k ＞－1，此时－1＜k ≤12；当12＜k ≤1时，－(k －1)＋(2k －1)＜5，得k ＜5，此时12＜k ≤1；当k ＞1时，(k －1)＋(2k －1)＜5，得k ＜73，此时1＜k ＜73.综上，k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，73. [误区警示]利用零点分段讨论法，解绝对值不等式时易遗漏区间的端点值．不等式的证明[方法结论]证明不等式的5个基本方法 (1)比较法：作差或作商比较．(2)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． (3)分析法：执果索因的证明方法． (4)反证法：反设结论，导出矛盾．(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．[题组突破]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 ， ∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥2a ·2b ·2c ＝8abc ， ∵abc ＝1，∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8. (2)∵ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ，ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，上面三式相加得，2ab ＋2bc ＋2ca ≥2a ＋2b ＋2c ，即ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c . 又1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ac ，∴a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.2．(2017·武汉调研)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解析：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x ＞2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x ＞2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}． (2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－(x －12)2＋14.令g (x )＝－(x －12)2＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.3．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 ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，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． 4．已知a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac ＜3a . 证明：要证 b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2. ∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2.只需证2a 2－ab －b 2>0，只需证(a －b )(2a ＋b )>0，只需证(a －b )(a －c )>0. ∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0，∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立． [类题通法]不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；(2)如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法；(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法．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．含绝对值不等式的恒成立问题[方法结论]绝对值不等式(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．[典例] (2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝|x －a |.(1)若不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)由f (x )≤3，得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3. 又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－1a ＋3＝5，解得a ＝2.(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|.设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)＝|x －2|＋|x ＋3|.因为|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)，所以g (x )的最小值为5.因此，若g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)≥m 对x ∈R 恒成立，则实数m 的取值范围是(－∞，5]． [类题通法]1．绝对值不等式中蕴含最佳思想，即可利用|||a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |去求形如f (x )＝|x －a |＋|x －b |或f (x )＝|x －a |－|x －b |的最值．2．不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：f (x )＞a 恒成立⇔f (x )min ＞a ；f (x )＜a 恒成立⇔f (x )max ＜a ；f (x )＞a 有解⇔f (x )max ＞a ；f (x )＜a有解⇔f (x )min ＜a ；f (x )＞a 无解⇔f (x )max ≤a ；f (x )＜a 无解⇔f (x )min ≥a .[演练冲关]1．(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |(m ＞0)． (1)当m ＝1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 )＜|2＋t |＋|t －1|恒成立，求m 的取值范围．解析：(1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |＝⎩⎪⎨⎪⎧－4m ，x ≥m －2x －2m ，－3m ＜x ＜m .4m ，x ≤－3m当m ＝1时，由⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2≥1－3＜x ＜1，或x ≤－3，得x ≤－32，∴不等式f (x )≥1的解集为{x |x ≤－32}．(2)不等式f (x )＜|2＋t |＋|t －1|对任意的实数t ，x 恒成立，等价于对任意的实数x ，f (x )＜(|2＋t |＋|t －1|)min 恒成立，即[f (x )]max ＜(|2＋t |＋|t －1|)min ， ∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ， |2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3， ∴4m ＜3，又m ＞0，∴0＜m ＜34.2．(2017·高考全国卷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．解析：(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，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.。

高考数学理二轮专题复习突破精练：专题对点练不等式选讲选修—_2

专题对点练27 不等式选讲(选修4—5)1.(2017山西吕梁二模,理23)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(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 ≤-;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 ≥.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.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 )={-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}∪{x|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-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.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-=-1,故a=2.4.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(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=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,+∞).5.(2017辽宁沈阳一模,理23)设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M ,a ,b ∈M.(1)证明:|13a +16b|<14;(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小,并说明理由.(1)证明记f (x )=|x-1|-|x+2|={3,x ≤-2,-2x -1,-2<x <1,-3,x ≥1,由-2<-2x-1<0解得-<x<,则M=(-12,12). ∵a ,b ∈M ,∴|a|<,|b|<.∴|13a +16b|≤13|a|+|b|<13×12+16×12=14.(2)解由(1)得a 2<,b 2<.因为|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a 2b 2)-4(a 2-2ab+b 2)=(4a 2-1)(4b 2-1)>0,所以|1-4ab|2>4|a-b|2,故|1-4ab|>2|a-b|.6.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|.(1)解f (x )={ -2x ,x ≤-12,1,-12<x <12,2x ,x ≥12. 当x ≤-时,由f (x )<2得-2x<2,解得x>-1;当-<x<时,f (x )<2;当x ≥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|.〚导学号16804230〛 7.设a ,b ,c 均为正数,且a+b+c=1.求证:(1)ab+bc+ac ≤;(2)a 2b +b2c+c2a≥1.证明(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为a 2b +b≥2a,b2c+c≥2b,c2a+a≥2c,故a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.所以a 2+b2+c2≥1.〚导学号16804231〛8.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.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<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),故△ABC的面积为(a+1)2.由题设得(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范围为(2,+∞).〚导学号16804232〛。

2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题七选考系列第2讲精品

1.证明绝对值不等式主要有三种方法： (1)利用绝对值的定义脱去绝对值符号，转化为普通不等式再证明；(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明； (3)转化为函数问题，数形结合进行证明.
2.(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后利用数形结合解决，是常用的思想方法.
(2)法一当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|，设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，
于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－5，2x－－31≤，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2.
所以当 x<－3 时，g(x)>5；
当－3≤x≤2 时，g(x)＝5；当 x>2 时，g(x)>5.
综上可得，g(x)的最小值为 5.
(2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则(in1ai2 )(in1bi2 )≥(in1aibi )2，当且仅当 bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数 k，使得 ai＝kbi(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
|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当 2】 (1)已知 a，b 都是正数，且 a≠b，求证：a3＋b3 ＞a2b＋ab2； (2)已知 a，b，c 都是正数，求证：a2b2＋a＋b2bc＋2＋c c2a2≥abc. 证明 (1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2，因为 a ，b 都是正数，所以 a＋b＞0，又因为 a≠b，所以(a－b)2＞0，于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，所以 a3＋b3＞a2b＋ab2.

