(新高考)2020版高考数学二轮复习专题强化训练(二十三)选修4_5不等式选讲理

高中数学选修4-5不等式选讲训练题组含答案新课程高中数学训练题组》是一套根据最新课程标准编写的资料，参考了内部资料并结合了教学实践和辅导经验。

资料分为必修系列、选修系列和选修4系列，每章或节都有基础训练A组、综合训练B组和提高训练C组。

建议用于同步练、单元自我检查和高考综合复。

资料配有详细的参考答案，对于单项选择题和填空题还有详细的解题过程。

对于基础较好的同学来说，这是一套非常好的自我测试题组。

对于基础不是很好的同学，该资料可以帮助他们捉摸清楚解题过程的每一步，并思考题目所考察的知识点和可能要用到的数学方法和思想。

目录：数学选修4-5不等式选讲基础训练A组]数学选修4-5不等式选讲综合训练B组]数学选修4-5不等式选讲提高训练C组]以下是数学选修4-5不等式选讲的基础训练A组选择题：1.下列各式中，最小值等于2的是（）A。

1xyx2+5B。

x-x+2C。

tanθ+x2+4yD。

2+2tanθ2.若x,y∈R且满足x+3y=2，则3+27+1的最小值是（）A。

339B。

1+22C。

6D。

73.设x>0,y>0,A=xy/(x+y)+1/(1+x)+1/(1+y)，B=1+x+y/(1+x)(1+y)，则A,B的大小关系是（）A。

A=BB。

A<BC。

A≤BD。

A>B4.若x,y,a∈R+，且x+y≤ax+y恒成立，则a的最小值是（）A。

1/2B。

2C。

1D。

2/2以上选择题没有明显的格式错误和问题段落，因此不需要修改。

）一、选择题5.函数y=x-4+x^-6的最小值为（）。

A。

2B。

2C。

4D。

66.不等式3≤5-2x<9的解集为（）。

A。

[-2,1)∪[4,7)B。

(-2,1](4,7]C。

(-2,-1][4,7)D。

(-2,1][4,7)解析：此题考查对不等式解集的理解和求解能力。

二、填空题1.若a>b>0，则a+1/b(a-b)的最小值是__________。

选修4—5 不等式选讲真题试做1．(2020·天津高考，文9)集合A ＝{ x ∈R |}|x －2|≤5中的最小整数为__________． 2．(2020·上海高考，文2)若集合A ＝{x |2x －1＞0}，B ＝{x ||x |＜1}，则A ∩B ＝__________.3．(2020·江西高考，理15(2))在实数范围内，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6的解集为__________．4．(2020·课标全国高考，理24)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．5．(2020·辽宁高考，文24)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值； (2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．考向分析该部分主要有三个考点，一是带有绝对值的不等式的求解；二是与绝对值不等式有关的参数范围问题；三是不等式的证明与运用．对于带有绝对值不等式，主要考查形如|x |＜a 或|x |＞a 及|x －a |±|x －b |＜c 或|x －a |±|x －b |＞c 的不等式的解法，考查绝对值的几何意义及零点分区间去绝对值符号后转化为不等式组的方法．试题多以填空题或解答题的形式出现．对于与绝对值不等式有关的参数范围问题，此类问题常与绝对值不等式的解法、函数的值域等问题结合，试题以解答题为主．对于不等式的证明问题，此类问题涉及的知识点多，综合性强，方法灵活，主要考查比较法、综合法等在证明不等式中的应用，试题多以解答题的形式出现．预测在今后高考中，对该部分的考查如果是带有绝对值的不等式，往往在解不等式的同时考查参数的取值范围、函数与方程思想等；如果是不等式的证明与运用，往往就是平均值不等式．试题难度中等．热点例析热点一 绝对值不等式的解法【例１】不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为__________． 规律方法 1．绝对值不等式的解法(1)|x |＜a ⇔－a ＜x ＜a ；|x |＞a ⇔x ＞a 或x ＜－a ； (2)|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ；|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≤－c 或ax ＋b ≥c ；(3)|x －a |＋|x －b |≥c 和|x －a |＋|x －b |≤c 的解法有三种：一是根据绝对值的意义结合数轴直观求解；二是用零点分区间去绝对值，转化为三个不等式组求解；三是构造函数利用函数图象求解．2．绝对值三角不等式(1)|a |－|b |≤||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |； (2)|a －c |≤|a －b |＋|b －c |.变式训练1 不等式|2x －1|＜3的解集为__________． 热点二 与绝对值不等式有关的参数范围问题【例２】不等式|2x ＋1|＋|x ＋a |＋|3x －3|＜5的解集非空，则a 的取值范围为__________．规律方法 解决含参数的绝对值不等式问题，往往有以下两种方法： (1)对参数分类讨论，将其转化为分类函数来处理；(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f (x )的最值或值域，再根据题目要求，进一步求解参数的范围．变式训练2 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果关于x 的不等式f (x )≤2有解，求a 的取值范围． 热点三 不等式的证明问题【例２】(1)若|a |＜1，|b |＜1，比较|a ＋b |＋|a －b |与2的大小，并说明理由；(2)设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |＞m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2＜2.规律方法 证明不等式的基本方法：(1)证明不等式的基本方法有：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．(2)不等式的证明还有一些常用方法：拆项法、添项法、换元法、逆代法、判别式法、函数的单调性法、数形结合法等．其中换元法主要有三角代换、均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性．变式训练3 设f (x )＝x 2－x ＋13，实数a 满足|x －a |＜1，求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)．1．已知a 1，a 2∈(0,1)，记M ＝a 1a 2，N ＝a 1＋a 2－1，则M 与N 的大小关系是( )． A ．