专题十六 不等式选讲(试题部分)

专题十六不等式选讲探考情悟真题【真题探秘】【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.绝对值不等式(1)理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式几何意义证明以下不等式:|a+b|≤|a|+|b|.|a-b|≤|a-c|+|c-b|.(2)会利用绝对值的几何意求解以下类型的不等式:|ax+b|≤c;|ax+b|≥c;|x-a|+|x-b|≥c.(3)了解证明不等式的基本法:比较法、综合法、分析2019课标Ⅱ,23,10分2018课标Ⅰ,23,10分解绝对值不等式,含有绝对值的恒成立、参数取值范围的问题不等式的性质和解法★★★2017课标Ⅰ,23,10分2017课标Ⅲ,23,10分解绝对值不等式,含有绝对值的存在性、参数取值范围的问题不等式的性质和解法2016课标Ⅰ,24,10分画绝对值函数的图象,解绝对值不等式不等式的性质和解法2.不等式的证明2019课标Ⅰ,23,10分2019课标Ⅲ,23,10分2017课标Ⅱ,23,10分不等式的证明基本不等式法、反证法、放缩法分析解读 从近五年的考查情况来看,本专题内容是高考的考查热点,主要考查绝对值不等式的求解、恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明,多以解答题的形式呈现,难度中等,分值为10分.主要考查学生的数学运算能力、分类讨论思想和数形结合思想的应用.破考点 练考向 【考点集训】考点一 绝对值不等式1.(2020届云南昆明第二次月考,23)已知函数f(x)=|ax-1|(a>0).(1)设不等式f(x)≤2的解集为A,集合B={x|-2<x<2},若A ⊆B,求实数a 的取值范围; (2)若不等式f(x)+f (1a x +2a )>32对一切实数x 恒成立,求实数a 的取值范围. 解析 (1)由|ax-1|≤2,得-2≤ax-1≤2, 又∵a>0,∴-1a≤x ≤3a,得A=[-1a ,3a].∵B={x|-2<x<2},且A ⊆B, ∴{-1a >-2,3a <2,解得{a >12,a >32,∴a>32.∴a 的取值范围是(32,+∞).(4分)(2)由题意,得|ax-1|+|x+1|>32对一切实数x 恒成立,设h(x)=|ax-1|+|x+1|,因为a>0,所以h(x)={-(a +1)x,x <-1,(1-a)x +2,-1≤x ≤1a ,(a +1)x,x >1a ,(6分)所以h(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(1a,+∞)上单调递增,(7分)①当0<a ≤1时,h(x)在[-1,1a ]上单调递增,h(x)min =h(-1)=a+1>32,∴12<a ≤1.(8分) ②当a>1时,h(x)在[-1,1a ]上单调递减,h(x)min =h (1a )=1a +1>32,∴1<a<2.(9分) 综上所述,a 的取值范围是(12,2).(10分)2.(2018豫南九校5月联考,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|.(1)若关于x 的不等式f(x)<a 有解,求实数a 的取值范围; (2)若关于x 的不等式f(x)<a 的解集为(b,72),求a+b 的值.解析 (1)不等式等价于a>f(x)min , f(x)={2x -2,x >3,4,-1≤x ≤3,2-2x,x <-1,绘制函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得实数a 的取值范围是(4,+∞).(2)由题意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a 的解,所以a=|72+1|+|72-3|=5,求解绝对值不等式|x+1|+|x-3|<5可得-32<x<72.故b=-32,a+b=5-32=72.考点二 不等式的证明1.(2020届山西太原五中10月月考,23)设函数f(x)=|x+1|+|x-1|,已知不等式f(x)≤2√3的解集为M. (1)求M;(2)当a,b ∈M 时,证明:√3|a+b|≤|ab+3|. 解析 (1)f(x)=|x+1|+|x-1|={-2x,x <-1,2,-1≤x ≤1,2x,x >1.当x<-1时,由-2x ≤2√3,得x ≥-√3; 当-1≤x ≤1时, f(x)=2≤2√3; 当x>1时,由2x ≤2√3,得x ≤√3. 所以M=[-√3,√3].(2)证明:当a,b ∈M,即-√3≤a,b ≤√3时,∵3(a+b)2-(3+ab)2=3(a 2+2ab+b 2)-(9+6ab+a 2b 2)=(a 2-3)(3-b 2)≤0, ∴3(a+b)2≤(3+ab)2, ∴√3|a+b|≤|3+ab|.2.(2019河南郑州二模,23)关于x 的不等式|x-2|<m(m ∈N *)的解集为A,且32∈A,12∉A. (1)求m 的值;(2)若a,b,c 均为正实数,且ab+bc+ca=mabc,求证:a+4b+9c ≥36. 解析 (1)∵32∈A,12∉A,∴|32-2|<m,|12-2|≥m, ∴12<m ≤32, ∵m ∈N *,∴m=1.(2)证明:由(1)及已知得1a +1b +1c =1, 又a,b,c 均为正实数,∴a+4b+9c=(a+4b+9c)(1a +1b +1c )=14+4ba +ab +9ca +ac +9cb +4bc ≥14+2√4ba ·ab +2√9ca ·ac +2√9cb ·4b c=36,当且仅当a=2b=3c 时等号成立, 故a+4b+9c ≥36.思路分析 (1)根据题意可得|32-2|<m,|12-2|≥m,即可求出m 的值;(2)由(1)及已知条件得1a +1b +1c =1,再利用1的代换构造基本不等式即可证明.炼技法 提能力 【方法集训】方法1 含绝对值不等式的解法1.