高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲练习-人教版高三全册数学试题

第2讲不等式选讲高考定位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最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值X 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.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)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.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5.2.(2017·全国Ⅰ卷)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X 围.解 (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 <－1.①当x >1时，f (x )≥g (x )－x 2＋x ＋4≥2x ，解之得1<x ≤17－12. ②当－1≤x ≤1时，f (x )≥g (x )(x －2)(x ＋1)≤0，则－1≤x ≤1.③当x <－1时，f (x )≥g (x )x 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4，又x <－1，∴不等式此时的解集为空集.综上所述，f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立.则x 2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需⎩⎪⎨⎪⎧12－a ·1－2≤0，（－1）2－a （－1）－2≤0，解之得－1≤a ≤1. 故a 的取值X 围是[－1，1].考点整合1.绝对值不等式的性质定理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.|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.|x －a |＋|x －b |≥c ，|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直观求解.(2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解.4.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 ＋c3≥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.热点一绝对值不等式的解法【例1】 (2018·某某中学质检)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|.(1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )>1x＋a 的解集包含[2，3]，某某数a 的取值X 围. 解 (1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2，当x <－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2，解得x ≤－12，故x <－3；当－3≤x ≤1时，原不等式可化为2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2，解得x ≤34，故－3≤x ≤34；当x >1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解.综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34. (2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|>1x＋a 在[2，3]上恒成立，则3x ＋1－1x>a 在[2，3]上恒成立. 又因为g (x )＝3x ＋1－1x在[2，3]上为增函数，所以有3×2＋1－12>a ，解得a <132. 故实数a 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，132. 探究提高 1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)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X 围.解 (1)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.又|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X 围是(－∞，－6]∪[2，＋∞).热点二不等式的证明【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a >0，b >0，且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 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，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.探究提高 1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.2.当要证的不等式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.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法.【训练2】 (2018·某某调研)已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (2x ＋5)≥x ＋9；(2)若a >0，b >0，且1a ＋4b ＝2，证明：f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，并求f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ，b 的值.解 (1)f (x )＋f (2x ＋5)＝|x －1|＋|2x ＋4|≥x ＋9，当x ≤－2时，不等式为4x ≤－12，解得x ≤－3，故x ≤－3，当－2<x <1时，不等式为5≥9，不成立；当x ≥1时，不等式为2x ≥6，解得x ≥3，故x ≥3，综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞).(2)f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1|≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a >0，b >0).又1a ＋4b＝2，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2a b≥52＋2b 2a ·2a b ＝92，当且仅当b 2a ＝2a b ，即b ＝2a 时“＝”成立；由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，1a ＋4b ＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.综上所述，f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，当f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ＝32，b ＝3. 热点三绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)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X 围.解 (1)f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.由f (x )≥1可得①当x ≤－1时显然不满足题意；②当－1<x <2时，2x －1≥1，解得x ≥1，则1≤x <2；③当x ≥2时，f (x )＝3≥1恒成立，∴x ≥2.综上知f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}.(2)不等式f (x )≥x 2－x ＋m 等价于f (x )－x 2＋x ≥m ，令g (x )＝f (x )－x 2＋x ，则g (x )≥m 解集非空只需要[g (x )]max ≥m .由(1)知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x －3，x ≤－1，－x 2＋3x －1，－1<x <2，－x 2＋x ＋3，x ≥2.①当x ≤－1时，[g (x )]max ＝g (－1)＝－3－1－1＝－5；②当－1<x <2时，[g (x )]max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3·32－1＝54； ③当x ≥2时，[g (x )]max ＝g (2)＝－22＋2＋3＝1.综上，[g (x )]max ＝54，故m ≤54.所以实数m 的取值X 围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54. 探究提高 1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.2.本题分离参数m ，对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论，求出g (x )的最大值，进而求出m 的取值X 围，优化解题过程.【训练3】 (2018·某某调研)设函数f (x )＝|x ＋a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，某某数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，某某数k 的取值X 围. 解 (1)因为|x ＋a |＋2a ≤1，所以|x ＋a |≤1－2a ，所以2a －1≤x ＋a ≤1－2a ，所以a －1≤x ≤1－3a .因为不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝－2，1－3a ＝4，解得a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝|x －1|－2.不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，只需f (x )min ≥k 2－k －4，所以－2≥k 2－k －4，即k 2－k －2≤0，所以k 的取值X 围是[－1，2].1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2.利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.3.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.1.(2018·某某六校联考)已知函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立，某某数a 的取值X 围.解 ∵f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4.画出f (x )的图象，如图所示：∴f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立.∴|3a －1|<4，解之得－1<a <53，故实数a 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫－1，53. 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.证明 (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，要证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2，也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ，只需证明ab >cd ，即证ab >cd .由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)必要性：若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .由(1)得a ＋b >c ＋d . 充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .∵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.(2018·某某联考)已知函数f (x )＝|x －1|.(1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集； (2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a≥4. (1)解当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，故x ≥43；当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解；当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，故x ≤－23. ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)证明 ∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，则a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.4.(2018·全国Ⅰ卷)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X 围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.则当x ≥1时，f (x )＝2>1恒成立，所以x ≥1；当－1<x <1时，f (x )＝2x >1，所以12<x <1；当x ≤－1时，f (x )＝－2<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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ，所以2a≥1，故0<a ≤2. 综上，a 的取值X 围为(0，2].5.(2016·全国Ⅱ卷)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 |.(1)解 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，所以－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立. 当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以12<x <1. 所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}.(2)证明由(1)知，a ，b ∈(－1，1)，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |. 6.(2018·某某二模)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>4的解集；(2)求f (a )的最小值.解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>4，即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |>4， ①当x <－1时，得f (x )＝2>4，无解；②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |>4，即|x |<12，解得－12<x <0或0<x <12； ③当x >1时，得f (x )＝2>4，无解；综上不等式f (x )>4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |， ①当a <－1或a >1时，f (a )＝2a 2|a |＝2|a |>2， ②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2，综上知，f (a )的最小值为2.7.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )<2成立.(1)某某数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94. (1)解因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.∵m ∈N *，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94，当且仅当4βα＝αβ，即α＝83，β＝43时“＝”成立，故4α＋1β≥94. 8.(2018·江南十校联考)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤1的解集； (2)设关于x 的不等式f (x )≤－2x ＋1的解集为P ，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14P ，求a 的取值X 围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|＝|x ＋1|＋|2x ＋1|， f (x )≤1|x ＋1|＋|2x ＋1|≤1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ＋1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ＋1＋2x ＋1≤1.即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ≤－13. 解得x ＝－1或－1<x <－12或－12≤x <－13. 所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤－13. (2)依题意，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14时，不等式f (x )≤－2x ＋1，即|x ＋a |＋|2x ＋1|≤－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14上恒成立，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12时，|x ＋a |－2x －1≤－2x ＋1，即|x ＋a |≤2，所以－2－x ≤a ≤2－x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12恒成立，所以(－2－x )max ≤a ≤(2－x )min ，即－1≤a ≤52. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14时，|x ＋a |＋2x ＋1≤－2x ＋1，即|x ＋a |≤－4x .所以3x ≤a ≤－5x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14恒成立. 所以(3x )max ≤a ≤(－5x )min ，即－34≤a ≤54. 综上，a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，54.。

