2020年高考理科数学《不等式选讲》题型归纳与训练

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高中数学复习专题20 不等式选讲 (学生版)

不等式选讲1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．（1）画出()y f x =的图像；（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()|21|f x x a x a =-+-+.（1）当2a =时，求不等式()4f x 的解集；（2）若()4f x ，求a 的取值范围.3．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1．（1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．证明：（1）222111a b c a b c++≤++；（2）333()()()24a b b c c a +++≥++．[来源:Z+xx+]5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()|||2|().f x x a x x x a =-+--（1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集；（2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围．6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-．7．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知()|1||1|f x x ax =+--．（1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；[来源学科网]（2）若(0,1)x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围．8．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()5|||2|f x x a x =-+--．（1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()1f x ≤，求a 的取值范围．9．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-．（1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b +≤，求a b +的最小值．10．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数4)(2++-=ax x x f ，|1||1|)(-++=x x x g ．（1）当1=a 时，求不等式)()(x g x f ≥的解集；（2）若不等式)()(x g x f ≥的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围．11．【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知330,0,2a b a b >>+=．证明：（1）55()()4a b a b ++≥；（2）2a b +≤．12．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数f （x ）=│x +1│–│x –2│．（1）求不等式f （x ）≥1的解集；（2）若不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围．。

2020全国高考数学考点题型分类与解析17 不等式选讲

且仅当 2a −1 ≤ x ≤ a2 时取等号），∴(a −1)2 ≥ 4 ，解得： a ≤ −1或 a ≥ 3，
∴a 的取值范围为(−∞,−1]U[3,+∞).
3.（2020•全国 3 卷）设 a，b，c∈ ，，． R a+b+c=0 abc=1 （1）证明：ab+bc+ca<0；（2）用，，表示 max{a b c} a，b，c 中的最大值，证明：max{a，b，c}≥ 3 4 ．
【解析】（）， 1 Q(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0
2/3
( ) ∴ab + bc + ca = − 1 a2 + b2 + c2 . 2
均不为，则，； Qabc = 1,∴a,b,c
( ) 0 a2 + b2 + c2 > 0 ∴ab + bc + ca = − 1 a2 + b2 + c2 < 0
bc
bc
bc
当且仅当b = c 时，取等号，
，即 ∴a ≥ 3 4 max{a,b, c}… 3 4 .
4.（2020•江苏卷）设 x ∈ R ，解不等式 2 | x +1| + | x |≤ 4 ．
【解析】或或 x < −1 Q
−1 ≤ x ≤ 0 x > 0
−2x − 2 − x ≤ 4 2x + 2 − x ≤ 4 2x + 2 + x ≤ 4
2
（2）不妨设 max{a,b,c} = a ，

2020年高考理科数学《不等式》题型归纳与训练

x≥0， y≥0.
目标函数 z＝200x＋100y.作出可行域(如图阴影部分所示)，当直线 z＝200x＋100y 经过可行域上点 B 时，z
取得最大值，解方程组4x＋y＝10，得点 6x＋5y＝22，
B
的坐标(2，2)，故
zm
ax
＝200×2＋100×2＝600.
题型二斜率型线性规划问题
2x y 4 0,
2020 年高考理科数学《不等式》题型归纳与训练
【题型归纳】
题型一截距型线性规划问题
x 2y 2 0
例
1..若
x
，
y
满足约束条件
x
y
1
0
，则 z 3x 2y 的最大值为_______________.
y 0
【答案】 6.
【解析】画出可行域如图所示，可知目标函数过点 (2, 0) 时取得最大值， zmax 3 2 2 0 6 .
2.(2018·郑州质检)已知
x，y
满足约束条件
x y 4
，若目标函数 z＝3x＋y 的最大值为 10，则 z
2x y m 0
的最小值为________．
【答案】 5
【解析】画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作直线 l：3x＋y＝0，平移 l，从而可知经过 C
点时 z 取到最大值，
＋y2 的最小值为点(－1,0)到直线 y＝－x 的距离的平方，即为
2 2
2
＝12，
所以 x2＋y2＋2x 的最小值为12－1＝－12.
题型四线性规划中的含参问题
x 2 y 4 0,
例
1．当实数
x，y
满足
x
y
1

【2020年江苏省高考数学考点探究】专题79 不等式选讲(理)(解析版)

专题79 不等式选讲（理）专题知识梳理1．不等式的基本性质 (1)对称性：a >b ⇔b <a . (2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c . (3)加(减)：a >b ⇒a ＋c >b ＋c .(4)乘(除)：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (5)乘方：a >b >0⇒a n >b n ，其中n 为正整数，且 n ≥2.(6)开方(取算术根)：a >b >0⇒n a >nb ，其中n 为正整数，且n ≥2. (7)a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d . (8)a >b >0，c >d >0⇒ac >bd . 2．含绝对值不等式的解法(1)|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c 型不等式的解法：①c >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．②c <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是： 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，它们把实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． 3．不等式证明的基本方法 (1)比较法； (2)综合法与分析法； (3)反证法和放缩法． 4．基本不等式与柯西不等式定理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—几何平均值不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋＋a n n ≥na 1a 2a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．定理5：(柯西不等式)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．定理6：(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|等号当且仅当α，β共线时成立．5．利用不等式求最大(小)值对于一些特殊的函数，有时需要运用平均不等式、柯西不等式求它们的最大(小)值． 6．运用数学归纳法证明不等式某些与自然数有关的不等式，可以用数学归纳法进行证明．考点探究【例1】 (1)解不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集．(2)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为{x |－53<x <13}，求a 的值．【解析】 (1)当x <－2时，不等式等价于－(x －1)－(x ＋2)≥5，解得x ≤－3；当－2≤x <1时，不等式等价于－(x －1)＋(x ＋2)≥5，即3≥5，无解；当x ≥1时，不等式等价于x －1＋x ＋2≥5，解得x ≥2. 综上，不等式的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}． (2)∵|ax －2|<3，∴－1<ax <5.当a >0时，－1a <x <5a ，与已知条件不符；当a ＝0时，x ∈R ，与已知条件不符；当a <0时，5a <x <－1a ，又不等式的解集为{x |－53<x <13}，故a ＝－3.【例2】（1）已知a ，b ，c 为正实数，1a 3＋1b 3＋1c3＋27abc 的最小值为m .(2)若x ＋2y ＋3z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．【解析】 (1) 因为a 、b 、c >0，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋27abc ≥331a 3·1b 3·1c 3＋27abc ＝3abc ＋27abc ≥23abc·27abc ＝18，当且仅当a ＝b ＝c ＝313时，取“＝”，所以m ＝18.(2)因为6＝x ＋2y ＋3z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋9，所以x 2＋y 2＋z 2≥187，当且仅当x ＝y 2＝z 3即x ＝37，y ＝67，z ＝97时，x 2＋y 2＋z 2有最小值187.【例3】已知x ，y 均为正数，且x >y ，求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3【解析】 (1)因为x >0，y >0，x －y >0，2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2 ＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥33(x －y )21(x －y )2＝3，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3. 题组训练1.若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，求实数a 的取值范围．【解析】 ∵|x －a |＋|x －1|≥|(x －a )－(x －1)|＝|a －1|，要使|x －a |＋|x －1|≤3有解，可使|a －1|≤3，∴－3≤a －1≤3，∴－2≤a ≤4.2.已知x >0，y >0，且2x ＋y ＝6，求4x 2＋y 2的最小值．【解析】根据柯西不等式的性质可得：(12＋12)≥(2x ＋y )2＝62，化为：4x 2＋y 2≥18，当且仅当2x ＝y ＝3时取等号．∴4x 2＋y 2的最小值为18.3.已知a ，b ，c 为正实数，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c .【证明】 (证法1：基本不等式)∵a ＋b 2a ≥2b ，b ＋c 2b ≥2c ，c ＋a 2c ≥2a ，∴a ＋b 2a ＋b ＋c 2b ＋c ＋a 2c ≥2a ＋2b ＋2c ，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c .(证法2：柯西不等式)∵(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥(b ＋c ＋a )2，∴b 2a ＋c 2b ＋a2c ≥a ＋b ＋c . 4.设a 、b 、c 均为实数，求证：12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b.【证明】 ∵a ，b ，c 均为实数，∴12(12a ＋12b )≥12ab ≥1a ＋b，当a ＝b 时等号成立；12(12b ＋12c )≥12bc ≥1b ＋c ，当b ＝c 时等号成立；12(12c ＋12a )≥12ca ≥1c ＋a ，三个不等式相加即得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．5.（2018·常州期末）已知0,0a b >>，求证：3322a b a b++．【证明】0,0a b >>，不妨设0a b >≥，则5522a b ≥，1122a b ≥，由排序不等式得5151515122222222a ab b a b b a +≥+，所以51515151222222222222a ab b a b b aa b a b ++≥=++．6.（2018·苏锡常镇二模）已知实数a 、b 、c 满足21a b c ++=，2221a b c ++=，求证：－23≤c ≤1【解析】证明：因为a ＋2b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，所以a ＋2b ＝1－c ，a 2＋b 2＝1－c 2.由柯西不等式：(12＋22)(a 2＋b 2)≥(a ＋2b )2， 5(1－c 2)≥(1－c )2，整理得，3c 2－c －2≤0，解得－23≤c ≤1. 所以－23≤c ≤1.7.（2018·苏北四市期末）已知,,,a b c d 都是正实数，且1a b c d +++=，求证: 2222111115a b c d a b c d +++++++…．【证明】因为2222[(1)(1)(1)(1)]()1111a b c d a b c d a b c d ++++++++++++++2≥2()1a b c d =+++=，又(1)(1)(1)(1)5a b c d +++++++=，所以2222111115a b c d a b c d +++≥++++．。

【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)．。

2020年高考数学分类之不等式选讲详解

（2）求不等式 f (x) f (x 1) 的解集．
【答案】（1）详解解析；（2）
,
7 6
.
【详解】
x 3, x 1
（1）因为
f
x 5x 1,
1 3
x 1 ，作出图象，如图所示：
x 3, x 1 3
（2）将函数 f x 的图象向左平移1个单位，可得函数 f x 1 的图象，如图所示：
四.基本不等式 9．（2020 海南卷 12 山东卷 11)已知 a 0 ， b 0 ，且 a b 1，则（）
A． a2 b2 1 2
B． 2a b 1
2
C． log a log b 2
2
2
D． a b 2
【答案】ABD
【详解】对于
A， a2
b2
a2
1 a 2
2a2
2a1
x 1,
的最大值为_________．
【答案】7
【详解】不等式组所表示的可行域如图
因为 z 3x 2y ，所以 y 3x z ，易知截距 z 越大，则 z 越大，
22
2
平移直线 y 3x ，当 y 3x z 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大，
2
22
y 2x x 1
由
x 1
，得
y
2
，
A(1,
2)
，
所以 zmax 3 1 2 2 7 .
故答案为：7.
2x y 2 0,
7．（2020·全国Ⅰ卷高考真题（文理
13））若
x，y
满足约束条件
x
y
1
0,
y 1 0,
则z x7y
的最大值为____________.

主题23 不等式选讲(解析版)