M ＜N B ．M ＞N C ．M ＝N D ．不确定2．若存在实数x 满足不等式|x －4|＋|x －3|＜a ，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－∞，1) B ．(1，＋∞) C ．(－1,1) D ．(3,4)3．已知集合A ＝{x ||x ＋3|＋|x －4|≤9}，B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ＝4t ＋1t－6，t ∈(0，＋∞)，则集合A ∩B ＝__________.4．不等式|2x ＋1|＋|3x －2|≥5的解集是__________． 5．(2020·河北唐山三模，24)设f (x )＝|x －3|＋|x －4|， (1)解不等式f (x )≤2；(2)若存在实数x 满足f (x )≤ax －1，试求实数a 的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．－3 2．⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |12<x <13．⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤324．解：(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4； 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1}∪{x |x ≥4}． (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a | ⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a | ⇔－2－a ≤x ≤2－a .由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0． 故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]．5．解：(1)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2. 又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}， 所以当a ≤0时，不合题意．当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】{x |x ≥1} 解析：原不等式可化为： ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－3，－x －3＋x －2≥3或⎩⎪⎨⎪⎧－3<x <2，x ＋3＋x －2≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x ＋3－x ＋2≥3，∴x ∈或1≤x ＜2或x ≥2. ∴不等式的解集为{x |x ≥1}． 【变式训练1】{x |－1＜x ＜2}【例2】－3＜a ＜1 解析：不等式|2x ＋1|＋|x ＋a |＋|3x －3|＜5的解集非空，即|2x ＋1|＋|3x －3|＜5－|x ＋a |有解，令f (x )＝|2x ＋1|＋|3x －3|，g (x )＝5－|x ＋a |，画出函数f (x )的图象知当x ＝1时f (x )min ＝3，故g (x )＝g (1)＝5－|1＋a |＞3即可，解得－3＜a ＜1.【变式训练2】解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|.故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.当x ＜－1时，由－2x ≥3，得x ≤－32.当－1≤x ≤1时，f (x )＝2，无解．当x ＞1时，由2x ≥3，得x ≥32.综上可得，f (x )≥3的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (2)f (x )＝|x －1|＋|x －a |表示数x 到1的距离与到a 的距离和． 由f (x )≤2有解可得－1≤a ≤3. 故a 的取值范围为[－1,3]．【例3】(1)解：|a ＋b |＋|a －b |＜2.理由：(|a ＋b |＋|a －b |)2－4＝2|a |2＋2|b |2＋2|a 2－b 2|－4＝2(|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|－2)．设|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|＝2t ，其中t ＝max{|a |2，|b |2}，因为|a |＜1，|b |＜1，所以2t ＜2，所以2(|a |2＋|b |2＋|a 2－b 2|－2)＜0. 所以|a ＋b |＋|a －b |＜2.(2)证明：因为|x |＞m ≥|b |且|x |＞m ≥1，所以|x |2＞|b |. 又因为|x |＞m ≥|a |，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x |2＜|x ||x |＋|x |2|x |2＝2. 故原不等式成立．【变式训练3】证明：∵f (x )＝x 2－x ＋13，∴|f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a | ＝|x －a |·|x ＋a －1|＜|x ＋a －1|. 又∵|x ＋a －1|＝|(x －a )＋2a －1| ≤|x －a |＋|2a －1|＜1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)， ∴|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)． 创新模拟·预测演练1．B 2．B 3．{x |－2≤x ≤5}4．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－45∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫65，＋∞ 5．解：(1)f (x )＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2x ，x <3，1，3≤x ≤4，2x －7，x >4，作出函数y ＝f (x )的图象，它与直线y ＝2交点的横坐标为52和92.由图象知f (x )≤2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，92. (2)函数y ＝ax －1的图象是过点(0，－1)的直线．当且仅当函数y ＝f (x )与直线y ＝ax －1有公共点时，存在题设中的x .由图象易知，a 的取值范围为(－∞，－2)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