2018年高考数学(人教理科)总复习(福建专用)配套训练：课时规范练2 Word版含解析

课时规范练2 不等关系及简单不等式的解法一、基础巩固组1.(2017安徽合肥模拟)已知a ,b ∈R ,下列命题正确的是( ) A.若a>b ,则|a|>|b|B.若a>b ,则1a <1bC.若|a|>b ,则a 2>b 2D.若a>|b|,则a 2>b 22.(2017山东潍坊模拟,理4)函数f (x )=1ln (-x 2+4x -3)的定义域是( )A.(-∞,1)∪(3,+∞)B.(1,3)C.(-∞,2)∪(2,+∞)D.(1,2)∪(2,3)3.若集合A={x|ax 2-ax+1<0}=⌀,则实数a 的取值范围是( )A.{a|0<a<4}B.{a|0≤a<4}C.{a|0<a ≤4}D.{a|0≤a ≤4}4.(2017贵州贵阳测试)下列命题正确的是( )A.若a>b ,c>d ,则ac>bdB.若ac>bc ,则a>bC.若a c 2<bc 2,则a<bD.若a>b ,c>d ,则a-c>b-d5.(2017重庆一中调研,理4)若a>1>b>-1,则下列不等式恒成立的是( )A.a>b 2B.1a >1bC.1a <1bD.a 2>2b 6.不等式x -2x 2-1<0的解集为( ) A.{x|1<x<2}B.{x|x<2,且x ≠1}C.{x|-1<x<2,且x ≠1}D.{x|x<-1或1<x<2}7.若不等式mx 2+2mx-4<2x 2+4x 对任意x 都成立,则实数m 的取值范围是( )A.(-2,2]B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪[2,+∞)D.(-∞,2]8.(2017陕西西安模拟)已知存在实数a 满足ab 2>a>ab ,则实数b 的取值范围是 .9.已知关于x 的不等式ax 2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,则a 2+b 2-2b 的取值范围是 .10.已知a ∈R ,关于x 的不等式ax 2+(1-2a )x-2>0的解集有下列四种说法: ①原不等式的解集不可能为⌀;②若a=0,则原不等式的解集为(2,+∞);③若a<-12,则原不等式的解集为(-1a ,2);④若a>0,则原不等式的解集为(-∞,-1a )∪(2,+∞).其中正确的个数为 . 〚导学号21500701〛11.对任意x ∈[-1,1],函数f (x )=x 2+(k-4)x+4-2k 的值恒大于零,则k 的取值范围是 .二、综合提升组12.(2017吉林长春模拟)若1a <1b <0,则在下列不等式:①1a+b <1ab ;②|a|+b>0;③a-1a >b-1b ;④ln a 2>ln b 2中,正确的不等式是( )A.①④B.②③C.①③D.②④13.若关于x 的不等式f (x )=ax 2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f (-x )的图象为( )14.(2017河南郑州月考)已知实数x ,y 满足0<xy<4,且0<2x+2y<4+xy ,则x ,y 的取值范围是( )A.x>2,且y>2B.x<2,且y<2C.0<x<2,且0<y<2D.x>2,且0<y<215.(2017江西九江模拟)若关于x 的不等式x 2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a 的取值范围是 .三、创新应用组16.(2017辽宁大连模拟)已知函数f (x )=(ax-1)(x+b ),如果不等式f (x )>0的解集是(-1,3),那么不等式f (-2x )<0的解集是( )A .(-∞,-32)∪(12,+∞)B .(-32,12)C .(-∞,-12)∪(32,+∞)D .(-12,32) 〚导学号21500702〛17.(2017湖北襄阳高三1月调研,理14)已知f (x )={x 2,x ≥0,-x 2,x <0,若对任意x ∈[t ,t+2],不等式f (x+t )≥2f (x )恒成立,则t 的取值范围是 .。