2020届高考数学23题对对碰【二轮精品】第三篇主题23 不等式选讲【主题考法】本主题考题形式为解答题，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范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想，难度为基础题，分值为10分.【主题考前回扣】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＋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a1，a2，…，a n为n个正数，则a1＋a2＋…＋a nn≥n a1a2…a n，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立.【易错点提醒】1.解绝对不等式时，分类整合考虑不全面致错.2.应用基本不等式求最值时，忽视条件致错,【主题考向】考向一绝对值不等式的解法【解决法宝】1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，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. 例1【2020·四川省三模】已知函数()|21|f x x =+．（1）解不等式：()(2)6f x f x +-；（2）求证：()222(1)232f x af x x a x a a +--++++-．【分析】（1）代入得()(2)|21||23|f x f x x x +-=++-，分类讨论，解不等式即可；（2）利用绝对值不等式得性质，()22(1)22f x af x a +--+，222232323x a x a a a a ++++--+，比较22323,22a a a -++大小即可.【解析】（1）由于()(2)|21||23|f x f x x x +-=++-，于是原不等式化为|21||23|6x x ++-，若21x <-，则21(23)6x x ----，解得112x -<-；若1322x -，则21(23)6x x --+-，解得1322x -；若32x >，则21(23)6x x ++-，解得322x <．综上所述，不等式解集为{|12}x x -．（2）由已知条件，对于x ∀∈R ，可得()2222(1)221|21|2222f x a f x x a x a a +--=++--+=+．又()22222232232323x a x a aa a a a a ++++-+--=-+，由于22183233033a a a ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，所以222232323x a x a aa a ++++--+．又由于()22223232221(1)0a a a a a a -+-+=-+=-，于是2232322a a a -++．所以()222(1)232f x af x x a x a a +--++++-．考向二不等式的证明【解决法宝】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.例2【2020·武汉一中二模】已知函数()12f x x x =--+. （Ⅰ）若不等式()1f x m ≥-有解，求实数m 的最大值M ；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数a ，b 满足223a b M +=，证明：34a b +≤.【分析】(Ⅰ)原问题等价于()1max f x m ≥-.由绝对值三角不等式可得123x x --+≤=，则13m -≤，实数m 的最大值4M =.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a ，b 满足2234a b +=，由柯西不等式可知()()()2223313a ba b ++≥+，即34a b +≤(当且仅当1a b ==时取“=”).【解析】(Ⅰ)若不等式()1f x m ≥-有解，只需()f x 的最大值()1max f x m ≥-即可. 因为()()12123x x x x --+≤--+=，所以13m -≤，解得24m -≤≤，所以实数m 的最大值4M =.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a ，b 满足2234a b +=，由柯西不等式可知()()()2223313a ba b ++≥+，所以，()2316a b +≤，因为a ，b 均为正实数，所以34a b +≤(当且仅当1a b ==时取“=”). 考向三绝对值不等式有关的最值问题【解决法宝】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 的取值范围，优化解题过程.例3【2020甘肃甘南一中期末】设函数()121f x x x =++-．（1）求不等式()3f x ≥的解集；（2）若()f x 的最小值为a ，且x y z a ++=，求()()22212x y z ++++的最小值．【分析】（1）讨论1x <-，112x ≤≤-，12x >三种情况，分别计算得到答案. （2）计算得到32x y z ++=，再利用均值不等式计算得到答案. 【解析】（1）()3,1,12,1,213,,2x x f x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=-+-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩当1x <-时，由33x -≥，解得1x <-；当112x ≤≤-时，由23x -+≥，解得1x =-；当12x >时，由33x ≥，解得1x ≥．所以所求不等式的解集为{1x x ≤-或}1x ≥．（2）根据函数图像知：当12x =时，()min 32a f x ==，所以32x y z ++=．因为()()212x y z ++++⎡⎤⎣⎦()()()()()()2221221212x y z x y x z y z =+++++++++++⎡⎤⎣⎦()()222312x y z ⎡⎤≤++++⎣⎦，由32x y z ++=，可知()()281124x y z ++++=⎡⎤⎣⎦，所以()()22227124x y z ++++≥，当且仅当32x =，12y =，12z =-时，等号成立．所以()()22212x y z ++++的最小值为274．【主题集训】1.【2020·深圳高中三月考】已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. (1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1，2]，求a 的取值范围．【解析】（1）当a ＝－3时，f （x ）＝25,2{1,2325,3x x x x x -+≤<<-≥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}． 6分（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，解得－3≤a≤0，故满足条件的实数a 的取值范围为[－3，0]．2.【2020辽宁省辽师大附中期中】已知函数()54f x x x =-++ （1）求不等式()12f x ≥的解集；（2）若13()210af x ---≥对x R ∀∈恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）原不等式等价于55412x x x >⎧⎨-++≥⎩或()455412x x x -≤≤⎧⎨-++≥⎩，或()4,5412,x x x <-⎧⎨--+≥⎩解得132x ≥或112x ≤- 所以不等式()12f x ≥的解集为111322x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或（2）据题意，得135421ax x --++≥+对x R ∀∈成立.又因为()min549x x -++=，所以1-3921a ≥+，解得23a ≥-. 故所求实数a 的取值范围是2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭3.【2020·四川成都七中二模】已知()1f x x x a =-++()a R ∈. （Ⅰ）若1a =，求不等式()4f x >的解集；（Ⅱ）(0,1)m ∀∈，0x R ∃∈，014()1f x m m+>-，求实数a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）当1a =时，2,1()112,112,1x x f x x x x x x ≥⎧⎪=-++=-<<⎨⎪-≤-⎩，1()424x f x x ≥⎧>⇔⎨>⎩，或1124x -<<⎧⎨>⎩，或124x x ≤-⎧⎨->⎩ 2x ⇔>，或2x <-所以不等式()4f x >的解集为(,2)(2,)-∞-+∞；（Ⅱ）因为()1()(1)1f x x x a x a x a =-++≥+--=+(0,1)m ∀∈，又[]1414()(1)11m m m m m m+=++--- 4151m m m m-=++-59≥+=（当13m =时等号成立），依题意，(0,1)m ∀∈，0x R ∃∈，有014()1f x m m+>-，则19a +<，解之得108a -<<，故实数a 的取值范围是(10,8)-.4.【2020·四川省绵阳南山中学三模】设函数()1,f x x x R =-∈. （1）求不等式()()31f x f x ≤--的解集；（2）已知关于x 的不等式()()1f x f x x a ≤+--的解集为M ，若31,2M ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）因为()()31f x f x ≤--，所以132x x -≤--，123x x ⇔-+-≤，1,323,x x <⎧⇔⎨-≤⎩或12,13,x ≤≤⎧⎨≤⎩或2,233x x >⎧⎨-≤⎩解得01x ≤<或12x ≤≤或23x <≤，所以03x ≤≤，故不等式()()31f x f x ≤--的解集为[]0,3.（2）因为31,2M ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，所以当31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()1f x f x x a ≤+--恒成立，而()()1f x f x x a ≤+-- 101x x x a x a x x ⇔--+-≤⇔-≤--，因为31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以1x a -≤，即11x a x -≤≤+，由题意，知11x a x -≤≤+对于31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，所以122a ≤≤，故实数a 的取值范围1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 5.【2020·四川绵阳南山中学三模】已知函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称，且()22f x x x =+．（1）解关于x 的不等式()()1g x f x x ≥--；（2）如果对x R ∀∈，不等式()()1g x c f x x +≤--恒成立，求实数c 的取值范围．【解析】（1）∵函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称， ∴()()22g x f x x x =--=-+，∴ 原不等式可化为212x x -≥，即212x x -≥或212x x -≤-，解得不等式的解集为11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）不等式()()1g x c f x x +≤--可化为：212x x c -≤-，即22212x c x x c -+≤-≤-，即()()22210210x x c x x c ⎧+-+≥⎪⎨-+-≥⎪⎩，则只需()()18101810c c ⎧++≤⎪⎨--≤⎪⎩，解得，c 的取值范围是9,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.6.【2020吉林三模】已知函数()|||25|(0)f x x a x a =++->. （1）当2a =时，解不等式()5f x ≥；（2）当[,22]x a a ∈-时，不等式()|4|f x x ≤+恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()33,252257,22533,2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=++-=--≤≤⎨⎪⎪->⎪⎩，由()5f x ≥，得2335x x <-⎧⎨-≥⎩，即223x x <-⎧⎪⎨≤-⎪⎩，2x <-或52275x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪-≥⎩，即5222x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪≤⎩，22x -≤≤ 或52335x x ⎧>⎪⎨⎪-≥⎩，即5283x x ⎧>⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，83x ≥综上：2x ≤或83x ≥，所以不等式()5f x ≥的解集为8{|2}3x x x 或≤≥. （2）()4f x x ≤+，()254f x x a x x =++-≤+，因为[],22x a a ∈-，22a a ->，所以2a >，又[],22x a a ∈-，0x a +>，40x +>，得254x a x x ++-≤+.不等式恒成立，即254x a -≤-在[],22x a a ∈-时恒成立，不等式恒成立必须4a ≤，4254a x a -≤-≤-，解得129a x a +≤≤-.所以21449a a a a ≥+⎧⎨-≤-⎩，解得1315a ≤≤，结合24a <≤，所以1325a <≤，即a 的取值范围为132,5⎛⎤⎥⎝⎦. 7.【2019届湖南省六校(长沙一中、常德一中等)联考】已知函数.（1）设，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求实数的值.【解析】（1）时，.当时，即为，解得.当时，，解得.当时，，解得. 综上，的解集为.（2）.，由的图象知，，或，8.【2020·广东三月考】已知函数()f x x t =+的单调递增区间为[)2,-+∞. （Ⅰ）求不等式()121f x x +<+的解集M ；（Ⅱ）设,a b M ∈，证明：1a b ab +<+. 【解析】（Ⅰ）依题意得2t =，所以不等式()121f x x +<+化为2121x x ++<+，当2x <-时，原不等式化为2121x x --+<--，0x <，得2x <-，当122x -≤<-时，原不等式化为2121x x ++<--，43x <-，得423x -≤<-.当21x ≥-时，原不等式化为2121x x ++<+，2x >，得2x >.所以，不等式()121f x x +<+的解集{43M x x =<-或}2x >.（Ⅱ）要证明1a b ab +<+，只需证明()222212ab a a a b b b ++>++，即要证明()22210a ab b --+>，因为{4,3a b x x ∈<-或}2x >，所以2169a ≥，2169b ≥，因为()()222222111a b abb ab --+=--+()()22110b a =-->，所以()22210a ab b --+>，即1a b ab +<+得证.9.【2020·河北石家庄二中月考】已知两个正数,a b 满足22a b +=. （1）求22a b +的最小值；（2）若不等式2411342x x a b ab -+++≥+-对任意的x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】（1）两个正数a ，b 满足22a b +=，可得22a b =-， 22222244(22)5845()55a b b b b b b +=-+=-+=-+，由0a >，0b >，可得220b ->，即有01b <<，则当45b =时，22a b +的最小值为45；（2）不等式|24||1|1342x x a b ab -++++-对任意的x ∈R 恒成立，|24||1|1|2|(|2||1|)10|21|14x x x x x x x -+++=-+-++++---+=，当且仅当2x =时取得等号，则|24||1|1x x -+++的最小值为4，可得3424a b ab +-，又220b a =->，即02a <<，①再由34232(2)(2)4a b ab a a a a +-=+---，化为20a a -，即01a ，② 由①②可得01a <．10.【2020·黑龙江省牡丹江一中月考】设函数()2sin |3||1|f x x a a =+-+-. （1）若62f π⎛⎫>⎪⎝⎭，求实数a 的取值范围；（2）证明：x R ∀∈，1()|3|1f x a a≥--+恒成立. 【解析】（1）∵62f π⎛⎫>⎪⎝⎭，∴2|3||1|6a a +-+->，即|3||1|4a a -+-> 当3a ≥时，不等式化为3143a a a -+->⎧⎨≥⎩，∴4a >当13a <<时，不等式化为(3)(1)413a a a -+->⎧⎨<<⎩，此时a 无解当1a ≤时，不等式化为(3)(1)41a a a -+->⎧⎨≤⎩，∴0a <综上，原不等式的解集为()(),04,-∞+∞（2）要证x R ∀∈，1()|3|1f x a a≥--+恒成立即证x R ∀∈，12sin |1|1x a a≥---+恒成立 ∵2sin x 的最小值为－2，∴只需证12|1|1a a -≥---+，即证1|1|12a a-++≥ 又11|1|111a a a a -++≥-++11||2a a a a =+=+≥= ∴1|1|12a a-++≥成立，∴原题得证 11.【2020·吉林二模】（已知函数()|1||1|f x ax x =++-. （1）若2a =，解关于x 的不等式()9f x <；（2）若当0x >时，()1f x >恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，3,11()2112,1213,2x x f x x x x x x x ⎧⎪>⎪⎪=++-=+-≤≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩，由此可知，()9f x <的解集为{}|33x x -<<（2）当0a >时，()()()1,11()1112,111,a x x f x ax x a x x a a x x a ⎧⎪+>⎪⎪=++-=-+-≤≤⎨⎪⎪-+<-⎪⎩()f x 的最小值为1f a ⎛⎫-⎪⎝⎭和()1f 中的最小值，其中1111f a a ⎛⎫-=+> ⎪⎝⎭，(1)11f a =+>.所以()1f x >恒成立.当0a =时，()111f x x =-+≥，且(1)1f =，()1f x >不恒成立，不符合题意. 当0a <时，()1111,1f a f a a ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，若20a -≤<，则()11f ≤，故()1f x >不恒成立，不符合题意；若2a <-，则11f a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，故()1f x >不恒成立，不符合题意. 综上，()0,a ∈+∞.12.【2020·甘肃月考】已知函数()|||1|f x x a x =++-. （1）当1a =时，求不等式()4f x x ≥+的解集；（2）若不等式2()1f x a ≥-恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）不等式为114x x x ++-≥+，可以转化为：1,114x x x x ≤-⎧⎨---+≥+⎩或11,114x x x x -<<⎧⎨+-+≥+⎩或1,114x x x x ≥⎧⎨++-≥+⎩，解得43x ≤-或4x ≥，所以原不等式的解集是4{|3x x ≤-或4}x ≥. （Ⅱ）()()()min 11f x x a x a =+--=+，所以211a a +≥- 21,11a a a <-⎧⇔⎨--≥-⎩或2111a a a ≥-⎧⎨+≥-⎩，解得a ∈∅或12a -≤≤. 所以实数a 的取值范围是[]1,2-.13.【2020·河南许昌二模】已知函数()31f x x x =-+-. （1）求不等式()6f x ≤的解集；（2）设()f x 的最小值为M ，正数a ，b 满足224a b M +=，证明：24a b ab +≥.【解析】（1）()42,12,1324,3x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩，不等式()6f x ≤，即1426x x ≤⎧⎨-≤⎩或3246x x ≥⎧⎨-≤⎩或1326x <<⎧⎨≤⎩，即有11x -≤≤或35x ≤≤或13x <<，所以所求不等式的解集为[]1,5-.（2）()31312f x x x x x =++-≥--+=，2M =，因为0a >，0b >，所以要证24a b ab +≥，只需证()222216a b a b +≥，即证22224416a b ab a b ++≥，因为2242a b +=，所以只要证222416ab a b +≥，即证()28210ab ab --≤，即证()()41210ab ab +-≤，因为410ab +>，所以只需证12≤ab ，因为22244a b ab =+≥，所以12≤ab 成立，所以24a b ab +≥.14.【2020·新疆哈密一中期末】设函数()52f x x a x =-+--. （1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()1f x ≤恒成立，求a 的取值范围. 【解析】（1）当1a =时，()24,1,2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤．（2）()1f x ≤等价于24x a x ++-≥．而22x a x a ++-≥+，且当2x =时等号成立．故()1f x ≤等价于24a +≥．由24a +≥可得6a ≤-或2a ≥，所以a 的取值范围是][(),62,-∞-⋃+∞． 15.【2020·湖南长郡中学月考】设函数()|21|f x x =-．（1）若函数()()F x f x ax =+有最小值，求a 的取值范围；（2）若关于x 的不等式()|21|||f x x x m +-+的解集为A ，且3,24A ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦，求实数m 的取值范围．【解析】（1）1(2)1,2()()1(2)1,2a x x F x f x ax a x x ⎧+-⎪⎪=+=⎨⎪-+<⎪⎩，使()F x 有最小值的充要条件为2020a a +⎧⎨-⎩．即[2,2]a ∈-．（2）由题知：|21||21|||x x x m -+-+在3,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立．即||21(21)x m x x ++--．即||2x m +在3,24x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立．则22x m -+．故max min (2)(2)x m x ---+．得1104m -．故实数m 的取值范围为11,04⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 16.【2020·内蒙通辽二模】已知函数()12f x x x =+--. （1）解不等式()1f x ≤；（2）记函数()f x 的最大值为s ，若(),,0a b c s a b c ++=>，证明：2222223a b b c c a abc ++≥. 【解析】（1）()12f x x x =+--3,1()21,123,2x f x x x x -≤-⎧⎪=--<<⎨⎪≥⎩①当1x ≤-时，31-≤恒成立，∴1x ≤-；②当12x -<<时，211x -≤，即1x ≤，∴11x -<≤；③当2x ≥时，31≤显然不成立，不合题意；综上所述，不等式的解集为(],1-∞. （2）由（1）知max ()3f x s ==，于是3a b c ++=由基本不等式可得222222a b b c ab c +≥= （当且仅当a c =时取等号）222222b c c a abc +≥ （当且仅当b a =时取等号）222222c a a b a bc +≥=（当且仅当c b =时取等号）上述三式相加可得()22222222()a b b c c a abc a b c ++≥++（当且仅当a b c ==时取等号）3a b c ++=，∴2222223a b b c c a abc ++≥，故得证.17.【2020·湖南衡阳八中月考】己知0a >，函数()f x x a =-. （1）若2a =，解不等式()()35f x f x ++≤；（2）若函数()()()2g x f x f x a =-+，且存在0x R ∈使得()202g x a a ≥-成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()12,13213,1221,2x x f x f x x x x x x -<-⎧⎪++=-++=-≤<⎨⎪-≥⎩，当1x <-时，由125x -≤，解得21x -≤<-；当12x -≤<时，由35≤，解得12x -≤<；当2x ≥时，由215x -≤，解得23x ≤≤.综上可知，原不等式的解集为{}|23x x -≤≤. （2）()()()2g x f x f x a x a x a =-+=--+.存在0x R ∈使得()202g x a a ≥-成立，等价于()2max 2g x a a ≥-.又因为2x a x a x a x a a --+≤---=，所以222a a a ≥-，即240a a -≤. 解得04a ≤≤，结合0a >，所以实数a 的取值范围为(]0,4. 18.【2020·黑龙江大庆二模】已知函数()|2||4|f x x x =-+-. （1）解关于x 的不等式()4f x ≤；（2）若函数()f x 的图象恒在直线|1|y m =-的上方，求实数m 的取值范围【解析】（1）由26,2()2,2426,4x x f x x x x -+≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩.若2x ≤时，()264f x x =-+≤，解得12x ≤≤；若24x <<时，()24f x =≤，解得24x <<；若4x ≥时，()264f x x =-≤，解得45x ≤≤；故不等式()4f x ≤的解集为[1,5].（2）由()|(2)(4)|2f x x x ≥---=，有|1|2m -<，得13m -<<，故实数m 的取值范围为(1,3)-.19.【2020·湖北十堰一中月考】已知函数()|1||42|f x x x =+--. （1）求不等式1()(1)3f x x -的解集；（2）若函数()f x 的最大值为m ，且2(0,0)a b m a b +=>>，求21a b+的最小值. 【解析】（1）5,1,()14233,12,5, 2.x x f x x x x x x x -<-⎧⎪=+--=--⎨⎪-+>⎩因为1()(1)3f x x-，故1,15(1)3xx x<-⎧⎪⎨-≥-⎪⎩或12,133(1)3xx x-⎧⎪⎨--⎪⎩或2,15(1),3xx x>⎧⎪⎨-+≥-⎪⎩解得12x或24x<，故不等式1()(1)3f x x-的解集为[1,4].（2）画出函数图像，根据图像可知()f x的最大值(2)3m f==.因为23(0,0)a b a b+=>>，所以211211221(2)5(225)3333a ba ba b a b b a⎛⎫⎛⎫+=++=++⨯⨯+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当1a b==时，等号成立，故21a b+的最小值是3.20.【2020河南南阳一中期末】已知函数()121f x x x=--+.（1）解不等式()12f x x≥；（2）设()f x的最大值为m，若222ab bc ca m++=，a､b､c+∈R，求a b c++的最小值.【解析】（1）由题意，函数()3,131,113,1x xf x x xx x+<-⎧⎪=---≤<⎨⎪--≥⎩，因为()12f x x ≥，可得1321x x x ⎧+≥⎪⎨⎪<-⎩或131211x x x ⎧--≥⎪⎨⎪-≤≤⎩或1321x x x ⎧--≥⎪⎨⎪>⎩，解得267x -≤≤-，所以不等式解集为：267x x ⎧⎫-≤≤-⎨⎬⎩⎭.（2）由（1）知，当1x =-时，()max 2f x = 所以2m =，可得0a >，0b >，0c >，所以2222222222222222ab bc ca a b b c c a a b c =++≤+++++=++，所以()23a b c ++≥，即a b c ++≥当且仅当22213a b c ===时取等号，即a b c ++。