选修4-5不等式选讲题组1不等式的性质和绝对值不等式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)2.[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=.3.[2014重庆,16,5分]若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是.4.[2017全国卷Ⅰ,23,10分][文]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.5.[2016全国卷Ⅰ,24,10分][文]已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(Ⅰ)在图1中画出y=f(x)的图象;(Ⅱ)求不等式|f(x)|>1的解集.图16.[2015 新课标全国Ⅰ,24,10分][文]已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.(Ⅰ)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(Ⅱ)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.7.[2014新课标全国Ⅱ,24,10分][文]设函数f(x)=|x+|+|x-a|(a>0).(Ⅰ)证明:f(x)≥2;(Ⅱ)若f(3)<5,求a的取值范围.题组2不等式的证明8.[2016全国卷Ⅱ,24,10分][文]已知函数f(x)=|x-|+|x+|,M为不等式f(x)<2的解集. (Ⅰ)求M;(Ⅱ)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.9.[2015 新课标全国Ⅱ,24,10分][文]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(Ⅰ)若ab>cd,则+>+;(Ⅱ)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.10.[2013新课标全国Ⅱ,24,10分][文]设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:(Ⅰ)ab+bc+ac≤;(Ⅱ)++≥1.A组基础题1.[2018广东七校联考,23]已知函数f(x)=|x-a|-|2x-1|.(1)当a=2时,求f(x)+3≥0的解集;(2)当x∈[1,3]时,f(x)≤3恒成立,求a的取值范围.2.[2018湖北八校第一次联考,23]已知不等式|x|+|x-3|<x+6的解集为(m,n).(1)求m,n的值;(2)若x>0,y>0,nx+y+m=0,求证:x+y≥16xy.3.[2018广西桂林市、柳州市高三综合模拟,23]已知f(x)=|ax-1|,不等式f(x)≤3的解集是{x|-1≤x≤2}.(1)求a的值;(2)若)-)<k存在实数解,求实数k的取值范围.4.[2017郑州市高三第三次质量预测,23]已知函数f(x)=|x-5|-|x-2|.(1)若∃x∈R,使得f(x)≤m成立,求m的取值范围;(2)求不等式x2-8x+15+f(x)≤0的解集.B组提升题5.[2018湘东五校联考,23]已知函数f(x)=m-|x-1|-|x+1|.(1)当m=5时,求不等式f(x)>2的解集;(2)若二次函数y=x2+2x+3与函数y=f(x)的图象恒有公共点,求实数m的取值范围.6.[2018河南省中原名校高三第三次质量考评,23]已知函数f(x)=|x-m|+|x+2|(m∈R),g(x)=|2x-1|+3.(1)当m=1时,求不等式f(x)≤5的解集;(2)若对任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数m的取值范围.7.[2017长春市高三第四次质量监测,23](1)已知函数f(x)=|x+1|+|x-a|(a>0),若不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤-2或x≥3},求a的值;(2)已知a,b,c为正实数,且a+b+c=m,求证:++≥.8.[2017长沙市5月模拟,23]已知函数f(x)=(x+1)2.(1)证明: f(x)+|f(x)-2|≥2;+[f(x)]2的最小值.(2)当x≠-1时,求y=)答案1.A当x<1时,不等式可化为-(x-1)+(x-5)<2,即-4<2,显然成立,所以此时不等式的解集为(-∞,1);当1≤x≤5时,不等式可化为x-1+(x-5)<2,即2x-6<2,解得x<4,又1≤x≤5,所以此时不等式的解集为[1,4);当x>5时,不等式可化为(x-1)-(x-5)<2,即4<2,显然不成立,所以此时不等式无解.综上,不等式的解集为(-∞,4).故选A.2.-6或4当a=-1时,f(x)=3|x+1|≥0,不满足题意;当a<-1时,f(x)=--,,--,-,-,-,f(x)min=f(a)=-3a-1+2a=5,解得a=-6;当a>-1时,f(x)=--,-,-,-,-,,f(x)min=f(a)=-a+1+2a=5,解得a=4.3.[-1,]|2x-1|+|x+2|=|x-|+(|x-|+|x+2|)≥0+|(x-)-(x+2)|=,当且仅当x=时取等号,因此函数y=|2x-1|+|x+2|的最小值是.所以a2+a+2≤,即2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,即实数a的取值范围是[-1,].4.(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0①.当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1<x≤-.所以f(x)≥g(x)的解集为{x|-1≤x≤-}.(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f 1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].5.(Ⅰ)由题意可得f(x)=-,-, -,-, -,,y=f(x)的图象如图D 2所示.图D 2(Ⅱ)由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3; 当f(x)=-1时,可得x=或x=5.故f(x)>1的解集为{x|1<x<3};f(x)<-1的解集为{x|x<或x>5}.所以|f(x)|>1的解集为{x|x<或1<x<3或x>5}.6.(Ⅰ)当a=1时, f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<x<1;当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为{x|<x<2}.(Ⅱ)由题设可得f(x)=--,-,-,-,-,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(-,0),B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为(a+1)2.由题设得(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范围为(2,+∞).7.(Ⅰ)由a>0,有f(x)=|x+|+|x-a|≥|x+-(x-a)|=+a≥2.所以f(x)≥2. (Ⅱ)f(3)=|3+|+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+,由f(3)<5得3<a<.当0<a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)<5得<a≤3.综上,a的取值范围是(,).8.(Ⅰ)由题意可得f(x)=-,-, ,-, ,当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1,所以-1<x≤-;当-<x<时,f(x)<2恒成立;当x≥时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1,所以≤x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.9.(Ⅰ)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.(Ⅱ)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(Ⅰ)得+>+.②若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.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,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件. 10.(Ⅰ)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(Ⅱ)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2 a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.A组基础题1.(1)当a=2时,由f(x)≥-3,可得|x-2|-|2x-1|≥-3,∴,---或,---或,---,解得-4≤x<或≤x<2或x=2.综上,当a=2时,不等式f(x)+3≥0的解集为{x|-4≤x≤2}.(2)当x∈[1,3]时,f(x)≤3恒成立,即|x-a|≤3+|2x-1|=2x+2.故-2x-2≤x-a≤2x+2,即-3x-2≤-a≤x+2, ∴-x-2≤a≤3x+2对x∈[1,3]恒成立.∴a∈[-3,5].2.(1)由|x|+|x-3|<x+6,得,-或,或,--,解得-1<x<9,所以m=-1,n=9.(2)由(1)知9x+y=1.因为x>0,y>0,所以(+)(9x+y)=10++≥10+2=16, 当且仅当=,即x=,y=时取等号,所以+≥16,即x+y≥16xy..3.(1)由|ax-1|≤3,得-3≤ax-1≤3,即-2≤ax≤4,当a>0时,-≤x≤,所以--,,解得a=2;当a<0时,≤x≤-,所以-,-无解.所以a=2.(2)因为)-)=-≥--) =,所以要使)-)<k存在实数解,只需k>,所以实数k的取值范围是(,+∞).4.(1)f(x)=|x-5|-|x-2|=,, -,, -,当2<x<5时,-3<7-2x<3,所以-3≤f(x)≤3.所以m的取值范围是[-3,+∞).(2)原不等式等价于-f(x)≥x2-8x+15,由(1)可知,当x≤2时,-f(x)≥x2-8x+15的解集为空集; 当2<x<5时,-f(x)≥x2-8x+15的解集为{x|5-≤x<5}; 当x≥5时,-f(x)≥x2-8x+15的解集为{x|5≤x≤6}.综上,原不等式的解集为{x|5-≤x≤6}.B组提升题5.(1)当m=5时,f(x)=-), -), -),由f(x)>2得不等式的解集为{x|-<x<}.(2)因为二次函数y=x2+2x+3=(x+1)2+2在x=-1处取得最小值2,f(x)=-),--),-)在x=-1处取得最大值m-2,所以要使二次函数y=x2+2x+3与函数y=f(x)的图象恒有公共点,只需m-2≥2,即m≥4,所以实数m的取值范围为[4,+∞).6.(1)当m=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|,①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,由-2x-1≤5,解得x≥-3,所以-3≤x≤-2;②当-2<x<1时,f(x)=1-x+x+2=3≤5恒成立,所以-2<x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,由2x+1≤5,解得x≤2,所以1≤x≤2.综上所述,不等式f(x)≤5的解集为[-3,2].(2)若对任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,设A={y|y=f(x)},B={y|y=g(x)},则A⊆B,因为f(x)=|x-m|+|x+2|≥|(x-m)-(x+2)|=|m+2|,g(x)=|2x-1|+3≥3,所以|m+2|≥3,解得m≥1或m≤-5,因此,实数m的取值范围为(-∞,-5]∪[1,+∞).7.(1)因为a>0,所以f(x)=|x+1|+|x-a|=--,-,,-, -,又不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤-2或x≥3},解得a=2.(2)++=) )==≥(当且仅当a=b=c=时,取等号).8.(1)∵f (x )=(x+1)2≥0,∴f (x )+|f (x )-2|=|f (x )|+|2-f (x )|≥|f (x )+[2-f (x )]|=|2|=2. (2)当x ≠-1时,f (x )=(x+1)2>0,∴y=)+[f (x )]2=)+)+[f (x )]2≥3· )· )· )= ,当且仅当 )=)=[f (x )]2时取等号,即x=-1± 时取等号. ∴y= )+[f (x )]2的最小值为.。