(2020届武汉第十六中学开学考试,23)已知函数f(x)=|x-a|+|x+1|. (1)若a=2,求不等式f(x)>x+2的解集;(2)如果关于x 的不等式f(x)<2的解集不是空集,求实数a 的取值范围.解析 (1)当a=2时, f(x)={-2x +1(x <-1),3(-1≤x <2),2x -1(x ≥2),不等式f(x)>x+2等价于{x <-1,-2x +1>x +2或{-1≤x <2,3>x +2或{x ≥2,2x -1>x +2,解得x<1或x>3. 故原不等式的解集为{x|x<1或x>3}.(2)∵f(x)=|x -a|+|x+1|≥|(x-a)-(x+1)|=|a+1|,当(x-a)(x+1)≤0时取等号, ∴若关于x 的不等式f(x)<2的解集不是空集,只需|a+1|<2, 解得-3<a<1,即实数a 的取值范围是(-3,1).2.(2019安徽合肥第一次教学质量检测,23)设函数f(x)=|x+1|. (1)若f(x)+2x>2,求实数x 的取值范围;(2)设g(x)=f(x)+f(ax)(a>1),若g(x)的最小值为12,求a 的值.解析 (1)f(x)+2x>2即|x+1|>2-2x ⇔{x +1≥0,x +1>2-2x 或{x +1<0,-x -1>2-2x⇔x>13,∴实数x 的取值范围是(13,+∞). (2)∵a>1,∴-1<-1a <0,∴g(x)={ -(a +1)x -2,x ∈(-∞,-1),(1-a)x,x ∈[-1,-1a ],(a +1)x +2,x ∈(-1a,+∞). 易知函数g(x)在(-∞,-1a )上单调递减,在(-1a ,+∞)上单调递增, ∴g(x)min =g (-1a )=1-1a . ∴1-1a =12,解得a=2.方法2 与绝对值不等式有关的最值问题1.(2020届甘肃顶级名校阶段测试一,23)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|a-x|+|x+b|+c. (1)当a=b=c=1时,求不等式f(x)>3的解集; (2)当f(x)的最小值为3时,求1a +1b +1c 的最小值. 解析 (1)f(x)=|x-1|+|x+1|+1, ∴{x ≤-1,1-2x >3或{-1<x <1,3>3或{x ≥1,2x +1>3,解得x<-1或x>1,故原不等式的解集为{x|x<-1或x>1}. (2)f(x)=|x-a|+|x+b|+c ≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c=3,∴1a +1b +1c =13(a+b+c)(1a +1b +1c )=13[3+(ba +ab )+(ca +ac )+(cb +bc )]≥13×(3+2+2+2)=3,当且仅当a=b=c=1时取等号,故1a +1b +1c 的最小值为3.2.(2019安徽黄山第二次质量检测,12)已知f(x)=|2-x|-|4-x|. (1)关于x 的不等式f(x)≥a 2-3a 恒成立,求实数a 的取值范围; (2)若f(m)+f(n)=4,且m<n,求m+n 的取值范围. 解析 (1)f(x)={2(x ≥4),2x -6(2<x <4),-2(x ≤2),∴f(x)min =-2,(3分) ∵f(x)≥a 2-3a 恒成立, ∴a 2-3a ≤f(x)min =-2, 解得1≤a ≤2.(5分) (2)由(1)知f(x)max =2, ∴f(m)≤2, f(n)≤2, 则f(m)+f(n)≤4,(8分)又f(m)+f(n)=4,所以f(m)=f(n)=2,于是n>m ≥4, 故m+n>8.(10分)【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组考点一 绝对值不等式1.(2019课标Ⅱ,23,10分)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.解析本题考查不等式的基本性质,绝对值不等式的求解,以及含有参数的绝对值不等式恒成立问题.通过对绝对值不等式的分类讨论考查学生的化归与转化的能力,体现了逻辑推理的核心素养.(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,+∞).思路分析(1)当a=1时,求解绝对值不等式只需分类讨论去掉绝对值.(2)首先关注f(a)=0,求得a≥1,这样不需要分类讨论就可以去掉绝对值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)<0,求解即可.2.(2018课标Ⅰ,23,10分)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.解析(1)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,则|ax-1|<1的解集为{x|0<x<2a},所以2a≥1,故0<a≤2.综上,a的取值范围为(0,2].方法技巧 1.研究含有绝对值的函数问题时,常根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号,从而转化为分段函数来解决.2.对于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型函数的最值问题,常利用绝对值三角不等式解决.3.不等式的恒成立问题可转化为函数的最值问题.注意在x ∈D 上,当f(x)存在最小值时, f(x)>a 恒成立⇔a<f(x)min ,当f(x)存在最大值时, f(x)<a 恒成立⇔a>f(x)max . 3.(2018课标Ⅲ,23,10分)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.解析 本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题. (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. 