2020年高考数学(理)总复习不等式选讲考点题型全突破学生版

2020年高考数学（理）总复习不等式选讲考点题型全突破学生版题型一绝对值不等式的解法【题型要点】(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点．②划区间，去绝对值号．③分别解去掉绝对值号的不等式．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．(2)用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．【例1】设函数f (x )＝|kx －1|(k ∈R )．(1)若不等式f (x )≤2的解集为⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤-131x x ，求k 的值； (2)若f (1)＋f (2)<5，求k 的取值范围．题组训练一绝对值不等式的解法已知函数f(x)＝－x2＋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．题型二与绝对值有关的参数问题【题型要点】解决含参数的绝对值不等式问题的两种方法(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决．(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．【例2】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．题组训练二与绝对值有关的参数问题设函数f (x )＝mx 8 ＋|x －2m |(m ＞0)． (1)求证：f (x )≥8恒成立；(2)求使得不等式f (1)＞10成立的实数m 的取值范围．题型三不等式的证明【题型要点】证明方法的选择不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．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；如果待征命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法．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．【例3】已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.题组训练三不等式的证明已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1,1]．(1)求k 的值；(2)若a 、b 、c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc ＝1，求证：19a ＋29b ＋39c ≥1.【专题训练】1．已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|.(1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若对任意x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1,21，不等式f (x )≥|2x ＋a |－4恒成立，求实数a 的取值范围．2．已知x ，y ∈R ，m ＋n ＝7，f (x )＝|x －1|－|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≥(m ＋n )x ；(2)设max{a ，b }＝⎩⎨⎧a (a ≥b )b (a <b )，求F ＝max{|x 2－4y ＋m |，|y 2－2x ＋n |}的最小值．3．已知函数f (x )＝|2x －1|＋1，不等式f (x )<2的解集为P .(1)若不等式||x |－2|<1的解集为Q ，求证：P ∩Q ＝∅；(2)若m >1，且n ∈P ，求证：m ＋n 1＋mn>1.4．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－x2f(x)≤0.5.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．6.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．7.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．。

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年高考数学试题解析分项版专题20-选修系列不等式选讲理

2020年高考试题解析数学（理科）分项版20 选修系列：不等式选讲一、选择题:1. (2020年高考山东卷理科4)不等式|5||3|10x x -++≥的解集为（A ）[-5.7] （B ）[-4,6]（C ）(,5][7,)-∞-⋃+∞ （D ）(,4][6,)-∞-⋃+∞3. (2020年高考广东卷理科9)不等式130x x +--≥的解集是______.【解析】}1|{≥x x 。

由题得1)3()1(|3||1|22≥∴-≥+∴-≥+x x x x x 所以不等式的解集为}1|{≥x x 。

4．(2020年高考陕西卷理科15)（不等式选做题）若关于x 的不等式12a x x ≥++-存在实数解，则实数a 的取值范围是【答案】(,3][3,)-∞-+∞U 【解析】：因为12|12|3x x x x ++-≥+-+=所以12a x x ≥++-存在实数解，有3a ≥3a ≤-或3a ≥三、解答题:1．(2020年高考辽宁卷理科24)（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数f （x ）=|x-2|-|x-5|.（I ）证明：-3≤f （x ）≤3；（II ）求不等式f （x ）≥x 2-8x+15的解集.2. (2020年高考全国新课标卷理科24)（本小题满分10分）选修4-5不等选讲设函数0,3)(>+-=a x a x x f （1）当1=a 时，求不等式23)(+≥x x f 的解集；(2)如果不等式0)(≤x f 的解集为{}1-≤x x ，求a 的值。

分析：解含有绝对值得不等式，一般采用零点分段法，去掉绝对值求解；已知不等式的解集要求字母的值，先用字母表示解集，再与原解集对比可得字母的值；解：（Ⅰ）当1=a 时，不等式23)(+≥x x f ，可化为，21≥-x 3,1≥-≤∴x x ，所以不等式23)(+≥x x f 的解集为{}3,1≥-≤x x x 或（Ⅱ）因为0)(≤x f ，所以，03≤+-x a x ，可化为，⎩⎨⎧≤+-≤⎩⎨⎧≤+-≥0303x x a a x x a x a x 或即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥24a x a x a x a x 或因为，0>a 所以，该不等式的解集是⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤2a x x ，再由题设条件得2,12=∴-=-a a 点评：本题考查含有绝对值不等式的解法，以及解法的应用，注意过程的完整性与正确性。

2020年高考数学(理)总复习：不等式、线性规划(解析版)