第一单元 高考中档大题突破 解答题06：选修4－5(不等式选讲)基本考点——绝对值不等式1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．2．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(组)．(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． 3．图象法求解绝对值不等式用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，可在直角坐标系中作出不等式所对应函数的图象，利用函数图象求解．1．(2016·全国乙卷)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：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1<x ≤32，－x ＋4，x >32.故y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由f (x )的函数表达式及图象可知， 当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5.故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}， f (x )<－1的解集为{x |x <13或x >5}．所以|f (x )|>1的解集为{x |x <13或1<x <3或x >5}.2.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x－1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于 x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.①当x ＜－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x ＞1时，①式化为x 2＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. (2)当x ∈[－1,1]时，g (x )＝2，所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]等价于当x ∈[－1,1]时，f (x )≥2. 又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一， 所以f (－1)≥2且f (1)≥2，得－1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[－1,1]．常考热点——证明不等式1．含有绝对值的不等式的性质 |a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |. 2．算术—几何平均不等式定理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 ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．3．证明不等式的3种基本方法(1)比较法有作差比较法和作商比较法两种．(2)用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，一方面要注意基本不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．(3)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法．1．(2017·全国卷Ⅱ)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.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.2．(2016·全国甲卷)已知函数f (x )＝|x －12|＋|x ＋12|，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)·(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2.当x ＜－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1，得2x －1≥1， 解得1≤x ≤2；当x ＞2时，由f (x )≥1，解得x ＞2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}． (2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得 m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x . 而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x | ＝－⎝⎛⎭⎫|x |－322＋54≤54， 且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，54. 2．(2017·莆田一模)已知函数f (x )＝|x －4|＋|x －2|. (1)求不等式f (x )＞2的解集；(2)设f (x )的最小值为M ，若2x ＋a ≥M 的解集包含[0,1]，求a 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x －4|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧6－2x ，x ≤22，2＜x ＜4.2x －6，x ≥4∴当x ≤2时，f (x )＞2,6－2x ＞2，解得x ＜2； 当2＜x ＜4时，f (x )＞2得2＞2，无解； 当x ≥4时，f (x )＞2得2x －6＞2，解得x ＞4. 所以不等式f (x )＞2的解集为(－∞，2)∪(4，＋∞)． (2)∵|x －4|＋|x －2|≥2，∴M ＝2， ∵2x ＋a ≥M 的解集包含[0,1]， ∴20＋a ≥2,21＋a ≥2，∴a ≥1. 故a 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2017·濮阳一模)已知函数f (x )＝|x －1|，不等式f (x ＋5)≤3m (m ＞0)的解集为[－7，－1](1)求m 的值；(2)已知a ＞0，b ＞0，且2a 2＋b 2＝3m ，求2a 1＋b 2的最大值．解：(1)函数f (x )＝|x －1|，不等式f (x ＋5)≤3m (m ＞0)，即|x ＋4|≤3m ，即－3m ≤x ＋4≤3m ， 即－4－3m ≤x ≤3m －4，即不等式的解集为[－4－3m,3m －4]．再根据它的解集为[－7，－1]，可得⎩⎪⎨⎪⎧－4－3m ＝－73m －4＝－1，∴m ＝1.(2)已知a ＞0，b ＞0，且2a 2＋b 2＝3m ＝3，∴2a 1＋b 2＝2·2a ·1＋b 2≤2·2a 2＋1＋b 22＝22，当且仅当2a ＝1＋b 2时，即a ＝b ＝1时，等号成立， 故2a 1＋b 2的最大值为2 2.4．(2017·清远一模)已知不等式|x ＋3|－2x －1＜0的解集为(x 0，＋∞)． (1)求x 0的值；(2)若函数f (x )＝|x －m |＋|x ＋1m|－x 0(m ＞0)有零点，求实数m 的值．解：(1)不等式转化为⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－3－(x ＋3)－2x －1＜0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞－3x ＋3－2x －1＜0， 解得x ＞2，∴x 0＝2.(2)由题意f (x )＝|x －m |＋⎪⎪⎪⎪x ＋1m －x 0(m ＞0)有零点，等价于|x －m |＋|x ＋1m |＝2(m ＞0)有解，∵|x －m |＋|x ＋1m |≥m ＋1m ，当且仅当(x －m )(x ＋1m )≤0时取等号，∵|x －m |＋|x ＋1m |＝2(m ＞0)有解，∴m ＋1m ≤2，∵m ＋1m ≥2，∴m ＋1m＝2，∴m ＝15．(2017·汕头一模)已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R . (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥5；(2)若存在x 0满足f (x 0)＋|x 0－2|＞3，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|， 由f (x )≥5得|x －2|＋|2x ＋1|≥5.当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥5， 解得x ≥2，所以x ≥2;当－12＜x ＜2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥5，即x ≥2，所以此时不等式无解；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥5，解得x ≤－43，所以x ≤－43.所以原不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－43∪[2，＋∞)． (2)f (x 0)＋|x 0－2|＝2|x 0－2|＋|2x 0＋a |＝|2x 0－4|＋|2x 0＋a |≥|2x 0＋a －(2x 0－4)|＝|a ＋4|， 因为原命题等价于(f (x 0)＋|x 0－2|)min ＞3，所以|a ＋4|＞3，所以a 的取值范围为a ＜－7或a ＞－1. 6．(2017·梅州一模)设函数f (x )＝|x ＋8m |＋|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． (1)证明：函数f (x )＝|x ＋8m|＋|x －2m |(m ＞0)，∴f (x )＝|x ＋8m |＋|x －2m |≥|x ＋8m －(x －2m )|＝|8m ＋2m |＝8m ＋2m ≥28m·2m ＝8， 当且仅当m ＝2时，取等号，故f (x )≥8恒成立． (2)解：f (1)＝|1＋8m |＋|1－2m |，当m ＞12时，f (1)＝1＋8m －(1－2m )，不等式即8m＋2m ＞10，化简为m 2－5m ＋4＞0，求得m ＜1或m ＞4，故此时m 的范围为⎝⎛⎭⎫12，1∪(4，＋∞)． 当0＜m ≤12时，f (1)＝1＋8m ＋(1－2m )＝2＋8m －2m 关于变量m 单调递减，故当m ＝12时，f (1)取得最小值为17，故不等式f (1)＞10恒成立．综上可得，m 的范围为(0,1)∪(4，＋∞)．。