2018届高考理科数学第二轮限时规范训练7([组合练一]_单独成册)-有答案

[组合练一] 单独成册一、选择题1．集合A ＝{x |－2≤x ≤2}，B ＝{y |y ＝x ，0≤x ≤4}，则下列关系正确的是( )A ．A ⊆∁R BB ．B ⊆∁R AC ．∁R A ⊆∁R BD ．A ∪B ＝R解析：依题意得B ＝{y |0≤y ≤2}，因此B ⊆A ，∁R A ⊆∁R B ，选C.答案：C2．(2017·河南八市联考)复数z ＝3＋i 1＋i ＋3i 在复平面内对应的点所在的象限为( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：z ＝3＋i 1＋i ＋3i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＋3i ＝4－2i 2＋3i ＝2－i ＋3i ＝2＋2i ，故z 在复平面内对应的点在第一象限，故选A.答案：A3．函数f (x )＝1x ＋ln|x |的图象大致为( )解析：因为f (1)＝1，排除A 项；当x >0时，f (x )＝1x ＋ln x ，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，所以当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，排除D 项，又f (－1)＝－1，所以排除C 项，故选B.答案：B4．已知直线l ，m ，平面α，l ⊄α且m ∥α，则“l ∥m ”是“l ∥α”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：利用线面平行的判定和性质判断充分性和必要性．若l ⊄α，m ∥α，l ∥m ，则l ∥α，所以充分性成立；反之，若l ∥α，l ⊄α，m ∥α，则l ，m 的位置关系不确定，可能平行、相交或异面，所以必要性不成立，故“l ∥m ”是“l ∥α”的充分不必要条件，故选A.答案：A5．(2017·湖南东部五校联考)函数f (x )＝⎩⎨⎧2e x －1，x ＜2，log 3(x 2－1)，x ≥2，则不等式f (x )＞2的解集为( ) A ．(－2,4)B ．(－4，－2)∪(－1,2)C ．(1,2)∪(10，＋∞)D ．(10，＋∞)解析：当x ＜2时，令2e x －1＞2，解得1＜x ＜2；当x ≥2时，令log 3(x 2－1)＞2，解得x ＞10，故选C.答案：C6．(2017·重庆模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.23B.43C.53D.73解析：依题意，题中的几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的，其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为1,2)、高为1；该三棱锥的底面是一个直角三角形(直角边长分别为1,2)、高为1，因此该几何体的体积为12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43，选B.答案：B7．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线的方程是y ＝32x ，且双曲线的一个焦点在抛物线y 2＝47x 的准线上，则双曲线的方程为( )A.x 221－y 228＝1B.x 24－y 23＝1C.x 228－y 221＝1 D.x 23－y 24＝1 解析：双曲线的渐近线方程是y ＝±b a x ，所以b a ＝32，抛物线的准线方程为x ＝－7，所以c ＝7，由a 2＋b 2＝c 2，可得a 2＝4，b 2＝3，故选B.答案：B8．(2017·赣州摸底)甲、乙、丙3名教师安排在10月1日至5日的5天中值班，要求每人值班一天且每天至多安排一人，其中甲不在10月1日值班且丙不在10月5日值班，则不同的安排方法有( )A ．36种B ．39种C ．42种D ．45种解析：当甲安排在10月2日值班时，则丙可以安排在1,3,4日中某一天，乙可以在剩余的3日中选一天，有C 13C 13＝9种排法，同理可得甲安排在10月3日，4日中的一天值班时，有C 13C 13＋C 13C 13＝18种排法；当甲安排在10月5日值班时，有A 24＝12种排法，所以不同的安排方法有9＋18＋12＝39种，故选B.答案：B二、填空题9．已知n ＝∫e 611x d x ，那么(x 2－1x )n 的展开式中的常数项为________．解析：n ＝⎠⎛ 1e 61x d x ＝ln x | e 61＝ln e 6－ln 1＝6－0＝6，(x 2－1x )6的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ·(－1x )r ＝C r 6(－1)r x12－3r ，令12－3r ＝0，得r ＝4，故展开式中的常数项为T 5＝C 46(－1)4＝15. 答案：1510．(2017·东北三省四市模拟)在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优秀．当他们被问到谁得到了优秀时，丙说：“甲没有得优秀．”乙说：“我得了优秀．”甲说：“丙说的是真话．”事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是________．解析：分析题意只有一人说假话可知，甲与丙必定说的都是真话，故说假话的只有乙，即乙没有得优秀，甲也没有得优秀，得优秀的是丙．答案：丙11．(2016·广西模拟)已知在三角形ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，面积S ＝a 2－(b －c )2，b ＋c ＝8，则S 的最大值是________．解析：因为S ＝a 2－(b －c )2，所以12bc sin A ＝－(b 2＋c 2－a 2)＋2bc ，所以12bc sin A ＝2bc －2bc cos A ，所以sin A ＝4(1－cos A )，所以sin A ＝817，所以S ＝12bc sin A ＝417bc ≤417⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝6417. 答案：641712．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ln x ，x ≥1，ln x x ，0<x <1，对于正数x ，有x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2 016＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋f (x )＋f (x ＋1)＋…＋f (x ＋2 017)，则x ＝________.解析：当x >1时，f (x )＝x ln x ，则0<1x <1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝ln 1x1x＝－x ln x ，所以f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝0，x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2 016＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋f (x )＋f (x ＋1)＋…＋f (x ＋2 017)＝f (x )．又f (1)＝0，所以当x ≥1时，x ＝f (x )＝x ln x ，所以ln x ＝1，所以x ＝e>1，符合题意；当0<x <1时，0<x ＝f (x )＝ln x x <0，矛盾，故x ＝e.答案：e。