2020 年高考数学（理）总复习：不等式、线性规划题型一不等式的解法【题型重点】解不等式的常有策略(1) 解一元二次不等式，一是图象法：利用“三个二次 ”之间的关系，借助相应二次函数图象，确立一元二次不等式的解集；二是因式分解法：利用“同号得正，异号得负 ”这一符号法例，转变为一元一次不等式组求解．(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把他们等价转变为整式不等式(一般为一元二次不等式 )求解．(3)解含 “f ”的函数不等式，第一要确立 f(x)的单一性，而后依据函数的单一性去掉“f ”转化为往常的不等式求解．(4) 解决含参数不等式的难点在于对参数的合适分类，重点是找到对参数进行议论的原由，确立好分类标准，有理有据、层次清楚地求解．x －12e ， x<1【例 1】已知函数 f(x)＝，则 f(f(x))<2 的解集为 ()x 3 ＋x ， x ≥1A ． (1－ ln 2，＋ ∞)B ． (－ ∞， 1－ ln 2)C ．(1－ ln 2,1)D ． (1,1＋ ln 2)【分析】由于当3x－1等x ≥1时， f(x)＝ x ＋ x ≥2，当 x<1 时， f(x)＝ 2e <2，所以 f(f(x))<2x －1<1 ，解得 x<1－ ln 2，所以 f(f(x))<2 的解集为 (－∞，1－ ln 2) ，应选 B.价于 f( x)<1 ，即 2e【答案】B－ x 2＋ 2x ， x ≤0，【例 2】．已知函数 f(x)＝若|f(x)| ≥ax ，则 a 的取值范围是 ()ln x ＋ 1 ， x ＞ 0.A ．(－∞，0]B ． (－ ∞， 1]C ．[ －2,1]D ． [－ 2,0]【分析】当 x ≤0时，f(x) ＝－ x 2＋ 2x ＝－ (x － 1) 2＋ 1≤0，所以 |f(x)| ≥ax 化简为 x 2－2x ≥ax ，即 x2≥(a＋ 2)x，由于所以 |f( x)| ≥ax 化简为式|f(x)| ≥ax 恒成立．x≤0，所以 a＋ 2≥x 恒成立，所以 a≥－ 2；当 x＞ 0 时，f(x)＝ ln(x＋ 1)＞0， ln( x＋ 1) ≥ax 恒成立，由函数图象可知 a≤0，综上，当－ 2≤a≤0时，不等【答案】 D题组训练一不等式的解法1．若不等式ax2－ bx＋ c>0 的解集是1 ,2 ，则以下结论中：①a>0；②b<0；③c>0；2④a＋ b＋ c>0；⑤ a－ b＋c>0，正确的选项是 ()A ．①②⑤B．①③⑤C．②③⑤D．③④⑤【分析】ax2－ bx＋ c>0 的解集是1,2 ，故 a<0，且 ax2－ bx＋c＝ 0 的两根为－1，2 22.由根与系数的关系得2－1＝b>0,2 × 1 ＝c<0，故 b<0，c>0. 所以，②③正确，①错误．设2 a 2 af(x)＝ ax2－ bx＋ c，依据 f(－ 1)<0，f(1)>0 ，可知 a＋ b＋ c<0 ，a－ b＋ c>0 ，故④错误，⑤正确．【答案】 C2．已知 f(x)是定义在R上的奇函数，且 f(x－ 2)＝ f(x＋ 2)，当 0＜ x＜ 2 时，f(x)＝1－ log2(x ＋1)，则当 0 ＜x＜ 4 时，不等式 (x－ 2)f(x) ＞0 的解集是 ( )A ． (0,1) ∪ (2,3) B． (0,1)∪ (3,4)C．(1,2) ∪(3,4) D． (1,2)∪ (2,3)【分析】当 0＜ x＜ 2 时，x－ 2＜ 0，不等式可化为x－ 2＜ 0，x－ 2＜ 0，即1－ log2 x＋1 <0 ，f x ＜ 0，解得 1＜ x＜2，x－ 2＞0，当 2＜x＜ 4 时， x－ 2＞ 0，不等式可化为f x ＞ 0，由函数 f(x)是奇函数，得f(－ x)＝－ f(x) ，又 f(x－ 2)＝ f(x＋2) ，则 f(x) ＝f(x－ 2＋2) ＝f(x－ 2－ 2)＝－ f(4－ x)，由于 0＜ 4－ x＜ 2，不等式可化为x－ 2＞ 0，，解得 2＜ x＜ 3，－1＋ log2 5－ x ＞0则原不等式的解集为(1,2)∪ (2,3)，应选 D.【答案】 D题型二简单的线性规划问题【题型重点】线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求地区面积；三是知最优解状况或可行域状况确立参数的值或取值范围．解决线性规划问题应特别关注以下三点：(1)第一要找到可行域，再注意目标函数所表示的几何意义，找到目标函数达到最值时可行域的极点 (或界限上的点 )，但要注意作图必定要正确，整点问题要考证解决．(2)画可行域时应注意地区能否包括界限．(3)对目标函数z＝ Ax＋ By 中 B 的符号，必定要注意 B 的正负与z 的最值的对应，要结合图形剖析．x＋y≤4【例 3】已知 P(x， y)为不等式组x－y≤0表示的平面地区M 内随意一点，若目标函x－a≥0数 z＝ 5x＋ 3y 的最大值等于平面地区M 的面积，则a＝ ________.【分析】作出不等式组对应的平面地区如图：由 z ＝ 5x ＋3y 得 y ＝－ 5x ＋ z，3 35z平移直线 y ＝－ 3x ＋ 3，由图象知当直线 y ＝－5 z z 最大，x ＋，经过点 A 时，直线的截距最大，此时33x ＋y ＝ 4 由，解得 x ＝ y ＝2，即 A(2,2)，x －y ＝ 0此时 z ＝5×2＋ 3×2＝ 16，x ＋y ＝ 4 由.解得 x ＝ a ，y ＝ 4－ a ，即 B(a,4－a)，x ＝ax －y ＝ 0由，解得 x ＝ y ＝a ，即 C(a ， a)，x ＝a∴ BC ＝ 4－a － a ＝ 4－2a ， △ ABC 的高为 2－ a ，1 2∴ S △ABC ＝ 2×(2－ a)(4－ 2a)＝ (2－ a) ＝ 16，解得 a ＝－ 2， a ＝ 6(舍去 )，【答案】－ 2x ≥0，则x ＋2y ＋ 3的取值范围是 ()【例 4】．设 x ， y 知足拘束条件 y ≥x ，4x ＋ 3y ≤ 12， x ＋ 1A ． [1,5]B ． [2,6]C ．[3,10]D ． [3,11]【分析】依据拘束条件画出可行域如图暗影部分所示．∵x ＋2y ＋ 3＝ 1＋2 y ＋1，令 k ＝y ＋1，即为可行域中的随意点(x ，x ＋ 1 x ＋ 1 x ＋1y)与点 ( －1，－ 1)连线的斜率．由图象可知，当点 (x ，y)为 A(0,4)时， k最大，此时 x ＋ 2y ＋ 3的最大值为 11，当点 (x ，y)在线段 OB 上时， k 最x ＋ 1小，此时x ＋ 2y ＋ 3的最小值为 3.应选 D.x ＋ 1【答案】D题组训练二简单的线性规划问题y ≤x － 1，则 x 21．已知实数 x 、y 知足 x ≤3的最小值是 () x ＋5y ≥4yA ． 1B ． 2C ．3D ． 4【分析】作出不等式组所对应的平面地区：2由图象可知 x ＞ 0，y ＞ 0，设 z ＝ x，则 x 2＝ zy ，对应y的曲线为抛物线，由图象可知当直线y ＝ x － 1 与抛物线相切时，此时 z 获得最小值，将 y ＝ x － 1 代入抛物线 x2＝ z y ，得 x 2－ zx ＋ z ＝ 0，由＝ 0? z ＝ 4， z ＝ 0(舍 )所以选择 D.【答案】 Dx ≥0，2．已知点 P(x ， y)知足条件 y ≤x ，若 z ＝ x ＋3y 的最大值为 8，则实数 k ＝2x ＋ y ＋ k ≤0，________.【分析】依题意 k<0 且不等式组表示的平面地区如下图．易得，Bkk113 , 3 .目标函数 z ＝x ＋ 3y 可看作直线 y ＝－ 3x ＋ 3z 在 y 轴上的截距的 3倍，明显当直线过点B 时截距最大，此时 z 获得最大值．所以 z max ＝－ k3＋ 3×k＝－4k3＝ 8，解得 k ＝－ 6.3【答案】－ 6题型三基本不等式的应用【题型重点】利用基本不等式求函数或代数式的最值应关注的三个方面(1)形式：一般地，分子、分母有一个一次、一个二次的分式构造的函数以及含有两个变量的函数，特别适适用基本不等式求最值．(2)条件：利用基本不等式求最值需知足“正”(即条件要求中字母为正数 )、“定”(不等式的另一边一定为定值 )、“等”(等号获得的条件 )的条件才能应用，不然会出现错误．(3) 方法：使用基本不等式时，一般经过“拆、拼、凑”的技巧把求最值的函数或代数式b化为ax＋x(ab＞0) 的形式，常用的方法是变量分别法和配凑法．【例 5】已知二次函数f(x)＝ ax2＋ bx＋c 的导数为 f′(x)， f′(0)＞ 0，对于随意的实数x 都有 f(x) ≥0，则f 1的取值范围是 ()f′0A. 3 , B． [2，＋∞)2C. 5 , D． [3，＋∞)2【分析】∵ f′(x)＝ 2ax＋ b，∴ f′(0)＝b＞ 0.又∵对于随意的实数x 都有 f(x) ≥0，∴ a＞0 且 b2－ 4ac≤0，∴ b2≤4ac，∴ c＞ 0，∴f 1 ＝f′0a＋ b＋ c a＋ c 2 acb ＝ b ＋ 1≥b＋ 1≥2.【答案】 B1＋2＝ 1，则 2 ＋1的最小值为 ()2．若正数 a， b 知足：a b a－ 1 b－ 23 2A ． 2 B. 253 2C.2D ．1＋ 4【分析】由 a ，b 为正数，且 1＋ 2＝ 1，得 b ＝2a2 ＋ 1a ba － 1>0，所以 a － 1>0，所以 a － 1b － 2＝ 2 ＋ 1 ＝ 2 ＋ a －1 2a － 1＝2，当且仅当 2 ＝ a － 1和1＋ 2＝ 1 同时成 a － 1 2a － 2 a － 1 2 ≥2 a － 1 · 2 a － 1 2a b a － 1立，即 a ＝b ＝ 3 时等号成立，所以2 ＋ 1的最小值为 2，应选 A.a － 1b － 2【答案】 A题组训练三基本不等式的应用1．若直线 l ： ax ＋ by ＋ 1＝0(a ＞ 0，b ＞ 0)把圆 C ： (x ＋ 4)2＋ (y ＋ 1)2＝ 16 分红面积相等的两部分，则当 ab 获得最大值时，坐标原点到直线l 的距离是 ( )A ． 4B ．8 178 17 C ．2D. 17【分析】由题意，圆心 (－4，－ 1)代入直线 l ： ax ＋by ＋ 1＝ 0，可得 4a ＋ b ＝ 1,4a ＋ b＝1≥4ab ，∴ ab ≤1 ，当且仅当 a ＝ 1，b ＝1时， ab 获得最大值，坐标原点到直线 l 的距离16 82是1＝8 17，应选 D.641＋1417【答案】D2．设正实数1，不等式 4x 2y 2≥m 恒成立，则 m 的最大值为 ()x ，y 知足 x> ，y>1＋2y － 1 2x － 1A ．2 2B ． 4 2C ．8D ． 162222【分析】依题意得， 2x － 1>0 ， y － 1>0，4x＋ y ＝ [ 2x － 1 ＋ 1] ＋ [ y －1 ＋1]y － 1 2x － 1 y － 12x － 14 2x－ 1 4 y－ 1 2x－ 1 y－ 1 2 2＝8，即4x ＋y ≥8，当且仅当≥＋≥ 4×2×y－1 2x－ 1 y－ 1 2x－ 1 y－ 1 2x－12x－ 1＝ 1y－ 1＝1 x＝ 1 2 2时，取等号，所以4x ＋y 的最小值是8， m≤8，m 的最，即2x－ 1 y－ 1 y＝ 2 y－ 1 2x－1y－ 1 ＝2x－ 1大值是8，选 C.【答案】 C题型四“点”定乾坤求解与线性规划相关的问题【题型重点】线性规划求目标函数的最值时，常用方法是数形联合判断所过的定点，也能够把界限端点的坐标代入目标函数，找寻最值，研究可行域与其余函数的关系时，可用界限端点确立出答案．x≥0，【例 7】记不等式组x＋ 3y≥4，所表示的平面地区为D，若直线 y＝ a(x＋ 1)与 D 有3x＋ y≤4公共点，则 a 的取值范围是________．3x＋ y＝ 4，【分析】法一：作出可行域，利用可行域的上下界，成立的不等式，由x＝ 0得(0,4) ，x＋3y＝ 4，由得 (1,1)．3x＋ y＝ 4地区 D 的上界为 (0,4)，下界为 (1,1)，∴ y＝ a(x＋ 1)与 D 有公共点，则有2a≥1，a≤41∴2≤a≤ 4.法二：直线y＝ a(x＋ 1)为经过定点P(－ 1,0)且斜率为a，作出可行域后数形联合可知．不等式组所表示的平面地区 D 为如下图暗影部分(含界限 )，且 A(1,1)，B(0,4) ，C4，0,31直线 y＝a(x＋ 1)恒过定点 P(－ 1,0)且斜率为a，由斜率公式可知k BP＝ 4， k AP＝2，若直线 y ＝a(x＋1)知地区 D 有公共点，数形联合可得12≤a≤ 4.【答案】1 ,4 2题组训练四“点”定乾坤求解与线性规划相关的问题3x＋ 4y－ 10≥0，已知不等式组x≤4，表示地区D，过地区 D 中随意一点P 作圆 x2＋y2＝1 的两y≤3条切线且切点分别为A， B，当∠ PAB 最小时， cos∠ PAB＝ ()3 B.1A. 2 23D．－1C．－2 23x＋ 4y－ 10≥0，【分析】作出不等式组x≤4，表示的平面地区D，如下图：y≤3要使∠ APB 最大，则∠ OPB 最大．∵sin∠ OPB＝|OB|＝1，|OP| |OP |∴只需 OP 最小即可，即点 P 到圆心 O 的距离最小即可．由图象可知当|OP|垂直于直线3x－ 4y－ 10＝0，|－ 10|此时 |OP|＝＝2，|OA|＝1.2 23 ＋ 4αα OA 1，设∠ APB＝α，则∠ APO＝，即 sin ＝＝2 2 OP 22 α此时 cos α＝ 1－ 2sin2＝1－2×122＝1－12＝12，即 cos∠ APB＝1，∴∠ APB＝60°， 21∴△ PAB 为等边三角形，此时对应的∠PAB＝ 60°为最小，且cos∠PAB＝2.应选 B.【答案】 B【专题训练】一、选择题1．已知一元二次不等式f(x) ＜ 0 的解集为x x1 1或 x3A ． { x|x＜－ 1 或 x＞－ ln 3} B．{ x|－ 1＜ x＜－ ln 3} C．{ x|x＞－ ln 3}D． { x|x＜－ ln 3}x的解集为 ()，则 f(e )＞ 01【分析】f(x)＞0 的解集为x1x3xx1则由 f(e )＞ 0 得－ 1＜ e ＜，解得 x ＜－ ln 3 ，即 f(e x )＞ 0 的解集为 { x|x ＜－ ln 3} ．【答案】 D2＋ 1＝ 1， x ＋ 2y ＞m 2－ 2m 恒成立，则 m 的取值范围是 ()2．已知 x ＞ 0， y ＞0， x y 3A ． [－ 6,4]B ． [－ 4,6]C ．( －4,6)D ． (－ 6,4)2 12 1 2 【分析】∵ x ＋ y ≥2 xy ，即3≥2xy，解得 xy ≥72，∵ 2＋ 1＝ 1，∴ 6＋ 3＝ 1，xy 3x y1即 3x ＋6y ＝ xy ，∴ x ＋2y ＝ 3xy ≥ 24，∴ m 2－ 2m ＜24 恒成立，解不等式 m 2－2m －24＜ 0得－ 4＜ m ＜ 6.应选 C.【答案】 C3．设 x ， y 知足拘束条件x ＋ y ≥a 7，则 a ＝ ()，且 z ＝ x ＋ ay 的最小值为x － y ≤－1A ．－ 5B ． 3C ．－5或 3D ．5 或－ 3【分析】依据拘束条件画出可行域如图中暗影部分所示：可知可行域为张口向上的V 字型．在极点处 z 有最小值，极点为 a 1 , a 1 ，则 a－ 12 2 2＋a a 1＝7，解得 a＝ 3 或 a＝－ 5.当 a＝－ 5 时，如图 2，2图 2虚线向上挪动时 z 减小，故 z→－∞，没有最小值，故只有a＝ 3 知足题意．选 B. 【答案】 B4．已知 g(x)是R上的奇函数，当 x＜ 0x3， x≤0，时，g(x) ＝－ ln(1 － x)，函数 f(x)＝g x ，x＞0，若 f(2－ x2)＞ f(x)，则实数 x 的取值范围是 ( )A．(－∞，1)∪(2，＋∞ ) B． (－∞，－ 2)∪ (1，＋∞)C．(1,2) D． (－ 2,1)【分析】设 x＞0，则－ x＜ 0，所以 g(－ x)＝－ ln(1 ＋ x)，由于 g(x)是R上的奇函数，x3， x≤0，易知 f(x)是R上的单一递所以 g(x)＝－ g(－x)＝ln(1 ＋ x)，所以 f(x)＝ln 1＋ x ， x＞ 0，增函数，所以原不等式等价于2－ x2＞ x，解得－ 2＜ x＜ 1.应选 D.【答案】 D2x－ y≤0，5．已知实数x， y 知足x＋ y－ 5≥0，若不等式a(x2＋ y2) ≥(x＋ y)2恒成立，则实数a 的y－ 4≤0，最小值是 ________．【分析】可行域为一个三角形ABC 及其内部 (图略 )，此中 A(2,4)，B(1,4)，C5 ,10，3 3所以 y∈ [k OA ， k OB ] ＝ [2,4] ，由于 y ＋ x在 [2,4] 上单一递加，所以y ＋ x ∈5 ,17，不等式 a(x 2xxyx y2 422x y 299＋y ) ≥(x ＋ y) 恒成立等价于 a ≥ x2y 2 5? a min ＝ 5.max【答案】9 52x －y － 2≥06．已知实数 x ，y 知足 x ＋y － 1≤0 ，z ＝ mx ＋ y 的最大值为 3，则实数m 的值是 ( )y ＋ 1≥0A ．－ 2B ． 3C ．8D ． 22x － y － 2≥0【分析】由实数 x ， y 知足 x ＋ y － 1≤0 作出可行域如图，y ＋ 1≥02x － y － 2＝0 ，解得A1, 1，联立y ＋ 1＝ 0 22x － y － 2＝0，解得 B(1,0)，同理 C(2，－ 1)联立x ＋ y － 2＝0化目标函数 z ＝ mx ＋ y 为 y ＝－ mx ＋ z ，当直线 z ＝ mx ＋ y 经过 C 点时，获得最大值3；∴ 3＝ 2m － 1，解得 m ＝ 2.应选 D.【答案】 D1＋ 4的最小值为 ()7．已知函数 f(x) ＝cos πx(0<x<2)，若 a ≠b ，且 f(a)＝ f(b)，则 a b 9A. 2 B ． 9【分析】函数 f( x)＝ cosπx(0< x<2) ，轴为 x＝ 1，若 a≠b，且 f(a)＝ f( b)，所以 a＋ b＝ 2131 4＝1 4 1 1 b 4a所以＋a b (a＋ b) ×＝25ba b 2 a 1 9 2 4 1 ≥ (5＋ 4)＝，当 a＝，b＝时取等号，故a 2 2 3 3＋4b的最小值为92，应选 A.【答案】 A2x－ y＋ 6≥08．已知实数 x，y 知足 x＋ y≥0，若目标函数 z＝－ mx＋ y 的最大值为－ 2m＋ 10，x≤2最小值为－ 2m－ 2，则实数 m 的取值不行能是 ( )A ． 3 B． 2C．0 D．－ 12x－ y＋ 6≥0【分析】由拘束条件x＋ y≥0作出可行域如图，x≤2联立方程组求得A(－ 2,2)， B(2，－ 2)， C(2,10) ，化目标函数z＝－ mx＋ y 为 y＝ mx＋ z，若 m≥0，则目标函数的最大值为 2m＋ 2，最小值为－ 2m－2，－2m＋ 10＝2m＋2由，可知 m＝ 2；－2m－ 2＝－ 2m－ 2若 m＝ 0，则目标函数的最大值为 10，最小值为－ 2，切合题意；若 m＝－ 1，则目标函数的最大值为－ 2m＋ 10，最小值为－ 2m－ 2，切合题意．∴实数 m 的取值不行能是 3.应选 A.【答案】 A－ ln x－x， x＞ 0，1 ＜ ln 1－ 2 的解集为9．已知函数f(x)＝则对于 m 的不等式 f－ ln －x ＋ x， x＜ 0. m 2()A. 0,1B ． (0,2)2C.1,0 ∪ 0,1D ． (－ 2,0)∪ (0,2)22【分析】函数 f(x)的定义域 ( －∞， 0)∪ (0，＋ ∞)对于原点对称，∵ x ＞ 0 时，－ x ＜ 0，f(－ x)＝－ ln x － x ＝ f(x)，同理： x<0 时， f(－ x)＝ f(x) ，∴ f(x)为偶函数．∵ f(x)在(0 ，＋ ∞)上为减函数，且 f(2) ＝－ ln 2 － 2＝ ln 1 －2.2∴当 m ＞ 0 时，由 f1＜ ln 1－ 2，得 f 1 ＜ f(2)，m2m∴ 11m ＜0 时，得－1 ＞ 2，解得 0＜ m ＜ .依据偶函数的性质知当＜ m ＜ 0.m 22【答案】Cx ≥2，时，z ＝ x ＋ y10．已知 x ，y 知足 y ≥2， (a ≥b ＞ 0)的最大值为 2，则 a ＋ b 的最小值为 ()x ＋ y ≤8 a bA ．4＋2 3B ．4－2 3C ．9D ． 8x ≥2，【分析】由拘束条件y ≥2，作出可行域如图，x ＋ y ≤8x ＝ 2，联立，x ＋ y ＝ 8解得 A(2,6)，化目标函数 x y bz ＝＋为 y ＝－ x ＋ bz ，a b ab由图可知，当直线y＝－a x＋ bz 过点 A 时，2 6直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为＋＝2，即1＋3＝1. a b所以 a＋ b＝ (a＋ b) 1 3a bb ＋3a b 3a＝ 4＋b ≥4＋ 2 ·＝4＋2 3.a a b1＋3＝ 1，当且仅当 a b 即 a＝ 3＋ 1， b＝ 3＋3时取等号．b＝3a，【答案】 A11．若函数 f(x)＝ x4＋ 4x3＋ ax2－ 4x＋ 1 的图象恒在 x 轴上方，则实数 a 的取值范围是 () A．(2，＋∞ ) B． (1，＋∞)C．( 3－1，＋∞) D． (2－ 1，＋∞)2 2【分析】x4＋ 4x3＋ ax2－ 4x＋ 1>0 恒成立，当x＝ 0 时， a∈R，当 x≠0时， a> －x4＋ 4x3－ 4x＋ 1 2 4 1 2 2 1 x2 ＝－ (x ＋4x－x＋x2)＝－ (t ＋ 4t＋ 2) ＝－ (t＋ 2) ＋ 2，此中t＝ x－x∈R，由于－( t＋ 2)2＋ 2≤2，进而 a>2，所以实数 a 的取值范围是 (2，＋∞)，选 A.【答案】 A二、填空题2x＋ y－ 4≥012．已知点 M 的坐标 (x，y)知足不等式x－ y－ 2≤0，N为直线y＝－2x＋2上任一点，y－ 3≤0则|MN|的最小值是 ()5 2 5A. 5B. 5C. 5D. 5 102x ＋ y － 4≥0【分析】点 M 的坐标 ( x ， y)知足不等式组 x － y － 2≤0 的可行y －3≤0域如图： N 为直线 y ＝－ 2x ＋2 上任一点，则 |MN |的最小值，就是两条|－ 2＋4|25 平行线 y ＝－ 2x ＋ 2 与 2x ＋ y － 4＝0 之间的距离： d ＝＝，故选 B.【答案】Ba ba13．设 a>b>c>0 ，若不等式 log2018＋ log 2018 ≥dlog2018 对全部知足题设的 a ，b ， cbcc均成立，则实数 d 的最大值为 ____________．a b a lg2018 lg2018 lg2018【分析】log b 2018＋ log c 2018 ≥dlog c 2018?a ＋b ≥d a ，由于 a>b>c>0 ，lg b lg clg ca ba ab a 1 1)(x ＋ y)的最小值，所以 lg >0 ，lg>0，lg >0 ，设 x ＝ lg ，y ＝ lg ，则 lg＝ x ＋ y ，所以 d ≤(＋bccbccx y1 1 y x y xd ≤4，即实数 d 的而( ＋ )( x ＋ y)＝ 2＋＋ ≥2＋2·＝ 4，当且仅当 x ＝ y 时取等号，进而x y x yx y最大值为 4.【答案】 4x ＋y ≥2，14．已知点 O 是坐标原点，点A(－ 1，－ 2)，若点 M(x ， y)是平面地区 x ≤1，上y ≤2，→ → →1的一个动点， OA ·(OA －MA )＋ m ≤0恒成立，则实数 m 的取值范围是 ________．【分析】→ →由于 OA ＝ ( －1，－ 2)，OM ＝ (x ， y)，→ → → → →所以 OA ·(OA － MA )＝ OA ·OM ＝－ x － 2y.→ → → 1 1 1恒成立．所以不等式 OA ·(OA － MA )＋ ≤0恒成立等价于－ x － 2y ＋m≤0，即 ≤x ＋ 2ym m设 z ＝ x ＋ 2y ，作出不等式组表示的可行域如下图，当目标函数 z ＝ x ＋ 2y 表示的直线经过点 D(1,1)时获得最小值，最小值为 1＋ 2×1＝3；当目标函数 z ＝ x ＋ 2y 表示的直线经过点B(1,2)时获得最大值，最大值1＋ 2×2＝ 5.1所以 x ＋2y ∈ [3,5] ，于是要使 m ≤x ＋ 2y 恒成立，只需 11m 的取值范围是 (－ ∞， 0)∪ 1≤3，解得m ≥ 或 m ＜0，即实数 ,m33【答案】 (－∞，0)∪1,3。