2020年高考数学二轮复习专题命题热点训练23 选修4-5 不等式选讲(注意解题的准度)1．已知函数f (x )＝|x －a |.(1)若a ＝1，解不等式：f (x )≥4－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为[0,2]，1m ＋12n ＝a (m >0，n >0)，求mn 的最小值．解：(1)当a ＝1时，不等式为|x －1|≥4－|x －1|，即|x －1|≥2，∴x －1≥2或x －1≤－2，即x ≥3或x ≤－1，∴原不等式的解集为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．(2)f (x )≤1⇔|x －a |≤1⇔－1≤x －a ≤1⇔a －1≤x ≤a ＋1，∵f (x )≤1的解集为[0,2]，∴⎩⎨⎧a －1＝0，a ＋1＝2，得a ＝1. ∴1m ＋12n ＝1≥212mn (m >0，n >0)， ∴mn ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当1m ＝12n ＝12，即m ＝2，n ＝1时取等号. ∴mn 的最小值为2.2．已知a ，b ，c ，d 均为正数，且ad ＝bc .(1)证明：若a ＋d >b ＋c ，则|a －d |>|b －c |；(2)若t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝a 4＋c 4＋b 4＋d 4，求实数t 的取值范围． 解：(1)证明：由a ＋d >b ＋c ，且a ，b ，c ，d 均为正数，得(a ＋d )2>(b ＋c )2，又ad ＝bc ，所以(a －d )2>(b －c )2，即|a －d |>|b －c |.(2)因为(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2＝a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2， 所以t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝t (ac ＋bd )．由于a 4＋c 4≥ 2ac, b 4＋d 4≥ 2bd ，又已知t ·a 2＋b 2·c 2＋d 2＝ a 4＋c 4＋b 4＋d 4，则t (ac ＋bd )≥ 2(ac ＋bd )，故t ≥ 2，当且仅当a ＝c ，b ＝d 时取等号． 所以实数t 的取值范围为[2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|，a ∈R.(1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围；(2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值．解：(1)由f (x )≤2－|x －1|，可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≤1. 而由绝对值的几何意义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1， 由不等式f (x )≤2－|x －1|有解，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1≤1， 即0≤a ≤4.故实数a 的取值范围是[0,4]．(2)函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|，当a <2，即a 2<1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋a ＋1，x <a 2，x －a ＋1，a 2≤x ≤1，3x －a －1，x >1.所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2＋1＝3， 得a ＝－4<2(符合题意)，故a ＝－4. 4．已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋1|.(1)将f (x )的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；(2)若a ＋b ＝1，对∀a ，b ∈(0，＋∞)，1a ＋4b ≥3f (x )恒成立，求x 的取值范围．解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋2，x <－1，－3x ，－1≤x ≤12，x －2，x >12，函数f (x )的图象如图所示．(2)∵a ，b ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＝1， ∴1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥5＋2b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b ，即a ＝13，b ＝23时等号成立．∵1a ＋4b ≥3(|2x －1|－|x ＋1|)恒成立， ∴|2x －1|－|x ＋1|≤3， 结合图象知－1≤x ≤5， ∴x 的取值范围是[－1,5]．。