2018年高考数学(文科)总复习(福建专用)配套训练(人教版) 课时规范练2Word版含答案

课时规范练2不等关系及简单不等式的解法基础巩固组1.(2017安徽合肥模拟)已知a,b∈R,下列命题正确的是()A.若a>b,则|a|>|b|B.若a>b,则1a <1bC.若|a|>b,则a2>b2D.若a>|b|,则a2>b22.已知集合A={x|(1-x)(1+x)≥0},集合B={y|y=2x,x<0},则A∩B=()A.(-1,1]B.[-1,1]C.(0,1)D.[-1,+∞)3.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=⌀,则实数a的取值范围是()A.{a|0<a<4}B.{a|0≤a<4}C.{a|0<a≤4}D.{a|0≤a≤4}4.(2017贵州贵阳测试)下列命题正确的是()A.若a>b,c>d,则ac>bdB.若ac>bc,则a>bC.若ac2<bc2,则a<bD.若a>b,c>d,则a-c>b-d5.(2017重庆一中调研,文5)若a>1>b>-1,则下列不等式恒成立的是()A.a>b2B.1a >1bC.1a<1bD.a2>2b6.不等式x-2x2-1<0的解集为()A.{x|1<x<2}B.{x|x<2,且x≠1}C.{x|-1<x<2,且x≠1}D.{x|x<-1或1<x<2}7.若不等式mx2+2mx-4<2x2+4x对任意x都成立,则实数m的取值范围是()A.(-2,2]B.(-2,2)C.(-∞,-2)∪[2,+∞)D.(-∞,2] 〚导学号24190850〛8.(2017陕西西安模拟)已知存在实数a满足ab2>a>ab,则实数b的取值范围是.9.已知关于x的不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集,则a2+b2-2b的取值范围是.10.已知a∈R,关于x的不等式ax2+(1-2a)x-2>0的解集有下列四种说法:①原不等式的解集不可能为⌀;②若a=0,则原不等式的解集为(2,+∞);③若a<-12,则原不等式的解集为-1,2;④若a>0,则原不等式的解集为-∞,-1∪(2,+∞).其中正确的个数为.11.对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零,则k的取值范围是.综合提升组12.(2017吉林长春模拟)若1a <1b<0,则在下列不等式:①1a+b<1ab;②|a|+b>0;③a-1a>b-1b;④ln a2>ln b2中,正确的不等式是()A.①④B.②③C.①③D.②④13.若关于x的不等式f(x)=ax2-x-c>0的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f(-x)的图象为()14.(2017河南郑州月考)已知实数x,y满足0<xy<4,且0<2x+2y<4+xy,则x,y的取值范围是()A.x>2,且y>2B.x<2,且y<2C.0<x<2,且0<y<2D.x>2,且0<y<2 〚导学号24190851〛15.(2017江西九江模拟)若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是.创新应用组16.(2017辽宁大连模拟)已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),如果不等式f(x)>0的解集是(-1,3),那么不等式f(-2x)<0的解集是()A.-∞,-3∪1,+∞B.-3,1C.-∞,-1∪3,+∞D.-1,3〚导学号24190852〛17.(2017湖北襄阳高三1月调研,文15)已知f(x)=x2,x≥0,-x2,x<0,若对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则t的取值范围是.〚导学号24190853〛答案：1.D当a=1,b=-2时,A不正确,B不正确,C不正确;对于D,a>|b|≥0,则a2>b2,故选D.2.C由题意得A={x|-1≤x≤1}=[-1,1],B={y|0<y<1}=(0,1),所以A∩B=(0,1),故选C.3.D由题意知当a=0时,满足条件.当a≠0时,由集合A={x|ax2-ax+1<0}=⌀,可知a>0,Δ=a2-4a≤0,得0<a≤4.综上,可知0≤a≤4.4.C取a=2,b=1,c=-1,d=-2,可知A错误;当c<0时,ac>bc⇒a<b,∴B错误;∵ac <bc,∴c≠0,又c2>0,∴a<b,C正确;取a=c=2,b=d=1,可知D错误.5.A对于A,∵-1<b<1,∴0≤b2<1.∵a>1,∴a>b2,故A正确;对于B,若a=2,b=12,此时满足a>1>b>-1,但1a <1b,故B错误;对于C,若a=2,b=-12,此时满足a>1>b>-1,但1a>1b,故C错误;对于D,若a=98,b=34,此时满足a>1>b>-1,但a2<2b,故D错误.6.D因为不等式x-2x2-1<0等价于(x+1)·(x-1)(x-2)<0, 所以该不等式的解集是{x|x<-1或1<x<2}.故选D.7.A原不等式等价于(m-2)x2+2(m-2)x-4<0,当m=2时,对任意x不等式都成立;当m-2<0时,Δ=4(m-2)2+16(m-2)<0,∴-2<m<2.综上,得m∈(-2,2].8.(-∞,-1)∵ab2>a>ab,∴a≠0.当a>0时,有b2>1>b,即b2>1,b<1,解得b<-1;当a<0时,有b2<1<b,即b2<1,b>1,无解.综上可得b<-1.9.-45,+∞∵不等式ax2+bx+a<0(ab>0)的解集是空集, ∴a>0,b>0,且Δ=b2-4a2≤0.∴b2≤4a2.∴a2+b2-2b≥b24+b2-2b=5 4 b-452−45≥-45.∴a2+b2-2b的取值范围是-45,+∞.10.3原不等式等价于(ax+1)(x-2)>0.当a=0时,不等式化为x-2>0,得x>2.当a≠0时,方程(ax+1)(x-2)=0的两根分别是2和-1a ,若a<-12,解不等式得-1a<x<2;若a=-12,不等式的解集为⌀;若-12<a<0,解不等式得2<x<-1a ;若a>0,解不等式得x<-1a或x>2.故①不正确,②③④正确.11.(-∞,1)函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的图象的对称轴方程为x=-k-42=4-k2.当4-k2<-1,即k>6时,f(x)的值恒大于零等价于f(-1)=1+(k-4)×(-1)+4-2k>0,解得k<3,故k不存在;当-1≤4-k2≤1,即2≤k≤6时,f(x)的值恒大于零等价于f4-k2=4-k22+ k-4×4-k2+4-2k>0,即k2<0,故k不存在;当4-k2>1,即k<2时,f(x)的值恒大于零等价于f(1)=1+(k-4)+4-2k>0,即k<1.综上可知,当k<1时,对任意x∈[-1,1],函数f(x)=x2+(k-4)x+4-2k的值恒大于零.12.C因为1a <1b<0,故可取a=-1,b=-2.因为|a|+b=1-2=-1<0,所以②错误;因为ln a2=ln(-1)2=0,ln b2=ln(-2)2=ln 4>0,所以④错误.综上所述,②④错误,故选C.13.B(方法一)由根与系数的关系知1a =-2+1,-ca=-2,解得a=-1,c=-2.所以f(x)=-x2-x+2.所以f(-x)=-x2+x+2=-(x+1)(x-2),图象开口向下,与x轴的交点为(-1,0),(2,0),故选B. (方法二)由题意可画出函数f(x)的大致图象,如图.又因为y=f(x)的图象与y=f(-x)的图象关于y轴对称,所以y=f(-x)的图象如图.。