2020版新高考复习理科数学教学案：不等式选讲含答案

教课资料范本2020版新高考复习理科数学教教案：不等式选讲含答案编辑： __________________时间： __________________8讲选修4－5不等式选讲■真题调研——————————————【例 1】 [20xx ·全国卷Ⅰ]已知为正数 .且知足 abc＝1.证明： 1 11(1)a＋b＋c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.解： (1)因为 a2＋b2≥2ab.b2＋c2≥2bc.c2＋ a2≥2ac.且 abc＝1.故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋ca111 abc＝a＋b＋c.111所以＋＋≤a2＋b2＋c2.a b c(2)因为 a.b.c 为正数且 abc＝1.故有(a ＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33＋b3b＋c3＋c3a a＝3(a＋b)(b＋ c)(a＋c)≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac)＝ 24.(当且仅当 a＝b＝c＝1 时取等号 )所以 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.【例 2】[20xx ·全国卷Ⅱ ]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： (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.＋∞)．【例 3】[20xx ·全国卷Ⅲ ]设∈R.且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；1(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥3建立 .证明： a≤－ 3或a≥－ 1.解： (1)因为 [(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].451故由已知得 (x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥3.当且仅当 x＝3.y＝－3.z 1＝－3时等号建立．所以 (x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)24的最小值为3.(2)因为 [(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＋a2当且仅当＝3.x4－a1－a2a－23 .y＝3 .z＝3时等号建立．所以 (x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋ a 23.＋21由题设知23a≥3.解得 a≤－3 或 a≥－1.【例 4】[20xx ·洛阳统考]已知 f(x)＝|x－3|.g(x)＝|x－k|(此中 k≥2)．(1)若k＝4.求f(x)＋g(x)<9的解集；(2)? x∈[1,2]. 不等式 f(x)－g(x)≥k－x恒建立 .务实数 k的值．解： (1)若 k＝4.则 f(x)＋g(x)<9.即 |x－3|＋|x－4|<9.x<3，3≤x≤4，即或3－x＋4－x<9x－3＋4－x<9x>4，或x－3＋x－4<9，解得－ 1<x<3 或 3≤x≤4 或 4<x<8.∴原不等式的解集为 { x|－1<x<8} ．(2)∵k≥2.且 x∈[1,2].∴x－3<0.x－k≤0.∴f(x)＝|x－3|＝3－x.g(x)＝|x－k|＝k－x.则 ? x∈[1,2].不等式 f(x)－g(x)≥k－x 恒建立 .即 ? x∈[1,2].x＋3≥2k 恒建立 .∴4≥2k.即 k≤2.又 k≥2.∴k＝2.■模拟操练——————————————1．[20xx ·南昌二模 ]已知 a.b为正实数 .函数 f(x)＝|x－a|－|x＋2b|.(1)求函数 f(x)的最大值；(2)若函数 f(x)的最大值为 1.求a2＋4b2的最小值．解： (1)因为 f(x)≤|(x－a)－(x＋2b)|＝a＋2b.所以函数 f(x)的最大值为 a＋2b.(2)由(1)可知 .a＋2b＝1.1所以 2(a2＋4b2)≥(a＋2b)2＝1.即 a2＋4b2≥2.1当且仅当 a＝2b＝2时取“＝”.1所以 a2＋4b2的最小值为2.2．[20xx ·广州综合测试二 ] 已知函数 f(x)＝|2x－1|－a.(1)当a＝ 1时.解不等式 f(x)>x＋1；1(2)若存在实数 x.使得 f(x)<2f(x＋1)建立 .务实数 a的取值范围．解： (1)当 a＝1 时 .由 f(x)>x＋1.得 |2x－1|－1>x＋1.1当 x≥2时 .2x－1－1>x＋1.解得 x>3.11当 x<2时.1－2x－1>x＋1.解得 x<－3.综上可知 .不等式 f(x)>x＋1 的解集为x|x>3 或x<－1. 31(2)解法一：由 f(x)<2f(x＋1).1a得 |2x－1|－a<2|2x＋1|－2.a>2|2x－1|－|2x＋1|.令 g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.1则存在实数 x.使得 f(x)<2f(x＋1)建立等价于 a>g(x)min .1－2x＋3，x<－2，1 1因为 g(x)＝－6x＋1，－2≤x≤2，12x－3，x>2，1所以 g(x)min＝g 2＝－ 2.所以实数 a 的取值范围为 (－2.＋∞)．1解法二：由 f(x)<2f(x＋1).得1a|2x－1|－a<2|2x＋1|－2.a>2|2x－1|－|2x＋1|.令 g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.1则存在实数 x.使得 f(x)<2f(x＋1)建立等价于 a>g(x)min .因为 ||2x－1|－ |2x＋1||≤|(2x－ 1)－(2x＋1)|＝2.所以－ 2≤|2x－1|－|2x＋1|≤2.所以 |2x－1|－|2x＋1|≥－2.所以 g(x)＝ |2x－1|－|2x＋1|＋|2x－1|≥－2＋|2x－1|≥－2.1当且仅当 x＝2时等号建立 .所以 g(x)min＝－ 2.所以实数 a 的取值范围为 (－2.＋∞)．3．[20xx ·太原一模 ]已知函数 f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|.(1)求不等式 f(x)≤5的解集；(2)若存在实数 x0.使得 f(x0)≤5＋m－m2建立的 m的最大值为 M .且实数 a.b知足 a3＋b3＝ M.证明： 0<a＋b≤2.解： (1)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|≤5.15即 |x－2＋ |x＋1|≤2.3由绝对值的几何意义可得x＝－2和 x＝1 使上述不等式中的等号建立 .3∴不等式 f(x)≤5 的解集为－2，1 .(2)由绝对值的几何意义易得1f(x)＝2 |x －2＋|x＋1|的最小值为 3.∴3≤5＋ m－m2.∴－ 1≤m≤2.∴M＝2.∴a3＋b3＝2.1 3∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2).a2－ab＋b2＝ a－2b 2＋4b2≥0.∴a＋b>0.∵ 2ab≤a2＋b2∴≤＋ 2 ∴≤a＋b 2..4ab (a b) .ab41∴ 2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[( a＋b)2－3ab] ≥4(a＋b)3.∴a＋b≤2.∴ 0<a＋b≤2.4．[20xx ·福建质检 ]已知函数 f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a＞0)．(1)当a＝ 2时.求不等式 f(x)＞1的解集；(2)若y＝f(x)的图象与 x轴围成直角三角形 .求a的值．解： (1)当 a＝2 时 .不等式 f(x)>1 即|x＋1|－|2x－3|>1.当 x≤－1 时.原不等式可化为－ x－1＋2x－3>1.解得 x>5.因为x≤－1.所以此时原不等式无解；3当－ 1<x≤2时.原不等式可化为 x＋1＋2x－3>1.3解得 x>1.所以 1<x≤2；33当 x>2时.原不等式可化为 x＋1－2x＋3>1.解得 x<3.所以2<x<3.综上 .原不等式的解集为 { x|1<x<3} ．3(2)解法一：因为 a>0.所以a>0.a－1 x－4，x≤－13所以 f(x)＝a＋1 x－2，－ 1<x≤a.31－a x＋4，x>a33因为 a>0.所以 f(－1)＝－ a－3<0.f a＝1＋a>0.当 0<a<1 时.f(x)的图象如图 1 所示 .要使得 y＝f(x)的图象与 x 轴围成直角三角形 .则(a－1)(a＋1)＝－ 1.解得 a＝0.舍去；图 1当 a＝1 时.f(x)的图象如图 2 所示 .所以 y＝f(x)的图象与 x 轴不可以围成三角形 .不切合题意 .舍去；图 2当a>1 时.f(x)的图象如图3 所示 .要使得y＝f(x)的图象与x 轴围成直角三角形 .则(1－a)(a＋1)＝－ 1.解得 a＝± 2.因为 a>1.所以 a＝2.综上 .所求 a 的值为 2.图 33解法二：因为a>0.所以a>0.a－1 x－4，x≤－13所以 f(x)＝a＋1 x－2，－ 1<x≤a.31－a x＋4，x>a若 y＝f(x)的图象与 x 轴围成直角三角形 .则 (a－1)(a＋1)＝－1 或(a＋1)(1－a)＝－ 1.解得 a＝0(舍去 )或 a＝2或 a＝－2(舍去 )．经查验 .a＝2切合题意 .所以所求 a 的值为 2.。

2020年高考理科数学之高频考点解密31 不等式选讲(解析版)