第2讲 选修4－5 不等式选讲[考情考向·高考导航]高考主要考查绝对值不等式的解法,求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围,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．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)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,＋∞)．2．(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4,g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时,求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1],求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时,不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.① 当x ＜－1时,①式化为x 2－3x －4≤0,无解；当－1≤x ≤1时,①式化为x 2－x －2≤0,从而－1≤x ≤1； 当x ＞1时,①式化为x 2＋x －4≤0,从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |－1≤x ≤－1＋172.(2)当x ∈[－1,1]时,g (x )＝2.所以f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1],等价于当x ∈[－1,1]时,f (x )≥2.又f (x )在[－1,1]的最小值必为f (－1)与f (1)之一,所以f (－1)≥2且f (1)≥2,得－1≤a ≤1.所以a 的取值范围是[－1,1]．[主干整合]1．绝对值不等式的性质定理1：如果a ,b 是实数,则|a ＋b |≤|a |＋|b |,当且仅当ab ≥0时,等号成立． 定理2：如果a ,b ,c 是实数,那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |,当且仅当(a －b )(b －c )≥0,等号成立．2．|ax ＋b |≤c ,|ax ＋b |≥c (c ＞0)型不等式的解法 (1)|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c . (2)|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .3．|x －a |＋|x －b |≥c ,|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解． (2)利用零点分段法求解．(3)构造函数,利用函数的图象求解． 4．基本不等式定理1：设a ,b ∈R ,则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时,等号成立． 定理2：如果a ,b 为正数,则a ＋b2≥ab ,当且仅当a ＝b 时,等号成立．定理3：如果a ,b ,c 为正数,则a ＋b ＋c3≥3abc ,当且仅当a ＝b ＝c 时,等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均数不等式)如果a 1,a 2,…,a n 为n 个正数(n ∈N *,n ＞1),则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ,当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时,等号成立．热点一 绝对值不等式的解法[例1] 已知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．[审题指导] (1)看到f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3,联想到分x ≤1、1＜x ＜4、x ≥4三种情况去绝对值号．(2)看到y ＝kx －2联想到此直线恒过定点(0,－2)． [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,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，＋∞.(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．(2)用图象法、数形结合法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．(2019·聊城三模)已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集． 解析：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤2，2x －7，2＜x ＜5，3，x ≥5.当2＜x ＜5时,－3＜2x －7＜3. 所以－3≤f (3)≤3. (2)由(1)可知,当x ≤2时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2＜x ＜5时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ＜5}； 当x ≥5时,f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上,不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．热点二 不等式的证明逻辑 推理 素养逻辑推理——不等式证明中心的核心素养通过不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式,表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系,对式子进行等价变形,进而通过证明不等式,体验逻辑推理的核心素养.[例2] (2019·全国Ⅰ卷)已知a ,b ,c 为正数,且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[审题指导] (1)利用重要不等式a 2＋b 2≥2ab 构造三个不等式相加,再结合abc ＝1进行证明．(2)利用平均值不等式进行证明．[解析] (1)证明：因为a 2＋b 2≥2ab ,b 2＋c 2≥2ab ,c 2＋a 2≥2ac ,又abc ＝1,故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时,等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)证明：因为a ,b ,c 为正数且abc ＝1,故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时,等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.(2019·苏州二模)已知f (x )＝|2x －1|＋x ＋12的最小值为m .(1)求m 的值；(2)已知a ,b ,c 是正实数,且a ＋b ＋c ＝m ,求证：2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc . 解析：(1)当x ≥12时,f (x )＝3x －12在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12＋∞上单调递增,且f (x )≥32－12＝1；当x ＜12时,f (x )＝32－x 在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12上单调递减,且f (x )＞32－12＝1.综上可得x ＝12时,f (x )取得最小值1,即m ＝1.(2)证明：a ,b ,c 是正实数,且a ＋b ＋c ＝1, 由a 3＋b 3－a 2b －b 2a ＝a 2(a －b )＋b 2(b －a ) ＝(a －b )(a 2－b 2)＝(a ＋b )(a －b )2≥0, 则有a 3＋b 3－a 2b －b 2a ≥0,即a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ＝ab (a ＋b )＝ab (1－c )＝ab －abc , 所以a 3＋b 3≥ab －abc ,同理可得b 3＋c 3≥bc －abc ；c 3＋a 3≥ca －abc ,上面三式相加得,2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc ,当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取得等号．不等式证明的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．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．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．热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题[例3] (2019·日照三模)已知函数f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|,a ∈R ,g (x )＝x 2－2x －4＋4x －12.