2018年高考数学(人教文科)总复习配套训练课时规范练2 Word版含解析

课时规范练不等关系及简单不等式的解法基础巩固组.(安徽合肥模拟)已知∈,下列命题正确的是().若>,则>.若>,则.若>,则>.若>,则>.已知集合{()()≥},集合{<},则∩().(] .[].() .[∞).若集合{<}⌀,则实数的取值范围是().{<<} .{≤<}.{<≤} .{≤≤}.(贵州贵阳测试)下列命题正确的是().若>>,则>.若>,则>.若,则<.若>>,则>.(重庆一中调研,文)若>>>,则下列不等式恒成立的是()>. . >.不等式<的解集为().{<<} .{<,且≠}.{<<,且≠} .{<或<<}.若不等式<对任意都成立,则实数的取值范围是().(] .().(∞)∪[∞) .(∞]〚导学号〛.(陕西西安模拟)已知存在实数满足>>,则实数的取值范围是..已知关于的不等式<(>)的解集是空集,则的取值范围是..已知∈,关于的不等式()>的解集有下列四种说法:①原不等式的解集不可能为⌀;②若,则原不等式的解集为(∞);③若<,则原不等式的解集为;④若>,则原不等式的解集为∪(∞).其中正确的个数为..对任意∈[],函数()()的值恒大于零,则的取值范围是.综合提升组.(吉林长春模拟)若<,则在下列不等式:①;②>;③>;④>中,正确的不等式是().①④.②③.①③.②④.若关于的不等式()>的解集为{<<},则函数()的图象为().(河南郑州月考)已知实数满足<<,且<<,则的取值范围是()>,且>。

高考数学(理)二轮专题复习(检测)：专题七第2讲不等式选讲 Word版含解析

专题七选修4系列第2讲不等式选讲1．(2014·全国Ⅰ卷)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．(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2.当且仅当“1a＝a ，即a ＝1时”取等号，∴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. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．(导学号 55460156)(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc＝1. 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.(1)解：∵f (x )＝k －|x －3|，∴f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为－k ，k ]．∵f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，∵a ，b ，c 为正实数． ∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a＋ 2a 3c ·3c a＋22b 3c ·3c 2b ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．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：(1)当a ＝－3时，不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.①若x ≤2时，由①式，得5－2x ≥3，∴x ≤1.若2<x <3时，由①式知，解集为∅.若x ≥3时，由①式，得2x －5≥3，∴x ≥4.综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}．(2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，②当1≤x ≤2时，②式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，解之得－2－a ≤x ≤2－a .由条件，1，2]是f (x )≤|x －4|的解集的子集，∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0.故满足条件的实数a 的取值范围是－3，0]．4．(2016·长郡模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .(导学号 55460157)(1)求1a ＋1b的最小值m ； (2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的实数m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m 2成立，说明理由．解：(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a >0，b >0)，则ab ≤1，又1a ＋1b ≥2ab≥2，当且仅当a ＝b 时取等号，∴1a ＋1b的最小值m ＝2. (2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1t －（x －t ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ≥2，对于(1)中的m ＝2，m 2＝1<2.∴满足条件的实数x不存在．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(导学号55460158)(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.(1)解：∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时，取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≤2ab，由①知，ab≤1，故a＋b≥2ab.6．(2016·广州调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.(导学号55460159)(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．(1)解：①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－1时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，2此时原不等式无解；③当x≥－1时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.2综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，∴要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.∴(a2－1)(b2－1)>0成立，∴原不等式成立．。