解密31不等式选讲考点1 含绝对值不等式的解集及其应用调研1 已知函数()212f x x x=+--.（1）画出函数()f x的图象；（2）若关于x的不等式21()x m f x++≥有解，求实数m的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）3[,)2-+∞.【思路分析】（1）写出f（x）的分段函数式，画出图象；（2）由题意可得2m+1≥f（x）﹣x的最小值，对x讨论去绝对值，结合一次函数的单调性可得最小值，即可得到所求范围．【解析】（1）∵f （x ）＝|2x +1|﹣|x ﹣2|1321312232x x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--⎨⎪+≥⎪⎪⎩，，＜＜，， ∴()f x 的图象如图：（2）由（1）得12321()212232x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪-=--<<⎨⎪≥⎪⎪⎩（）（）（），∴当12x =-时，[]min ()2f x x -=-， ∴题设等价于212m +≥-，即32m ≥-，故实数m 的取值范围为3[,)2-+∞.【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法和不等式有解的条件，注意运用分类讨论的思想方法和分离参数法，属于中档题．调研2 设函数()|1||2|f x x x =-+-. （1）解不等式x x f -≥5)(；（2）若11)(-≥ax f 对R ∈∀x 恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）),38[]2,(+∞--∞Y ；（2）),21[)0,(+∞-∞Y .【解析】（1）因为32,1()1,1223,2x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩,当1x ≤时，x x -≥-523，解得2-≤x ；当12x <<时，x -≥51，无解；当2x ≥时，x x -≥-532，解得38≥x . 所以不等式x x f -≥5)(的解集为),38[]2,(+∞--∞Y .（2）依题意只需11)(min -≥ax f ，而()|1||2||(1)(2)|1f x x x x x =-+-≥---=，所以111a -≤，解得0<a 或21≥a ,故实数a 的取值范围是),21[)0,(+∞-∞Y .调研3 已知函数()|5|f x x =-，()5|23|g x x =--．（1）求不等式()()f x g x <的解集；（2）若关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解，求实数a 的取值范围．【答案】（1）(1,3)；（2）[2,)+∞．【解析】（1）()()f x g x <即|23||5|5x x -+-<，当32x <时，3255x x -+-<，解得312x <<；当352x ≤<时，2355x x -+-<，解得332x ≤<；当5x ≥时，2355x x -+-<，无解．综上，13x <<，故不等式()()f x g x <的解集为(1,3)．（2）因为关于x 的不等式2()()f x g x a -≤有解，所以min [2()()]f x g x a -≤．因为2()()|210||23|5|(210)(23)|52f x g x x x x x -=-+--≥----=，当且仅当3[,5]2x ∈时取等号，所以2a ≥，故实数a 的取值范围为[2,)+∞．调研4 已知函数()2123f x x x =++-．（1）求不等式()7f x x ≤的解集；（2）若关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，求实数m 的取值范围．【答案】（1）{}| 1 x x ≥；（2）[6,)+∞.【思路分析】（1）分情况去绝对值解不等式即可；（2）由绝对值三角不等式可得()7f x ≥，从而得17m +≥进而得解.【解析】（1）不等式()7f x x ≤，即2123x x ++-7x ≤可化为①1221267x x x x ⎧<-⎪⎨⎪---+≤⎩，或②13221267x x x x⎧-≤<⎪⎨⎪+-+≤⎩，或③32+1+267x x x x ≥⎧⎨-≤⎩，①无解，解②得13x ≤<，解③得3x ≥，综合得：1x ≥，即原不等式的解集为{}| 1 x x ≥.（2）因为()()()212321267f x x x x x =++-≥+--=， ∵关于x 的方程()1f x m =+存在实数解，17m ∴+≥，解得6m ≥，∴实数m 的取值范围为[6,)+∞．【名师点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解及绝对值三角不等式求最值，重点考查了学生的计算能力，属于基础题.调研5 设函数()2221f x x x a =---.（1）若2a =，求不等式()0f x <的解集；（2）若不等式()3f x >存在实数解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）(,22-；（2）()(),22,-∞-+∞U . 【解析】（1）若2a =，由()0f x <，得22140x x ---<，即2214x x -<-，即2222|1||4|x x -<-，424221816x x x x -+<-+，得2615x <，解得22x -<<.故不等式()0f x <的解集是(22-. （2）“不等式()3f x >存在实数解”等价于“不等式22213x x a --->存在实数解”. 因为()()2222222111x x a x x aa---≤---=-，所以213a ->，即213a ->或213a -<-，解得2a >或2a <-.故实数a 的取值范围是()(),22,-∞-+∞U .☆技巧点拨☆含绝对值不等式的解法1．公式法：对于形如|f (x )|>g (x )或|f (x )|<g (x )，利用公式|x|<a ⇔−a<x<a (a>0)和|x|>a ⇔x>a 或x<−a (a>0)直接求解不等式；2．平方法：对于形如|f (x )|≥|g (x )|，利用不等式两边平方的技巧,去掉绝对值,需保证不等式两边同正或同负，即|f (x )|≥|g (x )|⇔f (x )2≥g 2(x )；3．零点分段法：对于形如|f (x )|±|g (x )|≥a,|f (x )|±|g (x )|≤a ，利用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解；4．几何法：对于形如|x±a|±|x±b|≤c ,|x±a|±|x±b|≥c ，利用绝对值三角不等式的性质求解，即（1）定理1:如果a,b 是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab ≥0时,等号成立.（2）定理2:如果a,b,c 是实数,那么|a−c|≤|a−b|+|b−c|,当且仅当(a−b )(b−c )≥0时,等号成立. （3）推论1:||a|−|b||≤|a+b|. （4）推论2:||a|−|b||≤|a−b|.5．图象法：对于形如|f (x )|+|g (x )|≥a 可构造y=|f (x )|+|g (x )|−a 或y=|f (x )|+|g (x )|与y=a ，在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解或通过移项构造一个函数.考点2 不等式的证明调研1 已知定义在R 上的函数()12f x x x =++-的最小值为a ．（1）求a 的值；（2）若p ，q 是正实数，且满足p q a +=，求证：1143p q +≥. 【答案】（1）3a =；（2）见解析.【思路分析】（1）利用绝对值三角不等式即可得到函数的最小值；（2）由（1）得3p q +=，则11p q+=11()()33p qp q ++，展开利用基本不等式即可得到证明. 【解析】（1）因为()()12123x x x x ++-≥+--=，当且仅当12x -≤≤时，等号成立，所以()f x 的最小值等于3，即3a =. （2）由（1）知3p q +=，又,p q 是正实数，所以1111()()33p qp q p q +=++ 113333q p p q =+++2433≥+=，当且仅当32p q ==时，等号成立. 【名师点睛】本题主要考查利用绝对值三角不等式求函数的最值，考查利用基本不等式证明不等式，属于基础题.调研2 设0,0a b >>，且222a b ab +=，求证：（1）332a b +≥；（2）()()554a b a b++≥.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【思路分析】（1）用作差比较法证明即可；（2）将条件变形得()()()()22553322a b a b a b ab a b ++=++-，然后根据332a b +≥及()2220a b -≥可得结论成立．【解析】（1）220,0,2a b a b ab >>+=Q ，()()33332222)2a b a b a b ab a a b b b a ∴+-=+--=-+-（ ()()()222=)0a b a b a b a b --=-+≥（，332a b ∴+≥.（2）()()()25566553333552a b a b a b a b ab a b a b a b ab ++=+++=+-++()()()()2223342243322=2a b ab a a b b a b ab a b ++-+=++-，330,0,2,a b a b >>+≥Q552))(24a b a b ∴++≥=（.调研3 设函数f （x ）＝|x ＋a |＋|x －a |，当12a =时，不等式f （x ）＜2的解集为M ；当14a =时，不等式f （x ）＜1的解集为P ．（1）求M ，P ；（2）证明：当m ∈M ，n ∈P 时，|m ＋2n |＜|1＋2mn |．【答案】（1）{|11}M x x =-<<，11{|}22P x x =-<<；（2）见解析. 【解析】（1）当12a =时，()122111112222122x x f x x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=++-=-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩，，，，，，结合图象知，不等式()2f x <的解集{|11}M x x =-<<，同理可得，当14a =时，不等式()1f x <的解集11{|}22P x x =-<<．（2）∵m M n P ∈∈，， ∴22111114122m n m n -<<-<<<<，，，， ∴()()()()222222222124411140m n mn m n m n m n+-+=+--=--<，∴()()22212m n mn +<+， ∴212m n mn +<+．【名师点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，一般是利用零点分段讨论法求解；不等式的证明常用比较法处理.（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，再求解一元不等式；（2）利用作差比较法可以证明.☆技巧点拨☆不等式证明的常用方法（1）作差比较. 作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差.②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和. ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号.注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小. （2）分析法：执果索因.基本步骤：要证……只需证……，只需证……①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件.②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达.（3）利用基本不等式求最值：若a ，b 为正实数，则a b +≥.1．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中）已知a ，b ，c 为正实数，且1113a b c++=．（1）解关于c 的不等式2|5|a b c ab+-≤；（2）证明：2223c a ba b c ++≥．【答案】（1）31[]82，；（2）证明见解析．【思路分析】（1）将1113a b c ++=变形为13a b ab c +=-代入不等式求解；（2）利用柯西不等式证明即可．【解析】（1）因为1113a b c ++=，所以13a b ab c+=-，所以2|5|a b c ab +-≤等价为21|5|3c c -≤-，即121353c c c -≤-≤-，解得3182c ≤≤，故关于c 的不等式2|5|a b c ab +-≤的解集为31[]82，．（2）由柯西不等式可得2222111111()(++)(++)c a b a b c c a b a b c++≥，当且仅当1a b c ===等号成立，所以2223c a ba b c ++≥．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查柯西不等式证明不等式，是中档题．2．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）已知实数,a b 满足33a b +≥，1a b -≤．（1）证明：1a b +≥；（2）若0pq >，证明：()()ap bq aq bp pq ++≥．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）根据绝对值不等式的性质，得到()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤，再由题中条件，根据不等式的性质，即可得出结论成立；（2）根据题意，由分析法逐步递推，得到显而易见的结论即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质可得()332a b a b a b a b a b +--+--=+≤，又33a b +≥，1a b -≤，所以1a b +≥．（2）因为0pq >，要证()()ap bq aq bp pq ++≥，即证()()1bq bp a a p q ++≥，即证22()1q pa b ab p q+++≥，又2q p p q +≥，当且仅当1==q p p q，即1==±p q 时，等号成立，所以即证2221++≥a b ab 成立，即证()21a b +≥成立，由（1）知()21a b +≥显然成立，因此()()ap bq aq bp pq ++≥．【名师点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记含绝对值不等式的性质，基本不等式，以及不等式的证明方法即可，属于常考题型．3．（四川省绵阳市2019-2020学年高三上学期第一次诊断性考试）设函数()|||1|5()f x x m x m =-++-∈R ．（1）当2m =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()2f x ≥-，求实数m 的取值范围．【答案】（1）(,2][3,)-∞-+∞U ；（2）(,4][2,)-∞-+∞U ．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；（2）先求()f x 的最小值，然后求解绝对值不等式即可．【解析】（1）当2m =时，()|2||1|5f x x x =-++-．当1x ≤-时，()(2)(1)50f x x x =---+-≥，解得2x -≤；当12x -<<时，()(2)150f x x x =--++-≥，无解．当2x ≥时，()2150f x x x =-++-≥，解得3x ≥；综上，原不等式的解集为(,2][3,)-∞-+∞U ．（2）∵()|||1|5|()(1)|5f x x m x x m x =-++-≥--+-|1|52m =+-≥-，当且仅当()(1)0x m x -+≤等号成立，∴|1|3m +≥， ∴13m +≥或13m +≤-，即2m ≥或4m ≤-， ∴实数m 的取值范围是(,4][2,)-∞-+∞U ．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用a b a b a b +≥±≥-来实现，侧重考查数学运算的核心素养． 4．（2019年11月四川省攀枝花市一模）已知函数()|21|f x x =-．（1）解不等式()||3f x x <+；（2）若对于x ，y R ∈，有1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤，求证：(67)f x ≤．【答案】（1）{|24}x x -<<；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式即可证明结论．【解析】（1）由()||3f x x <+得|21|||3x x -<+，则12213x x x ⎧≥⎪⎨⎪-<+⎩，或102123x x x ⎧<<⎪⎨⎪-<+⎩，或012 3.x x x ≤⎧⎨-<-+⎩，解得142x ≤<，或102x <<，或20x -<≤，即24x -<<，所以不等式()||1f x x <+的解集为{|24}x x -<<．（2）由1|31|3x y -+≤，1|21|6y -≤，所以()|21||2(31)3(21)|f x x x y y =-=-++-2172|31|3|21|326x y y ≤-++-≤+=．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的求解与证明，利用零点分段讨论法解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式证明不等式．5．（重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高三11月月考）()|||12|f x x a x a =-++-．（1）若(2)2f ≤，求a 的取值范围；（2）设（1）中a 的最小值为M ，若|2|m n M +≤，||m n M -≤，求证：|21|3m n ++≤．【答案】（1）7[1,]3；（2）证明见解析．【思路分析】（1）利用零点分段法解含有绝对值的不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式，证明不等式即可．【解析】（1）由题可得(2)|2||32|2f a a =-+-≤，当32a ≤时，33a ≥，1a ≥，∴312a ≤≤当322a <<时，3a ≤，∴322a << 当2a ≥时，，33a ≥，73a ≤，∴723a ≤≤，综上，713a ≤≤，故a 的取值范围为7[1,]3．（2）由题可得|2|1m n +≤，||1m n -≤，则|2||2||2|||2m n m n m n m n m n +=++-≤++-≤， ∴|21||2|13m n m n ++≤++≤．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法与证明，考查运算能力与转化能力，属于中档题．6．（云南省曲靖市第一中学2019-2020学年高考复习质量监测）已知定义在R 上的函数2()|f x x m =-+|||m x m --．（1）若()f x 的最大值为4，求正实数m 的值；（2）若(1)4f -≤，求m 的取值范围．【答案】（1）1m =+（2）[．【思路分析】（1）由绝对值不等式的性质可得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，再结合()f x 的最大值为4，求解即可；（2）由()2111f m m m -=-+-+，再分1m ≥-，1m <-两种情况讨论解不等式即可．【解析】（1）由绝对值不等式的性质得()22x m m x m x m m x m -+--≤-+--22m m =-，当且仅当()()20x m mx m -+-≥时，等号成立．由已知有224m m -=，得224m m -=或224m m -=-，解得1m =+1m =-，即正实数m 的值为1+．（2）2211(111)f m m m m m m =--+---=-+-+-，由于210m m -+>，则2(1)11f m m m -=-+-+．①当1m ≥-时，()22(1)112f m m m m m -=-+-+=-，由224m m -≤，得11m ≤≤+，又1m ≥-，所以11m -≤≤+； ②当1m <-时，()22(1)112f m m m m -=-+++=+，由224m +≤，得m ≤≤1m <-，所以1m <-，综上，可得m 的取值范围为[．【名师点睛】本题考查了绝对值不等式的性质及解含绝对值符号的不等式，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题．7．（重庆市渝中区巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考）已知函数()1f x x a x =++-．（1）当2a =时，求不等式()8f x x ≥+的解集；（2）若关于x 的不等式()5f x x ≤-的解集包含[0,2]，求实数a 的取值范围．【答案】（1）(][),37,-∞-+∞U ；（2）[4,0]-．【思路分析】（1）按21,21,x x x ≤-≥-<<进行分类，得到等价不等式组，分别解出解集，再取并集，得到答案；（2）将问题转化为()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立，按[]0,1x ∈和(]1,2x ∈分类讨论，分别得到不等式恒成立时对应的a 的范围，再取交集，得到答案．【解析】（1）当2a =时，()218f x x x x =++-≥+等价于1218x x x ≥⎧⎨+≥+⎩或2138x x -≤<⎧⎨≥+⎩或2218x x x <-⎧⎨--≥+⎩，解得7x ≥或x ∈∅或3x ≤-， ∴不等式的解集为(][),37,-∞-+∞U ．（2）依题意即()15f x x a x x =++-≤-在[]0,2x ∈时恒成立，当[]0,1x ∈时，15x a x x ++-≤-，即4x a +≤，∴44a x a --≤≤-对[]0,1x ∈恒成立，∴4014a a --≤⎧⎨≤-⎩，得43a -≤≤；当(]1,2x ∈时，15x a x x ++-≤-，即62x a x +≤-，6226x a x x ≤+≤--，∴636a x x a -⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩对任意(]1,2x ∈恒成立，∴62326a a-⎧≤⎪⎨⎪≤+⎩，得04a a ≤⎧⎨≥-⎩∴40a -≤≤，综上，40a -≤≤，故实数a 的取值范围为[4,0]-．【名师点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，分类讨论研究不等式恒成立问题，属于中档题． 8．（2019年11月广西壮族自治区柳州市一模）已知函数()212f x x x =+--，不等式()2f x ≤的解集为M ．（1）求M ；（2）记集合M 的最大元素为m ，若a 、b 、c 都是正实数，且11123m a b c++=．求证：239a b c ++≥．【答案】（1）{}51x x -≤≤；（2）证明见解析．【思路分析】（1）分21x <-、122x -≤≤、2x >三种情况，去绝对值解不等式()2f x ≤，可得出集合M ；（2）由（1）知，1m =，则111123a b c ++=，然后将代数式23a b c ++与11123a b c++相乘，利用柯西不等式可证明出239a b c ++≥．【解析】（1）()2122f x x x =+--≤Q ．当21x <-时，()()()21232f x x x x =-++-=--≤，解得5x ≥-，此时152x -≤<-；当122x -≤≤时，()()()212312f x x x x =++-=-≤，解得1x ≤，此时112x -≤≤；当2x >时，()()()21232f x x x x =+--=+≤，解得1x ≤-，此时x ∈∅．故不等式()2f x ≤的解集为{}51x x -≤≤，因此，集合{}51M x x =-≤≤；（2）由（1）可知1m =，111123a b c++=Q，∴由柯西不等式可得 ()1112323()23a b c a b c a b c++=++++29≥+=，即239a b c ++≥，当且仅当23a b c ==时，即当3a =，32b =，1c =时取等号．【名师点睛】本题考查绝对值不等式的解法，同时也考查了利用柯西不等式证明三元不等式，解题的关键在于对代数式进行合理配凑，考查分类讨论思想的应用，属于中等题．9．（广东省2019-2020学年高三第一次教学质量检测）已知函数1(2)4f x x x =-++．（1）求不等式()5f x ≥的解集；（2）若1m >，1n >，求证：()24f mn mn n m -+>-．【答案】（1）8(,][0,)3-∞-+∞U ；（2）见解析．【思路分析】（1）分三段2x <-，21x -≤≤，1x >进行讨论求不等式即可；（2）代入()f mn 化简得出求证|1|||mn n m ->-，故考虑两边平方化简证明．【解析】（1）1245x x -++≥等价于21245x x x <-⎧⎨---≥⎩或211245x x x -≤≤⎧⎨-++≥⎩或11245x x x >⎧⎨-++≥⎩，解得83x ≤-或01x ≤≤或1x >，所以原不等式的解集为8(,][0,)3-∞-+∞U ．（2）要证：()|24|||f mn mn n m -+>-，只要证|1|||mn n m ->-，只需证22(1)()mn n m ->-，而()()22222222(1)()1110mn n m m n m n m n ---=--+=-->，从而原不等式成立．【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的方法，包括分情况分段讨论与平方的方法等． 10．（陕西省西安市西安中学2019-2020学年高三上学期期中）已知0,0,1a b a b >>+=．求证：（1）3311()()1a b a b++≥；（2）229(1)(1)2a b +++≥．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【思路分析】（1）把不等式左边展开，把1a b +=代入，利用均值不等式，即可证明；（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-，又由1a b =+≥得14ab ≤，代入即可证明．【解析】（1）由题意，0,0a b >>且1a b +=，则33332211()()a b a b a b a b b a ++=+++=442()2a b a b ab ab+++-=442221a b a b ab +-+=222()1a b ab-+≥1，当且仅当12a b ==时等号成立．（2）由22222(1)(1)2()2()2452a b a b a b a b ab ab +++=++++=+-+=-，因为0,0a b >>，且1a b =+≥14ab ≤，所以9522ab -≥，当且仅当12a b ==时等号成立，从而229(1)(1)2a b +++≥．