易错警示 对“零点分段法”的理解不到位若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区间),在每一区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以去掉绝对值符号. 解后反思 绝对值不等式问题常见类型及解题策略(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解. (2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,再求参数的取值范围. 4.(2017课标Ⅰ,23,10分)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 本题考查含绝对值的不等式的解法,考查学生的运算求解能力以及对数形结合思想的应用能力. (1)解法一(零点分段法):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}.解法二(图象法):由已知可得g(x)={2x,x >1,2,-1≤x ≤1,-2x,x <-1,当a=1时, f(x)=-x 2+x+4,两个函数的图象如图所示.易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和-1+√172,-1+√17,所以f(x)≥g(x)的解集为{x|-1≤x ≤-1+√172}.(2)解法一(等价转化法):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]内的最小值必为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].解法二(分类讨论法):当x ∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于x ∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x 2+ax+4≥2, 当x=0时,-x 2+ax+4≥2成立;当x ∈(0,1]时,-x 2+ax+4≥2可化为a ≥x-2x ,而y=x-2x 在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a ≥-1; 当x ∈[-1,0)时,-x 2+ax+4≥2可化为a ≤x-2x ,而y=x-2x 在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a ≤1. 综上,a 的取值范围为[-1,1].思路分析 (1)利用零点分段法或图象法解含绝对值的不等式;(2)根据题设可去掉绝对值,进而转化为不等式恒成立问题进行求解.方法总结 含绝对值不等式问题的常见解法:(1)含绝对值的不等式求解问题,常利用零点分段讨论法或数形结合法求解. (2)与恒成立相关的求参问题,常构造函数转化为求最值问题. 5.(2016课标Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a. (1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x ∈R 时, f(x)+g(x)≥3,求a 的取值范围. 解析 (1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x ≤3. 因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x ≤3}.(5分)(2)当x ∈R 时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=12时等号成立,所以当x ∈R 时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a ≥3.①(7分) 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,+∞).(10分)方法指导 (1)将a=2代入不等式,化简后去绝对值求解;(2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值.考点二 不等式的证明1.(2019课标Ⅲ,23,10分)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.解析 本题主要考查不等式的证明以及基本不等式的应用,考查学生推理论证的能力,考查了逻辑推理的核心素养.(1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)] ≤3[(x-1)2+(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.(2)证明:由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)] ≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2], 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥(2+a)23,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)23.由题设知(2+a)23≥13,解得a≤-3或a≥-1.难点突破(1)考虑到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,将x-1,y+1,z+1分别看作一个整体,转化为已知三数之和为定值,求它们平方和最小值的问题.和的平方与平方和之间存在等量关系(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘积,得到(a+b+c)2≤3(a2+b2+c2).