2018高考数学理二轮复习课件：1-1-6-2 利用导数解决不等式、方程解的问题精品

当a<89时，h12＝a2－49<0，不合题意，综上所述a≥89. 解法二：设h(x)＝ax＋89－2x42＋x 1x∈12，＋∞， ∴h′(x)＝a－24x－2＋8x122，令t＝2x2＋1t≥32，则h′(x)＝a＋4t－t2 8，令g(t)＝a＋4t－t2 8＝－81t 2＋41t ＋a＝－81t －412＋12＋a，当1t ＝23，g(t)取得最小值g32＝－8×232＋4×23＋a＝－89＋a，
即 1＋m≤ 3 a－2e，即 m≤ 3 a－2e－1.
(1)先得出函数 f(x)的导函数 f′(x)＝(x＋1)2ex≥0，从而确定函数 f(x)在 R 上单调递增；(2)先利用函数的零点存在性定理确定至少有一个零点，再利用函数 f(x)的单调性证明其唯一性；
(3)先利用导数的几何意义建立等量关系(1＋m)2em＝a－2e，再借助不等式 m＋1≤em 即可证明 m≤ 3 a－2e－ 1.
即x＝12时，h′(x)取得最小值－89＋a，当a≥89时，h′(x)≥－89＋a≥0， ∴h(x)在21，＋∞单调递增， h(x)≥h12＝a2－49≥0， ∴当a≥89时，不等式f(x)≤ax＋89在x∈21，＋∞恒成立，当a<89时，h12＝a2－49<0，不合题意，综上所述a≥89.
c．若 f( －a3 )<0，即－3<a<－34，由于 f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0,1)上有两个
零点；当－3<a≤－54时，f(x)在(0,1)上有一个零点．
综上，当 a>－34或 a<－54时，h(x)有一个零点；当 a＝－34或 a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，

2018年高考数学总复习选考部分不等式选讲

知识梳理考点自测
-4-
2.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a(a>0)的解法:
①|x|<a⇔-a<x<a;②|x|>a⇔x>a或x<-a.
(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 .
考点四
-10-
解绝对值不等式及求参数范围(多考向) 考向1 分离参数法求参数范围
例1(2017全国Ⅲ,文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.
考点一
考点二
考点三
考点四
-11-
-3,�� < -1,
解 (1)f(x)= 2��-1,-1 ≤ �� ≤ 2,当 x<-1 时,f(x)≥1 无解;
3,�� > 2
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}.
(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, 当 a=b 时,取等号, 所以(a+b)3≤8,因此 a+b≤2.

高考数学统考二轮复习第二部分专题7 选修部分第2讲不等式选讲(教师用书)教案理

学习资料专题7第2讲不等式选讲绝对值不等式的解法授课提示：对应学生用书第68页考情调研考向分析主要考查解绝对值不等式以及求含有绝对值的函数最值问题．求解的一般方法是去掉绝对值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查,难度为中、低档。

1.含绝对值不等式的解法．2.利用绝对值不等式求最值。

［题组练透］1．已知函数f（x)＝｜x＋2|＋2|x－1｜。

(1)求f（x）的最小值；（2)若不等式f（x）＋x－a〈0的解集为（m,n），且n－m＝6，求a的值．解析：（1)f(x）＝|x＋2｜＋2｜x－1｜＝错误!，则f(x)在(－∞，1)上单调递减，在（1，＋∞)上单调递增，所以f(x）min＝f(1)＝3。

（2)因为g（x）＝f(x)＋x－a＝｛－2x－a x≤－24－a，－2〈x≤14x－a，x>1，令－2x－a<0,则x〉－错误!；令4x－a〈0，则x〈错误!.所以不等式f(x)＋x－a<0的解集为错误!，又不等式f（x）＋x－a<0的解集为(m，n)，且n－m＝6,所以错误!－错误!＝6，故a＝8。

2．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)＝错误!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，＋∞)．[题后悟通]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)对形如|x－a|＋｜x－b|≤c,|x－a｜＋|x－b｜≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．与绝对值有关的参数范围问题授课提示：对应学生用书第69页考情调研考向分析主要考查利用不等式恒成立求参数的值或范围．求解的一般方法是去掉绝对值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.1。