(1)若f (2a 2－1)＞4|a －1|,求实数a 的取值范围；(2)若存在实数x ,y ,使f (x )＋g (y )≤0,求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f (2a 2－1)＞4|a －1|, ∴|2a 2－2a |＋|a 2－1|＞4|a －1|, ∴|a －1|(2|a |＋|a ＋1|－4)＞0, ∴|2a |＋|a ＋1|＞4且a ≠1.①若a ≤－1,则－2a －a －1＞4,∴a ＜－53；②若－1＜a ＜0,则－2a ＋a ＋1＞4,∴a ＜－3,此时无解； ③若a ≥0且a ≠1,则2a ＋a ＋1＞4,∴a ＞1. 综上所述,a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53∪(1,＋∞)． (2)∵g (x )＝(x －1)2＋4x －12－5≥2 x －12·4x －12－5＝－1,显然可取等号,∴g (x )min ＝－1.于是,若存在实数x ,y ,使f (x )＋g (y )≤0,只需f (x )min ≤1.又f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2|≥|(x ＋1－2a )－(x －a 2)|＝(a －1)2, ∴(a －1)2≤1,∴－1≤a －1≤1,∴0≤a ≤2,即a ∈[0,2]．1．求含绝对值号函数的最值的两种方法 (1)利用|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求解． (2)将函数化为分段函数,数形结合求解． 2．恒成立(存在)问题的等价转化f (x )≥M f (x )≤M 任意x 恒成立⇔ f (x )min ≥M f (x )max ≤M 存在x 成立⇔ f (x )max ≥Mf (x )min ≤M(2018·全国Ⅰ卷)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时,求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立,求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时,f (x )＝|x ＋1|－|x －1|, 即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式f (x )＞1的解集为{x |x ＞12}．(2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|＞x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|＜1成立． 若a ≤0,则当x ∈(0,1)时|ax －1|≥1；若a ＞0,|ax －1|＜1的解集为0＜x ＜2a ,所以2a≥1,故0＜a ≤2.综上,a 的取值范围为(0,2]．限时45分钟 满分50分解答题(本大题共5小题,每小题10分,共50分) 1．(2018·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0,＋∞)时,f (x )≤ax ＋b ,求a ＋b 的最小值． 解：(1)当x ≤－12时,f (x )＝－2x －1－x ＋1＝－3x ,当－12<x <1时,f (x )＝2x ＋1－x ＋1＝x ＋2.当x ≥1时,f (x )＝2x ＋1＋x －1＝3x , 由此可画出函数f (x )的图象．(2)由图象可得,b ≥2,a ≥3, 所以a ＋b 的最小值为5.2．(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |,其中a ∈R . (1)当a ＝1时,求不等式f (x )≥6的解集；(2)若存在x 0∈R ,使得f (x 0)＜2 020a ,求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝1时,f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1＜x ＜2，2x －1，x ≥2.所以f (x )≥6⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－2x ＋1≥6或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜2，3≥6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，2x －1≥6，解得x ≤－52或x ≥72,因此不等式f (x )≥6的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－52或x ≥72.(2)f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |≥|(x －2)－(x ＋a )|＝|a ＋2|,故f (x )min ＝|a ＋2|.由题意知,⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋2|＜2 020a ，a ＞0，解得a ＞22 019,所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫22 019，＋∞.3．(2020·唐山摸底考试)已知f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|. (1)求不等式f (x )＞0的解集；(2)若x ∈R 时,不等式f (x )≤a ＋x 恒成立,求a 的取值范围． 解析：(1)由题意得|x ＋1|＞|2x －1|, 所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0,解得0＜x ＜2, 故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}． (2)由已知可得,a ≥f (x )－x 恒成立,设g (x )＝f (x )－x ,则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ＜－1，2x ，－1≤x ≤12，－2x ＋2，x ＞12.由g (x )的单调性可知,x ＝12时,g (x )取得最大值1,所以a 的取值范围是[1,＋∞)．4．(2019·全国Ⅲ卷)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：两个问都是考查柯西不等式,属于柯西不等式的常见题型．(1)[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2](12＋12＋12)≥[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x ＋y ＋z ＋1)2＝4故(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43等号成立当且仅当x －1＝y ＋1＝z ＋1而又因x ＋y＋z ＝1,解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53y ＝－13z ＝－13时等号成立所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)因为(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13,所以[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)≥1.根据柯西不等式等号成立条件,当x －2＝y －1＝z －a ,即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－a ＋23y ＝1－a ＋23z ＝a －a ＋23时有[(x－2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)＝(x －2＋y －1＋z －a )2＝(a ＋2)2成立．所以(a ＋2)2≥1成立,所以有a ≤－3或a ≥－1.5．(2020·辽宁重点协作校模拟)已知函数f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|,g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|,其中a ,b ,c 均为正实数,且ab ＋bc ＋ac ＝1.(1)当b ＝1时,求不等式f (x )≥1的解集； (2)当x ∈R 时,求证f (x )≤g (x )．解析：(1)由题意,当b ＝1时,f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1，当x ≤－1时,f (x )＝－2＜1,不等式f (x )≥1无解,不等式f (x )≥1的解集为∅； 当－1＜x ＜1时,f (x )＝2x ,由不等式f (x )≥1, 解得x ≥12,所以12≤x ＜1；当x ≥1时,f (x )＝2≥1恒成立,所以不等式f (x )≥1的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (2)证明：当x ∈R 时,f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1| ≤|x ＋b 2＋(－x ＋1)|＝|b 2＋1|＝b 2＋1；g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|≥|x ＋a 2＋c 2－(x －2b 2)| ＝|a 2＋c 2＋2b 2|＝a 2＋c 2＋2b 2. 而a 2＋c 2＋2b 2－(b 2＋1)＝a 2＋c 2＋b 2－1 ＝12(a 2＋c 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2)－1 ≥ab ＋bc ＋ac －1＝0,当且仅当a＝b＝c＝33时,等号成立,即a2＋c2＋2b2≥b2＋1,即f(x)≤g(x)．。