(2)只需证明[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min≥13,求[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min的方法同第(1)问.2.(2017课标Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明本题考查不等式的证明.(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.失分警示运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中易因逻辑混乱而失分.B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一绝对值不等式1.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a= .答案-6或42.(2019江苏,21C,10分)设x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2.解析本题主要考查解不等式等基础知识,考查运算求解和推理论证能力.当x<0时,原不等式可化为-x+1-2x>2,解得x<-13;当0≤x≤12时,原不等式可化为x+1-2x>2,即x<-1,无解;当x>12时,原不等式可化为x+2x-1>2,解得x>1.综上,原不等式的解集为{x|x<-13或x>1}.考点二不等式的证明1.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|<a3,|y-2|<a3,求证:|2x+y-4|<a.证明因为|x-1|<a3,|y-2|<a3,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×a3+a3=a.2.(2015湖南,16(3),6分)设a>0,b>0,且a+b=1a +1b.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+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≥2√ab=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+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a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.C组教师专用题组考点一绝对值不等式1.(2015山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是( )A.(-∞,4)B.(-∞,1)C.(1,4)D.(1,5)答案A2.(2018课标Ⅱ,23,10分)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)={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,+∞).方法总结解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.3.(2016课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.解析(1)f(x)={x-4,x≤-1,3x-2,-1<x≤32,-x+4,x>32,(3分)y=f(x)的图象如图所示.(5分)(2)由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;(6分) 当f(x)=-1时,可得x=13或x=5,(7分)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}.(9分) 所以|f(x)|>1的解集为{x|x <13或1<x <3或x >5}.(10分)4.(2016课标Ⅱ,24,10分)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.(2分)当x ≤-12时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;(3分) 当-12<x<12时, f(x)<2恒成立;(4分)当x ≥12时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.(5分) 所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(6分)(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|.(10分)5.(2015课标Ⅰ,24,10分)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}.(5分)(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,+∞).(10分)解后反思 分类讨论解不等式应做到不重不漏,在某个区间上解不等式时一定要注意区间的限制性. 6.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2. 解析 原不等式可化为{x <-32,-x -3≥2或{x ≥-32,3x +3≥2.解得x ≤-5或x ≥-13.综上,原不等式的解集是{x|x ≤-5或x ≥-13}.7.(2013课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;(2)设a>-1,且当x ∈[-a 2,12)时, f(x)≤g(x),求a 的取值范围. 解析 (1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0. 