2018年高考数学(人教文科)总复习(福建专用)配套训练：课时规范练2 Word版含解析

2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二专题七第二讲不等式选讲选修4-5 含解析精品

专题七选修4系列第二讲不等式选讲(选修4－5)高考导航1．绝对值不等式的求解与函数的综合问题．2．绝对值不等式中的恒成立问题与不等式的证明相结合.1．(2017·全国卷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，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54. 2．(2016·全国卷Ⅱ)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] (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|.考点一含绝对值不等式的解法1．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c 型不等式的解法(1)若c >0，则|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c或ax ＋b ≤－c ，然后根据a ，b 的取值求解即可；(2)若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 (c >0)型不等式的解法(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．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋x ＋4，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.当x <－1时，f (x )－g (x )＝－x 2＋3x ＋4＝(x ＋1)(－x ＋4)≥0，解得－1≤x ≤4，∴不成立．当－1≤x ≤1时，f (x )－g (x )＝－x 2＋x ＋2＝(x ＋1)(－x ＋2)≥0，解得－1≤x ≤2，∴－1≤x ≤1.当x >1时，f (x )－g (x )＝－x 2－x ＋4≥0，解得－1－172≤x ≤－1＋172， ∴1<x ≤－1＋172. 综上得：－1≤x ≤－1＋172.所以解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－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]．用零点分段法解绝对值不等式的4步骤(1)求零点．(2)划区间，去绝对值号．(3)分别解去掉绝对值号的不等式．(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．[对点训练]设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|.(1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解，求实数m 的取值范围．[解] (1)函数f (x )可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ≤－2，2x ＋1，－2<x <1，3，x ≥1，当x ≤－2时，f (x )＝－3<0，不合题意；当－2<x <1时，f (x )＝2x ＋1>1，得x >0，即0<x <1；当x≥1时，f(x)＝3>1，即x≥1.综上，不等式f(x)>1的解集为(0，＋∞)．(2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(f(x)＋4)max≥|1－2m|，由(1)可知f(x)max＝3，即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4.故实数m的取值范围为[－3,4]．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．角度1：绝对值的几何意义及应用[解](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.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，＋∞)．[思维流程] (1)去绝对值符号―→零点分段法求解(2)转化为求|2＋t |＋|t －1|的最小值问题―→转化为求f (x )的最大值问题―→解不等式[解] (1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4m ，x ≥m ，－2x －2m ，－3m <x <m ，4m ，x ≤－3m ，当m ＝1时，由⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －2≥1－3<x <1或x ≤－3，得x ≤－32， ∴不等式f (x )≥1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤－32. (2)不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|对任意的实数x ，t 恒成立，等价于对任意的实数x ，f (x )<(|2＋t |＋|t －1|)min 恒成立，即f (x )max <(|2＋t |＋|t －1|)min ，∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ，|2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3，∴4m <3，又m >0，∴0<m <34.即实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34.绝对值恒成立问题应关注的3点(1)巧用“||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |”求最值．(2)f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ，f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a .(3)f (x )<a 有解⇔f (x )min <a ，f (x )>a 有解⇔f (x )max >a .[对点训练]1．[角度1](2017·山西吕梁二模)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] (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|，即|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．[角度2]已知函数f(x)＝|x－3|，g(x)＝－|x＋4|＋m.(1)已知常数a<2，解关于x的不等式f(x)＋a－2>0；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求实数m的取值范围．[解](1)由f(x)＋a－2>0得|x－3|>2－a，∴x－3>2－a或x－3<a－2.∴x>5－a或x<a＋1，故不等式的解集为(－∞，a＋1)∪(5－a，＋∞)．(2)∵函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，∴f(x)>g(x)恒成立，则m<|x－3|＋|x＋4|恒成立，∵|x－3|＋|x＋4|≥|(x－3)－(x＋4)|＝7，∴m的取值范围为m<7.考点三不等式的证明证明不等式的5个基本方法(1)比较法：作差或作商比较．(2)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．(3)分析法：执果索因的证明方法．(4)反证法：反设结论，导出矛盾．(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．[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.不等式的证明技巧不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．[对点训练]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＋1 c.[证明] (1)∵1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， ∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥2a ·2b ·2c ＝8abc ， ∵abc ＝1，∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8.(2)∵ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ，ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ，bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，上面三式相加得，2ab ＋2bc ＋2ca ≥2a ＋2b ＋2c ，即ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c . 又1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋ac ，∴a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c .。

2018版全国高考数学第2轮复习第二篇熟练规范中档大题保高分第24练数列的综合问题文

当n＝1时，bn有最大值0.
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解答
3.已知函数 f(x)满足 f(x＋y)＝f(x)·f(y)且 f(1)＝12. (1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；解令 x＝n，y＝1，得 f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝12f(n)， ∴{f(n)}是首项为12，公比为12的等比数列， ∴f(n)＝12n.
123
解答
2.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线
g(x)＝4(x－1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为4 17，数列{an}满足a1＝2， (an＋1－an)·g(an)＋f(an)＝0(n∈N*). (1)求函数f(x)的解析式；
解设f(x)＝a(x－1)2(a＞0)，则直线 g(x)＝4(x－1)的图象与 y＝f(x)的图象的两个交点为(1，0)，a4＋1，1a6.
因为 4a2＋1a62＝4 17(a＞0)，
所以a＝1，
所以f(x)＝(x－1)2.
123
解答
(2)求数列{an}的通项公式；解 f(an)＝(an－1)2，g(an)＝4(an－1)，因为(an＋1－an)·4(an－1)＋(an－1)2＝0，所以(an－1)(4an＋1－3an－1)＝0. 因为a1＝2，所以an≠1，所以4an＋1－3an－1＝0，所以 an＋1－1＝34(an－1)，且 a1－1＝1，所以数列{an－1}是首项为 1，公比为34的等比数列，
所以 xn＝2)令 bn＝2xπn ，求数列bnb1n＋1的前 n 项和 Sn. 解因为 bn＝2xπn ＝n－13＝3n3－1，所以bnb1n＋1＝3n3－1·3n3＋2＝33n1－1－3n1＋2，
所以 Sn＝312－15＋15－18＋…＋3n1－1－3n1＋2＝321－3n1＋2＝6n9＋n 4.

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