【名师点睛】考查不等式的证明，以及均值不等式在证明不等式问题中的应用，其中解答中合理运用均值不等式前的灵活变换是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档题． 11．（江西省吉安市吉州区吉安市白鹭洲中学2019-2020学年高三上学期11月月考）已知()22f x x =++1x -的最小值为t ．（1）求t 的值；（2）若实数a ，b 满足2222a b t +=，求2214a b+的最小值．【答案】（1）2；（2）9．【思路分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号，化函数为分段函数，再根据分段函数性质求得最小值；（2）由基本不等式可得最小值．【解析】（1）31,1()2213,1131,1x x f x x x x x x x +≥⎧⎪=++-=+-⎨⎪--≤-⎩＜＜， ∴f （x ）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增， ∴f （x ）min ＝f （﹣1）＝2，∴t ＝2；（2）由（1）可知2a 2+2b 2＝2，则a 2+b 2＝1，∴222222222214144()()559b a a b a b a b a b +=++=++≥+=，当且仅当22224=b a a b，即213a =，223b =时取等号，故2214a b +的最小值为9．【名师点睛】本题考查绝对值函数的性质，考查基本不等式求最值．对绝对值函数可根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后再研究分段函数的性质即可．12．（湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()|2||24|f x x x =-++（1）解不等式()34f x x ≥-+；（2）若函数()f x 最小值为a ，且2(0,0)m n a m n +=>>，求21+1m n+的最小值．【答案】（1）1[,)2-+∞；（2）最小值为32．【思路分析】（1）利用零点分段法去绝对值，由此解不等式()34f x x ≥-+，求得不等式的解集；（2）利用绝对值不等式求得()f x 的最小值，也即求得a 的值．利用配凑法，结合基本不等式，求得21+1m n+的最小值．【解析】（1）当2x <-时，3234x x --≥-+，无解，当22x -≤≤时，634x x +≥-+，得122x -≤≤，当2x >时，3234x x +≥-+，得2x >，所以不等式解集为1[,)2-+∞．（2）()|2||24||2||2||2|f x x x x x x =-++=-++++|(2)(2)||2|x x x ≥--+++4|2|4x =++≥当且仅当22x -≤≤时取等当且仅当2x =-时取等号，所以当2x =-时，()f x 最小值为4，即4a =，所以24m n +=，所以21121[2(1)]()161m n m n m n +=+++++ 12(1)2(5)61m n n m +=+++13(562≥+=，当且仅当2(1)21m nn m +=+且24m n +=即1,2m n ==时取“=” 所以21+1m n +最小值为32．【名师点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题．13．（黑龙江省大庆市2019-2020学年高三第一次教学质量检测）设函数()2f x x =+．（1）求不等式()()6f x f x +-≥的解集；（2）若不等式()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，求k m +的取值范围．【答案】（1）(][),33,-∞-+∞U ；（2）(,5)-∞-．【思路分析】（1）利用零点分段讨论可求不等式的解；（2）利用分段讨论化简函数()()41y f x f x =--+并画出其图象，再根据()()41f x f x kx m --+>+可得k 的值和m 的范围．【解析】（1）()()2,2224,222,2x x f x f x x x x x x -<-⎧⎪+-=++-+=-≤≤⎨⎪>⎩由()6f x ≥，则(][),33,x ∈-∞-+∞U ．（2）()()5,3412321,225,2x f x f x x x x x x <-⎧⎪--+=--+=---≤≤⎨⎪->⎩，()()41y f x f x =--+的图象如图所示：由()()41f x f x kx m --+>+的解集为实数集R ，可得0k =，5m <-，即5k m +<-，故k m +的取值范围为(,5)-∞-．【名师点睛】解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法求解时注意图像的正确刻画．14．（贵州省安顺市2019-2020学年高三上学期第一次联考）已知函数()23f x x x =-+-．（1）求不等式()2f x <的解集；（2）若()21f x x α≥+的解集包含[]3,5，求实数a 的取值范围．【答案】（1）37{|}22x x <<；（2）1(,]7-∞．【思路分析】（1）函数化简为分段函数()25,31,2352,2x x f x x x x ->⎧⎪=≤≤⎨⎪-<⎩分别解不等式得到答案；（2）题目等价于当[]3,5x ∈时不等式恒成立，得到不等式2521x a x -≥+，求()2521x g x x -=+的最小值得到答案．【解析】（1）()25,3231,2352,2x x f x x x x x x ->⎧⎪=-+-=≤≤⎨⎪-<⎩，由()2f x <，解得3722x <<，故不等式()2f x <的解集是37{|}22x x <<．（2）()21f x a x ≥+的解集包含[]3,5，即当[]3,5x ∈时不等式恒成立，当[]3,5x ∈时，()25f x x =-，()21f x a x ≥+，即()2521x a x -≥+，因为210x +>，所以2521x a x -≥+，令()25612121x g x x x -==-++，[]3,5x ∈，易知()g x 在[]3,5上单调递增，所以()g x 的最小值为1(3)7g =，因此17a ≤，故a 的取值范围为1(,]7-∞．15．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2019-2020学年高三上学期一摸）已知函数()12f x x x =+-．（1）求不等式()2f x ≥-的解集；（2）若关于x 的不等式()235f x a a -≥-在2[,1]3-上有解，求实数a 的取值范围．【答案】（1）{}13x x -≤≤；（2）55[,22-+．【思路分析】（1）利用零点法分类讨论求出不等式()2f x ≥-的解集；（2）根据题意本问题题可以转化为()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，求出()f x 的最大值，最后求出实数a 的取值范围．【解析】（1）不等式化为0122x x x ≥⎧⎨+-≥-⎩或10122x x x -≤<⎧⎨++≥-⎩或1122x x x <-⎧⎨--+≥-⎩，解得03x ≤≤或10x -≤<或∅，故不等式()2f x ≥-的解集为{}13x x -≤≤．（2）由题意知，只需()2max 35f x a a -≥-⎡⎤⎣⎦成立，因为()1,03231,03x x f x x x -+≤≤⎧⎪=⎨+-≤<⎪⎩，在2[,0]3-上单调递增，在[]0,3上单调递减，所以()()max 01f x f ==，所以2520a a -+≤，解得5522a ≤≤．故实数a的取值范围为．【名师点睛】本题考查了利用零点法分类讨论求解绝对值问题，考查了不等式在闭区间上有解问题，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力．16．（江西省抚州市临川第二中学2019-2020学年高三上学期期中）已知函数()12,=+--∈f x x m x m R ．（1）当3m =时，求不等式()1f x >的解集；（2）当[]1,2x ∈-时，不等式()21f x x <+恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）3(,3)2；（2）1(,)3+∞．【思路分析】（1）代入m 的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为1(2)21x m x x +--<+恒成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x ->=---，令2()12g x x=--，求出()g x 的最大值，求出m 的范围即可．【解析】（1）当3m =时，()132f x x x =+--，由()1f x >，得1271x x <-⎧⎨->⎩或12451x x -≤≤⎧⎨->⎩或2271x x >⎧⎨-+>⎩，解得322x <≤或23x <<，故不等式的解集是3(,3)2．（2）当[]1,2x ∈-]时，()1(2)f x x m x =+--，因此()21f x x <+恒成立，即1(2)21x m x x +--<+恒成立，整理得(2)m x x ->-，当2x =时，02>-成立，当[)1,2x ∈-时，2122x m x x->=---，令2()12g x x=--，∵12x -≤<，∴023x <-≤， ∴1123x ≥-，∴21123x -≤-，故max 1()3g x =，故13m >．故m 的取值范围为1(,)3+∞．【名师点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型．1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．证明：（1）222111a b c a b c++≤++；（2）333()()()24a b b c c a +++≥++．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）因为2222222,2,2a b ab b c bc c a ac +≥+≥+≥，又1abc =，故有222111ab bc ca a b c ab bc ca abc a b c++++≥++==++．所以222111a b c a b c++≤++．（2）因为, , a b c 为正数且1abc =，故有333()()()a b b c c a +++++≥=3(+)(+)(+)a b b c a c3≥⨯⨯⨯=24．所以333()()()24a b b c c a +++++≥．【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()|||2|().f x x a x x x a =-+-- （1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集；（2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围．【答案】（1）(,1)-∞；（2）[1,)+∞．【解析】（1）当a =1时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---．当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥．所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞．（2）因为()=0f a ，所以1a ≥．当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x -----．所以，a 的取值范围是[1,)+∞．【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型． 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-．【答案】（1）43；（2）见解析．【解析】（1）由于2[(1)(1)(1)]x y z -++++222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]x y z x y y z z x =-+++++-++++++-2223(1)(1)(1)x y z ⎡⎤≤-++++⎣⎦，故由已知得2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥，当且仅当x =53，y =–13，13z =-时等号成立．所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43．（2）由于2[(2)(1)()]x y z a -+-+-222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]x y z a x y y z a z a x =-+-+-+--+--+--2223(2)(1)()x y z a ⎡⎤≤-+-+-⎣⎦，故由已知2222(2)(2)(1)()3a x y z a +-+-+-≥，当且仅当43a x -=，13a y -=，223a z -=时等号成立．因此222(2)(1)()x y z a -+-+-的最小值为2(2)3a +．由题设知2(2)133a +≥，解得3a ≤-或1a ≥-．【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型． 4．【2019年高考江苏卷数学】设x ∈R ，解不等式||+|2 1|>2x x -．【答案】1{|3x x <-或1}x >．【解析】当x <0时，原不等式可化为122x x -+->，解得x <13-；当0≤x ≤12时，原不等式可化为x +1–2x >2，即x <–1，无解；当x >12时，原不等式可化为x +2x –1>2，解得x >1．综上，原不等式的解集为1{|3x x <-或1}x >．【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力． 5．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知()|1||1|f x x ax =+--.（1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；（2）若(0,1)x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）1{|}2x x >；（2）(0,2]．【解析】（1）当1a =时，()|1||1|f x x x =+--，即2,1,()2,11,2, 1.x f x x x x -≤-⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩故不等式()1f x >的解集为1{|}2x x >．（2）当(0,1)x ∈时|1||1|x ax x +-->成立等价于当(0,1)x ∈时|1|1ax -<成立．若0a ≤，则当(0,1)x ∈时|1|1ax -≥；若0a >，|1|1ax -<的解集为20x a <<，所以21a≥，故02a <≤．综上，a 的取值范围为(0,2]．6．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()5|||2|f x x a x =-+--．（1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()1f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）{|23}x x -≤≤；（2）(,6][2,)-∞-+∞U ．【解析】（1）当1a =时，24,1,()2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤．（2）()1f x ≤等价于|||2|4x a x ++-≥．而|||2||2|x a x a ++-≥+，且当2x =时等号成立．故()1f x ≤等价于|2|4a +≥．由|2|4a +≥可得6a ≤-或2a ≥，所以a 的取值范围是(,6][2,)-∞-+∞U ．7．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-．（1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b +≤，求a b +的最小值．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）13,,21()2,1,23, 1.x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）由（1）知，()y f x =的图像与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[0,)+∞成立，因此a b +的最小值为5．8．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()4f x x ax =-++，()11g x x x =++-||||. （1）当a =1时，求不等式()()f x g x ≥的解集；（2）若不等式()()f x g x ≥的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围.【答案】（1）{|1x x -≤≤；（2）[1,1]-. 【思路分析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤，对x 按1x <-，11x -≤≤，1x >讨论，得出不等式的解集；（2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.若()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥.则()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一，所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，从而得11a -≤≤.【解析】（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤.①当1x <-时，①式化为2340x x --≤，无解；当11x -≤≤时，①式化为220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①式化为240x x +-≤，从而112x -+<≤.所以()()f x g x ≥的解集为{|1x x -≤≤. （2）当[1,1]x ∈-时，()2g x =.所以()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥. 又()f x 在[1,1]-的最小值必为(1)f -与(1)f 之一，所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，得11a -≤≤. 所以a 的取值范围为[1,1]-.【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法，也可以将绝对值函数转化为分段函数，借助图象解题.9．【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知330,0,2a b a b >>+=．证明：（1）55()()4a b a b ++≥；（2）2a b +≤．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【思路分析】（1）展开所给的式子，然后结合题意进行配方即可证得结论，注意向332a b +=靠拢；（2）利用均值不等式的结论结合题意证得()38a b +≤即可得出结论．【解析】（1）()()556556a b a baab a b b ++=+++()()()2333344222244.a b a b ab a b ab a b =+-++=+-≥（2）因为()3322333a b a a b ab b +=+++()()()()232332432,4ab a b a b a b a b =+++≤+++=+所以()38a b +≤，因此2a b +≤．【名师点睛】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．10．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数f （x ）=│x +1│–│x –2│.（1）求不等式f （x ）≥1的解集；（2）若不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围.【答案】（1）{}1x x ≥；（2）5(,]4-∞.【思路分析】（1）将函数零点分段去绝对值符号，然后求解不等式即可；（2）由题意结合绝对值不等式的性质有25124x x x x +---+≤，则m 的取值范围是5(,]4-∞. 【解析】（1）()31211232,x f x x ,x ,x -<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪>⎩，当1x <-时，()1f x ≥无解；当12x -≤≤时，由()1f x ≥得，211x -≥，解得12x ≤≤；当2x >时，由()1f x ≥解得2x >. 所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥.（2）由()2f x x x m ≥-+得212m x x x x ≤+---+，而2223551212()244x x x x x x x x x +---+≤++--+=-+≤-，且当32x =时，25124x x x x +---+=.故m 的取值范围为5(,]4-∞.【名师点睛】绝对值不等式的解法有三种：方法1：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；方法2：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；方法3：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想. 11．【2016年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数f (x )=∣x +1∣-∣2x -3∣.（1）在下图中画出y = f (x )的图象；（2）求不等式∣f (x )∣﹥1的解集.【答案】（1）见解析；（2）1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【解析】（1）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+-≤<---≤-=.23,4,231,23,1,4)(x x x x x x x f)(x f y =的图象如图所示.（2）由)(x f 的表达式及图象，当1)(=x f 时，可得1=x 或3=x ；当1)(-=x f 时，可得31=x 或5=x ，故1)(>x f 的解集为{}31<<x x ；1)(-<x f 的解集为1{|5}3x x x <>或，所以1)(>x f 的解集为1(,)(1,3)(5,)3-∞+∞U U .【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图象、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式. 12．【2016年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数11()22f x x x =-++，M 为不等式f (x ) ＜2的解集. （1）求M ；（2）证明：当a ，b ∈M 时，∣a +b ∣＜∣1+ab ∣. 【答案】（1）{|11}M x x =-<<；（2）见解析.【思路分析】（1）先去掉绝对值，再分12x ≤-，1122x -<<和12x ≥三种情况解不等式，即可得Μ；（2）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a ，b Μ∈时，1a b ab +<+．【解析】（1）12,,211()1,,2212,.2x x f x x x x ⎧-≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≥⎪⎩当12x ≤-时，由()2f x <得22,x -<解得1x >-；当1122x -<<时，()2f x <；当12x ≥时，由()2f x <得22,x <解得1x <.所以()2f x <的解集{|11}M x x =-<<.（2）由（1）知，当,a b M ∈时，11,11a b -<<-<<，从而22222222()(1)1(1)(1)0a b ab a b a b a b +-+=+--=--<，因此|||1|.a b ab +<+【名师点睛】形如||||x a x b c -+-≥(或c ≤)型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,]a -∞，(,]a b ，(,)b +∞ (此处设a b <)三个部分，在每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数1||||y x a x b =-+-和2y c =的图象，结合图象求解． 13．【2016年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数()|2|f x x a a =-+.（1）当a =2时，求不等式()6f x ≤的解集；（2）设函数()|21|,g x x =-当x ∈R 时，f (x )+g (x )≥3，求a 的取值范围. 【答案】（1）{|13}x x -≤≤；（2）[2,)+∞．【思路分析】（1）利用等价不等式|()|()h x a a h x a ≤⇔-≤≤求解即可；（2）根据条件首先将问题转化为求解()()f x g x +的最小值，此最值可利用三角形绝对值不等式求得，再根据恒成立的意义建立关于a 的不等式求解．【解析】（1）当2a =时，()|22|2f x x =-+.解不等式|22|26x -+≤得13x -≤≤.因此()6f x ≤的解集为{|13}x x -≤≤.（2）当x ∈R 时，()()|2||12|f x g x x a a x +=-++-|212|x a x a ≥-+-+|1|a a =-+，当12x =时等号成立，所以当x ∈R 时，()()3f x g x +≥等价于|1|3a a -+≥.①当1a ≤时，①等价于13a a -+≥，无解.当1a >时，①等价于13a a -+≥，解得2a ≥.所以a 的取值范围是[2,)+∞.【易错警示】对于绝对值三角不等式，易忽视等号成立的条件：（1）对||||a b a b ≥+-，当且仅当0a b >->时，等号成立；（2）对||||+||a b a b a b ≤≤--，当且仅当a b ≥且0ab ≥时左边等号成立，当且仅当0ab ≤时右边等号成立．。