设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则 y={ -5x, x <12,-x -2,12≤x ≤1,3x -6,x >1.其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x ∈(0,2)时,y<0.所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.(2)当x∈[-a2,12)时,f(x)=1+a.不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3.所以x≥a-2对x∈[-a2,12)都成立.故-a2≥a-2,即a≤43.从而a的取值范围是(-1,43].方法总结(1)解含有绝对值符号的不等式的关键是去掉绝对值符号,可利用零点分段讨论法把绝对值不等式转化为我们熟悉的一元一次不等式或一元二次不等式,也可设出函数,利用函数图象解决.(2)对于不等式恒成立求参数问题,常分离参数,进而构造函数,转化为求最值问题.考点二不等式的证明1.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.证明本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).因为a2+b2=4,c2+d2=16,所以(ac+bd)2≤64,因此ac+bd≤8.2.(2015课标Ⅱ,24,10分)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)因为(√a+√b)2=a+b+2√ab,(√c+√d)2=c+d+2√cd,由题设a+b=c+d,ab>cd得(√a+√b)2>(√c+√d)2.因此√a+√b>√c+√d.(2)(i)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.(ii)若√a+√b>√c+√d,则(√a+√b)2>(√c+√d)2,即a+b+2√ab>c+d+2√cd.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.思路分析(1)证明(√a+√b)2>(√c+√d)2即可.(2)两不等式的两边都为非负数,可通过两边平方来证明.易错警示在证明充要条件时,既要证明充分性,也要证明必要性,否则会扣分.3.(2014课标Ⅱ,24,10分)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.解析(1)证明:由a>0,得f(x)=|x+1a |+|x-a|≥|x+1a-(x-a)|=1a+a≥2.所以f(x)≥2.(2)f(3)=|3+1a|+|3-a|.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).本题考查了含绝对值不等式的解法,考查了分类讨论思想.4.(2013课标Ⅱ,24,10分)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明: (1)ab+bc+ca≤13;(2)a 2b+b 2c+c 2a≥1.证明 (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.思路分析 (1)利用a 2+b 2≥2ab 及(a+b+c)2=1证明不等式.(2)a+b+c=1,原不等式可转化为a 2b+b 2c+c 2a+(a+b+c)≥2(a+b+c).两两结合,利用基本不等式证明.【三年模拟】解答题(共80分)1.(2020届四川天府名校第一轮联考,23)关于x 的不等式|x+m|≤n 的解集为[-6,2]. (1)求实数m,n 的值;(2)若实数y,z 满足|my+z|<13,|y-nz|<13,求证:|z|<19. 解析 (1)由|x+m|≤n,得-n ≤x+m ≤n,即-n-m ≤x ≤n-m, 则{-n -m =-6,n -m =2,解得{m =2,n =4.(2)证明:由(1)可知|2y+z|<13,|y-4z|<13,所以9|z|=|(2y+z)-2(y-4z)|≤|2y+z|+2|y-4z|<13+2×13=1, 所以|z|<19.2.(2020届四川成都外国语学校10月阶段性检测,23)已知a ≥0,b ≥0, f(x)=|x+a|+|2x-b|. (1)若a=0,b=2,求f(x)≤2的解集; (2)若f(x)的最小值为1,求√a +√b 的最大值.解析 (1)f(x)=|x|+|2x-2|={3x -2,x ≥1,2-x,0≤x <1,-3x +2,x <0,∴{x ≥1,3x -2≤2或{0≤x <1,2-x ≤2或{x <0,-3x +2≤2,解得0≤x ≤43.故f(x)≤2的解集为[0,43].(2)易知f(x)min =f (b2)=a+b2=1,∴2a+b=2.∴(√a +√b )2=(√2a ·√22+√b ·1)2≤(2a+b)(12+1)=3(柯西不等式),当且仅当2a +b =2,√2a b=√22,即{a =13,b =43时等号成立,∴√a +√b 的最大值为√3.3.(2020届辽宁沈阳铁路实验中学10月月考,23)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,若存在x ∈R 使得f(x)+f(x+5)≤m 成立,求实数m 的取值范围.解析 本题考查根据绝对值不等式的解集求解参数值,存在性问题,考查学生的数学运算能力. (1)由f(x)≤3得|x-a|≤3,即-3≤x-a ≤3,解得a-3≤x ≤a+3, 又f(x)≤3的解集为{x|-1≤x ≤5},∴{a -3=-1,a +3=5,解得a=2.(2)当a=2时, f(x)=|x-2|,∴f(x)+f(x+5)=|x -2|+|x+3|≥|(x-2)-(x+3)|=5(当且仅当-3≤x ≤2时取等号), ∴m ≥5时,存在x ∈R ,使得f(x)+f(x+5)≤m, ∴m 的取值范围为[5,+∞).4.