【人教A版】2020年高考数学理科二轮复习《不等式选讲》讲义案及中档题型精讲卷

2020年高考数学二轮复习《不等式选讲》讲义案及中档题型精讲卷一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成（1）,a b b c a c >>⇒>；（2）,ca b d a c b d >>⇒+>+；（3）0,c0a b d ac bd >>>>⇒>.（合成后为必要条件）2.同解变形（1）a b a c b c>⇔+>+；（2）0,0,a b c ac bc c ac bc >⇔>>⇔<<；（3）11000a bb a>>⇔>>⇔>>.（变形后为充要条件）3.作差比较法0,0 a b a b a b a b>⇔>-><⇔-< (二).含绝对值的不等式（1）0,||a x a a x a><⇔>-<<；0,||,a x a x a x a>>⇔>><-或（2）22 ||||a b a b>⇔>（3）||||x a x b c+++<零点分段讨论(三).基本不等式（1）222a b ab+>（当且仅当等号成立条件为a b=）（2）0,0,2a ba b+>>≥a b=）；0,0,0,3a b c a b c ++>>>≥a b c ==时等号成立）（3）柯西不等式22222()()()a b c d ac bd ++≥+（当且仅当ad bc =时取等号）①几何意义：||ad bc ⋅⇔+≤a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++L L L .当且仅当向量12(,,,)n a a a L a =与向量12(,,,)n b b b L b =共线时等号成立.(四).不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法. （2）综合法——由因到果. （3）分析法——执果索因. （4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式. （6）反证法. （7）放缩法.四、解答题题型总结核心考点:放缩法解不等式预证A B ≥，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得112,,,K B B B B B A≤≤≤L 或112,,,K A A A A A B≥≥≥L ，再利用传递性，达到证明目的，常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩.1.已知正数,,a b c 满足1a b c ++=6<. 分析采用“添项”放缩法解析31a <==+ ①31b <=+ ② 31c <=+ ③①+②+3()36a b c +++=.评注放缩法的主要依据是不等式的传递性，通常，若所证不等式两边形式差异较大，则应考虑用放缩法.本题也可用柯西不等式证明：23(616161)2736a b c ≤+++++=<，6<.2.证明：1(1)(2,)n n n n n n -*>+≥∈N .解析因为2121111111n n nn n n n n C C C n n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭= ()()()()()()()2112122121111111...2!3!1!!n n n n n n n n n n n n n n ---------++⋅+++⋅+⋅-L L111121122112111(1)(1)(1)...(1)(1)...(1)(1)(1)...(1)2!3!(n 1)!n!n n n n n n n n n n n --++-+--++---+----111112!3!!n <++++⋯+ 2111111112111331222212n n n ---++++⋯+=+=-<- .即()13nnn n +<.由2n ≥时,13n +≥,得()()311nn nn n n n <≤++,故()11n n n n ->+()2,n n N *≥∈.评注这里用111n -<, 1(1)(12)1n n --<, (11)(1)(1)...(1)12n n n n ----< ①以及112!2≤,2113!2<,3114!2<, (1)11!2n n -< ②3.求证：12(,,,)b c d aa b c d a b c b c d c d a d a b +<+++<∈++++++++R .解析由题意，,,,a b c d +∈R ，则b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++1a b c da b c d +++>=+++，b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++2b c d aa b c d c d a b <+++=++++.所以原不等式成立.4.设,,,a b c m +∈R ，且满足m m m a b c =+，问m 取何值时，以,,a b c 为边可构成三角形，并判断该三角形的形状.解析由幂函数性质可知a b >，a c >，要构成三角形，只需b c a +>，故()m mb c a +>，即证明()m m mb c b c +>+，只需证明1()()m mb c b c b c >+++，即()()m m b c b c b c b c b c b c +<+++++. ① 由0m >，且,(0,1)b cb c b c ∈++，由指数函数(01)xy a a =<<单调递减可知，要使得式①成立，只需1m >. 因此可知，要b c a +>成立.只需1m >成立. 当2m =时，222a b c =+，三角形为直角三角形；当12m <<时，22222()m m m m m m m m ma a abc a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c -->⋅+⋅22b c =+即222a b c >+，此时三角形为钝角三角形；当2m >时，22222()m m m m m m m m m a a a b c a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c --<⋅+⋅22b c =+即222a b c <+，此时三角形为锐角三角形.5.(1)求∑=-nk k12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k(2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n(2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n n C T r rrn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n Λ(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n(11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k(15))2(1)1(1≥--<+n n n n n(15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i ji j i j i j i j i j i6.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n Λ(2)求证:n n 412141361161412-<++++Λ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n ΛΛΛ(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn Λ解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n n n -+<+++=++++ΛΛ (3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n ΛΛ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+Λ再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n nΛ例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n ΛΛ当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++Λ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++Λ,所以综上有 35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ7.设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b -≥.证明:1k a b +>.解析:由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则ba a k k ≥>+1,否则若)(k mb a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km mm k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |111118.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+Λ321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n+≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1(Λ所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m nk m nk m m k k n nnn n k m k k111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([Λ故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m nk m nk m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于mm m m m kk k m k k-+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m k k m k k m而正是成立的,所以原命题成立. 9.已知nnn a 24-=,nnn a a a T +++=Λ212,求证:23321<++++n T T T T Λ.解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n n n n T -+-=-----=+++-++++=ΛΛ所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n nnn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T ΛΛ10.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证: *))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ证明: nnnn n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ。

2020年高考理科数学一轮复习题型归纳与变式演练《不等式的综合应用》

)
＞ 0，
∴ f(x2)＞f(x1)， lgf(x2)＞lgf(x1)，即 F(x2)＞ F(x1)
∴ F(x)为增函数 .
1
1
1
11
(3) 记u | t | | t |,| u | | (t ) ( t ) | ,
6
6
6
63
即－ 1 ≤u≤1 ，根据 F(x)的单调性知
33
F(－ 1 ) ≤F(u) ≤F( 1 )，∴ lg 7 ≤F(|t－ 1 |－ |t+ 1 |) ≤1lg3 对任意实数 t 成立 .
3(h 1 )
h
h
h
所以 V≤1 ，当且仅当 h= 1 即 h=1 时取等号
6
h
故当 h=1 米时， V 有最大值， V 的最大值为 1 立方米 .
6
【总结升华】应用题根据题意建立合适的函数模型是最重要的，本题中需要建立体积
V
关于高 h 的函数
【变式训练】：【变式 1】某种商品原来定价每件 p 元，每月将卖出 n 件，假若定价上涨 x 成(这里 x 成即 x ，
5
6
6
5
【解析】设
y=
2x2 x2
bx 1
c ，则 (y－2)x2－bx+y－c=0
∵ x∈R，∴①的判别式 Δ≥０，即 b2－ 4(y－ 2)(y－c) ≥，０即 4y2－4(2+c)y+8c+b2≤ 0
由条件知，不等式②的解集是［ 1， 3］ ∴ 1， 3 是方程 4y2－4(2+c)y+8c+b2=0 的两根
3
3
5
6
6
5
【题型四】：不等式相关应用题

高考理数真题训练20 不等式选讲(解析版)

专题20 不等式选讲1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数()|31|2|1|f x x x =+--．（1）画出()y f x =的图像；（2）求不等式()(1)f x f x >+的解集．【解析】（1）由题设知13,,31()51,1,33, 1.x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪⎪+>⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）函数()y f x =的图像向左平移1个单位长度后得到函数(1)y f x =+的图像．()y f x =的图像与(1)y f x =+的图像的交点坐标为711(,)66--．由图像可知当且仅当76x <-时，()y f x =的图像在(1)y f x =+的图像上方，故不等式()(1)f x f x >+的解集为7(,)6-∞-． 2．【2020年高考全国II 卷理数】[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数f (x )= |x -a 2|+|x -2a +1|．（1）当a =2时，求不等式f (x )≥4的解集；（2）若f (x )≥4，求a 的取值范围．【解析】（1）当2a =时，72,3,()1,34,27,4,x x f x x x x -≤⎧⎪=<≤⎨⎪->⎩因此，不等式()4f x ≥的解集为311{|}22x x x ≤≥或．（2）因为222()|||21||21|(1)f x x a x a a a a =-+-+≥-+=-，故当2(1)4a -≥，即|1|2a -≥时，()4f x ≥．所以当a ≥3或a ≤-1时，()4f x ≥．当-1<a <3时，222()|21|(1)4f a a a a =-+=-<，所以a 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞．3．【2020年高考全国III 卷理数】[选修4—5：不等式选讲]（10分）设a ，b ，c ∈R ，0a b c ++=，1abc =．（1）证明：0ab bc ca ++<；（2）用max{,,}a b c 表示a ，b ，c 的最大值，证明：max{,,}a b c．【解析】（1）由题设可知，a ，b 均不为零，所以22221[()()]2ab bc ca a b c a b c ++=++-++2221()2a b c =-++ 0<.（2）不妨设max{a ，b ，c }=a ，因为1,()abc a b c ==-+，所以a >0，b <0，c <0.由2()4b c bc +≤，可得34a abc ≤，故a ≥，所以max{,,}a b c ≥.4．【2020年高考江苏】[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）设x ∈R ，解不等式2|1|||4x x ++<．【解析】当x >0时，原不等式可化为224x x ++<，解得203x <<；当10x -≤≤时，原不等式可化为224x x +-<，解得10x -≤≤；当1x <-时，原不等式可化为224x x ---<，解得 2 1x -<<-．综上，原不等式的解集为2|2}3{x x -<<． 5．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．证明：（1）222111a b c a b c++≤++；（2）333()()()24a b b c c a +++≥++．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）因为2222222,2,2a b ab b c bc c a ac +≥+≥+≥，又1abc =，故有 222111ab bc ca a b c ab bc ca abc a b c ++++≥++==++．所以222111a b c a b c++≤++．（2）因为, , a b c 为正数且1abc =，故有333()()()a b b c c a +++++≥=3(+)(+)(+)a b b c a c3≥⨯⨯⨯=24．所以333()()()24a b b c c a +++++≥．【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立．6．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()|||2|().f x x a x x x a =-+--（1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集；（2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 的取值范围．【答案】（1）(,1)-∞；（2）[1,)+∞【解析】（1）当a =1时，()=|1| +|2|(1)f x x x x x ---．当1x <时，2()2(1)0f x x =--<；当1x ≥时，()0f x ≥．所以，不等式()0f x <的解集为(,1)-∞．（2）因为()=0f a ，所以1a ≥．当1a ≥，(,1)x ∈-∞时，()=() +(2)()=2()(1)<0f x a x x x x a a x x -----．所以，a 的取值范围是[1,)+∞．【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型． 7．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-．【答案】（1）43；（2）见详解．【解析】（1）由于2[(1)(1)(1)]x y z -++++222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]x y z x y y z z x =-+++++-++++++-2223(1)(1)(1)x y z ⎡⎤≤-++++⎣⎦，故由已知得2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥，当且仅当x =53，y =–13，13z =-时等号成立．所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43．（2）由于2[(2)(1)()]x y z a -+-+-222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]x y z a x y y z a z a x =-+-+-+--+--+--2223(2)(1)()x y z a ⎡⎤≤-+-+-⎣⎦，故由已知2222(2)(2)(1)()3a x y z a +-+-+-≥，当且仅当43a x -=，13a y -=，223a z -=时等号成立．因此222(2)(1)()x y z a -+-+-的最小值为2(2)3a +．由题设知2(2)133a +≥，解得3a ≤-或1a ≥-．【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型．8．【2019年高考江苏卷数学】设x ∈R ，解不等式||+|2 1|>2x x -．【答案】1{|1}3x x x <->或．【解析】当x <0时，原不等式可化为122x x -+->，解得x <13-；当0≤x ≤12时，原不等式可化为x +1–2x >2，即x <–1，无解；当x >12时，原不等式可化为x +2x –1>2，解得x >1．综上，原不等式的解集为1{|1}3x x x <->或．【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．9．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知()|1||1|f x x ax =+--．（1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；（2）若(0,1)x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1{|}2x x >；（2）(0,2]．【解析】（1）当1a =时，()|1||1|f x x x =+--，即2,1,()2,11,2, 1.x f x x x x -≤-⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩故不等式()1f x >的解集为1{|}2x x >．（2）当(0,1)x ∈时|1||1|x ax x +-->成立等价于当(0,1)x ∈时|1|1ax -<成立．若0a ≤，则当(0,1)x ∈时|1|1ax -≥；若0a >，|1|1ax -<的解集为20x a <<，所以21a≥，故02a <≤．综上，a 的取值范围为(0,2]．10．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()5|||2|f x x a x =-+--．（1）当1a =时，求不等式()0f x ≥的解集；（2）若()1f x ≤，求a 的取值范围．【答案】（1）{|23}x x -≤≤；（2）(,6][2,)-∞-+∞．【解析】（1）当1a =时，24,1,()2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤．（2）()1f x ≤等价于|||2|4x a x ++-≥．而|||2||2|x a x a ++-≥+，且当2x =时等号成立．故()1f x ≤等价于|2|4a +≥．由|2|4a +≥可得6a ≤-或2a ≥，所以a 的取值范围是(,6][2,)-∞-+∞．11．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-．（1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b +≤，求a b +的最小值．【答案】（1）图像见解析；（2）a b +的最小值为5．【解析】（1）13,,21()2,1,23, 1.x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）由（1）知，()y f x =的图像与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[0,)+∞成立，因此a b +的最小值为5．12．【2018年高考江苏卷数学】若x ，y ，z 为实数，且x +2y +2z =6，求222x y z ++的最小值．【答案】222x y z ++的最小值为4．【解析】由柯西不等式，得2222222()(122)(22)x y z x y z ++++≥++．因为22=6x y z ++，所以2224x y z ++≥，当且仅当122x y z ==时，不等式取等号，此时244333x y z ===，，，所以222x y z ++的最小值为4．。

2020年高考数学(理)二轮复习命题考点串讲系列-专题21 不等式选讲(含答案解析)

2020年高考数学（理）二轮复习命题考点串讲系列-专题21 不等式选讲1、考情解读预测高考对不等式选讲的考查仍以绝对值不等式的解法、性质为主，解含两个绝对值号的不等式是解答题题型的主流，并配以不等式的证明和函数图象的考查.2、重点知识梳理一、含有绝对值不等式的解法1.|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法(1)若c>0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可.(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(c>0)，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.(1)零点分区间法的一般步骤①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集.(2)利用绝对值的几何意义由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|<c(c>0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观.3.|f(x)|>g(x)，|f(x)|<g(x)(g(x)>0)型不等式的解法(1)|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<－g(x).(2)|f(x)|<g(x)⇔－g(x)<f(x)<g(x).知识点二不等式的证明1.证明不等式的常用结论(1)绝对值的三角不等式定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0，等号成立.定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立.推论1：||a|－|b||≤|a＋b|.推论2：||a|－|b||≤|a－b|.(2)三个正数的算术—几何平均不等式：如果a，b，c∈R＋，那么a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时等号成立.(3)基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，a n，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即a1＋a2＋…＋a nn≥na1·a2·…·a n，并且仅当a1＝a2＝…＝a n时等号成立.(4)一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，…，a n，b1，b2，b3，…，b n是实数，则(a21＋a22＋…＋a2n)·(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋a n b n)2，并且仅当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.2.证明不等式的常用方法(1)比较法一般步骤：作差—变形—判断—结论.为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负.(2)综合法利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法.即“由因导果”的方法.(3)分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法.即“执果索因”的方法.(4)反证法和放缩法①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫作反证法.②证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方法叫作放缩法.3、高频考点突破考点1 解绝对值不等式例1．【2017课标1，理】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.【答案】（1）{|1x x -<≤；（2）[]1,1-. （2）当[]1,1x ∈-时， ()2g x =.所以()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-，等价于当[]1,1x ∈-时()2f x ≥. 又()f x 在[]1,1-的学科&网最小值必为()1f -与()1f 之一，所以()12f -≥且()12f ≥，得11a -≤≤.所以a 的取值范围为[]1,1-.【变式探究】【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲已知函数()123f x x x =+--.（I ）在答题卡第（24）题图中画出()y f x =的图像；（II ）求不等式()1f x >的解集．【答案】（I ）见解析（II ）()()11353⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U U ，，，【解析】⑴如图所示：(2015·重庆，16)若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________. 解析由绝对值的性质知f (x )的最小值在x ＝－1或x ＝a 时取得，若f (－1)＝2|－1－a |＝5，a ＝32或a ＝－72，经检验均不合适；若f (a )＝5，则|x ＋1|＝5，a ＝4或a ＝－6，经检验合题意，因此a ＝4或a ＝－6.答案 4或－6【变式探究】不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为________．考点2 不等式的证明例2．【2017课标II ，理23】已知330,0,2a b a b >>+=。