(2020届云南名校适应性统考,23)已知a,b,c,d 为正数,且满足abcd=1,证明: (1)(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16; (2)1ab +1bc +1cd +1ad ≤a 2+b 2+c 2+d 2.证明 本题考查了不等式的证明,重点考查了基本不等式的应用,意在考查等价转化思想和逻辑推理能力.(1)因为a,b,c,d为正数,所以a+b≥2√ab,b+c≥2√bc,c+d≥2√cd,d+a≥2√ad(当且仅当a=b=c=d时等号同时成立),所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥2√ab×2√bc×2√cd×2√ad=16abcd.又abcd=1,所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16(当且仅当a=b=c=d时等号成立).(2)因为abcd=1,所以1ab +1bc+1cd+1ad=(1ab+1bc+1cd+1ad)abcd=cd+ad+ab+bc.又2(a2+b2+c2+d2)=(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+d2)+(d2+a2)≥2ab+2bc+2cd+2da(当且仅当a=b=c=d时等号成立),所以2(a2+b2+c2+d2)≥2(1ab +1bc+1cd+1ad),即1ab +1bc+1cd+1ad≤a2+b2+c2+d2(当且仅当a=b=c=d时等号成立).5.(2020届河南洛阳尖子生第一次联考,23)设函数f(x)=x-|x+2|-|x-3|-m,若∀x∈R,1m-4≥f(x)恒成立.(1)求实数m的取值范围;(2)求证:log(m+1)(m+2)>log(m+2)(m+3).解析(1)∵∀x∈R,1m-4≥f(x)恒成立,∴m+1m≥x-|x+2|-|x-3|+4恒成立.令g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4={3x+3,x<-2, x-1,-2≤x≤3, -x+5,x>3.∴函数g(x)在(-∞,3]上是增函数,在(3,+∞)上是减函数.(3分)∴g(x)max=g(3)=2,∴m+1m≥g(x)max=2,(4分)即m+1m -2≥0⇒m2-2m+1m=(m-1)2m≥0,∴m>0,∴实数m的取值范围是(0,+∞).(5分) (2)证明:由m>0,知m+3>m+2>m+1>1,则lg(m+3)>lg(m+2)>lg(m+1)>lg1=0.要证log(m+1)(m+2)>log(m+2)(m+3),只需证lg(m+2)lg(m+1)>lg(m+3)lg(m+2),即证lg(m+1)·lg(m+3)<lg 2(m+2), 又lg(m+1)·lg(m+3)<[lg(m+1)+lg(m+3)2]2=[lg(m 2+4m+3)]24<[lg(m 2+4m+4)]24=lg 2(m+2),∴log (m+1)(m+2)>log (m+2)(m+3)成立.(10分)6.(2019湖南百所重点名校大联考,23)已知函数f(x)=√x 2-6x +9+√x 2+8x +16. (1)求f(x)≥f(4)的解集;(2)设函数g(x)=k(x-3),k ∈R ,若f(x)>g(x)对任意的x ∈R 都成立,求实数k 的取值范围. 解析 (1)f(x)=√x 2-6x +9+√x 2+8x +16=√(x -3)2+√(x +4)2=|x-3|+|x+4|, ∴f(x)≥f(4)即|x-3|+|x+4|≥9,∴①{x ≤-4,3-x -x -4≥9或②{-4<x <3,3-x +x +4≥9或③{x ≥3,x -3+x +4≥9,解①,得x ≤-5;②无解;解③,得x ≥4.所以f(x)≥f(4)的解集为{x|x ≤-5或x ≥4}.(5分)(2)f(x)>g(x),即f(x)=|x-3|+|x+4|的图象恒在g(x)=k(x-3)图象的上方, 作出f(x)=|x-3|+|x+4|={-2x -1,x ≤-4,7,-4<x <3,2x +1,x ≥3的图象,直线g(x)=k(x-3)恒过点P(3,0),如图,其中k PB =2, ∵A(-4,7),∴k PA =-1,由图可知,要使得f(x)的图象恒在g(x)图象的上方,实数k 的取值范围为-1<k ≤2.(10分)7.(2018河南新乡二模,23)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.解析 (1)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,易知直线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,+∞).8.(2019江西临川一中,南昌二中等九校重点中学协作体第一次联考,23)已知函数f(x)=|x-2|+|m+x|的图象的对称轴为x=1.(1)求不等式f(x)≥x+2的解集;(2)若函数f(x)的最小值为M,正数a,b 满足a+b=M,求1a +2b 的最小值. 解析 (1)∵函数f(x)图象的对称轴为x=1=2-m 2,∴m=0,∴f(x)=|x|+|x -2|={-2x +2,x ≤0,2,0<x <2,2x -2,x ≥2.由f(x)≥x+2,得{x ≤0,-2x +2≥x +2或{0<x <2,2≥x +2或{x ≥2,2x -2≥x +2,解得x ≤0或x ≥4,故不等式f(x)≥x+2的解集为(-∞,0]∪[4,+∞).(2)由绝对值不等式的性质,可知|x-2|+|x|≥|(x-2)-x|=2,∴f(x)min =M=2,∴a+b=2,∵a,b为正数,∴1a +2b=12(1a+2b)·(a+b)=12(3+ba+2ab)≥12(3+2√ba·2ab)=3+2√22(当且仅当a=2√2-2,b=4-2√2时取等号).。