选修4－5不等式选讲最新考纲：1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：(1)|a ＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)．(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－c|＋|x－b|≥a.3.了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.4.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法．ab≤0且|a ab≥0且|a定理2：如果a、b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a、b、c为正数，则≥，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a1、a2、…、a n为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝a n时，等号成立．4．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d为实数，则(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．(2)若a i，b i(i∈N*)为实数，则()()≥(i b i)2，当且仅当b i＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个数k，使得a i＝kb i(i＝1,2，…，n)时，等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．1(1)(2)(3)|(4)(5)[2AC[[答案] A3．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是() A．|a＋b|＋|a－b|>2 B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2 D．不能比较大小[解析]|a＋b|＋|a－b|≤|2a|<2.[答案] B4．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为()A．1 B．C. D．2[∴([5[为－2≤a[解|(1)(2)把这些根由小到大排序，它们把定义域分为若干个区间．(3)在所分区间上，去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出它们的解集．(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集．解绝对值不等式的关键是恰当的去掉绝对值符号．(1)(2015·山东卷)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是()A．(－∞，4) B．(－∞，1)C．(1,4) D．(1,5)(2)(2014·湖南卷)若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为，则a＝________.[解题指导]切入点：“脱掉”绝对值符号；关键点：利用绝对值的性质进行分类讨论．[解析](1)当x<1时，不等式可化为－(x－1)＋(x－5)<2，即－4<2，显然成立，所以此时不等当当(2)当当当[对点训练已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．[解](1)当a＝－3时，f(x)＝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?4右|x 1.是(2)[[解析](1)∵|x－1|＋|x＋2|≥|(x－1)－(x－2)|＝3，∴a2＋a＋2≤3，解得≤a≤.即实数a的取值范围是.(2)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＝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．[答案](1)(2)(－∞，－3)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.(1)(2)[解－a?a－3≤x≤3.故(2)f不等式的证明方法很多，解题时既要充分利用已知条件，又要时刻瞄准解题目标，既不仅要搞清是什么，还要搞清干什么，只有兼顾条件与结论，才能找到正确的解题途径．应用基本不等式时要注意不等式中等号成立的条件．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则＋>＋；(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．[解题指导]切入点：不等式的性质；关键点：不等式的恒等变形．[证明](1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2.因此＋>＋.(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.由a＋(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.[证明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.———————方法规律总结————————[12条件．3．[121[解析]|2x－1|<3?－3<2x－1<3?－1<x<2.[答案](－1,2)2．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝__________.[解析]∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.[答案] 23．不等式|2x＋1|＋|x－1|<2的解集为________．[解析]当x≤－时，原不等式等价为－(2x＋1)－(x－1)<2，即－3x<2，x>－，此时－<x≤－.当－<x<1时，原不等式等价为(2x＋1)－(x－1)<2，即x<0，此时－<x<0.当x≥1时，原不等式等价为(2x ＋1)＋(x－1)<2，即3x<2，x<，此时不等式无解，综上，原不等式的解为－<x<0，即原不等式的解集为.[答案]4[[5．[故[6．[3a－1＋2a＝[7．若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是__________．[解析]∵f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＝∴f(x)≥3.要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，∴|a|≥3，即a≤－3或a≥3.[答案](－∞，－3]∪[3，＋∞)8．已知关于x的不等式|x－a|＋1－x>0的解集为R，则实数a的取值范围是__________．[解析]若x－1<0，则a∈R；若x－1≥0，则(x－a)2>(x－1)2对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，即(a－1)[(a＋1)－2x]>0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，所以(舍去)或对任意的x∈[1，＋∞]恒成立，解得a<1.综上，a<1.[答案](－∞，1)9．设a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝9，则＋＋的最小值为__________．[＝≥2[10．[即∴[11[解析]∵|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|＝(|1－x|＋|x|)＋(|1－y|＋|1＋y|)≥|(1－x)＋x|＋|(1－y)＋(1＋y)|＝1＋2＝3，当且仅当(1－x)·x≥0，(1－y)·(1＋y)≥0，即0≤x≤1，－1≤y≤1时等号成立，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.[答案] 312．若不等式|x＋1|－|x－4|≥a＋，对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．[解析]只要函数f(x)＝|x＋1|－|x－4|的最小值不小于a＋即可．由于||x＋1|－|x－4||≤|(x＋1)－(x －4)|＝5，所以－5≤|x＋1|－|x－4|≤5，故只要－5≥a＋即可．当a>0时，将不等式－5≥a＋整理，得a2＋5a＋4≤0，无解；当a<0时，将不等式－5≥a＋整理，得a2＋5a＋4≥0，则有a≤－4或－1≤a<0.综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[－1,0)．[13(1)(2)[解若若若(2)f(x)作出函数f(x)的图象，如图所示．由图象可知，f(x)≥1，∴2a>1，a>，即a的取值范围为.14．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.(2)a＋1,0)，C(a，a15(1)(2)[解f(x).(2)若a＝1，f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件；若a<1，f(x)＝f(x)的最小值为1－a；若a>1，f(x)＝f(x)的最小值为a－1.∴对于?x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，∴a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．16．(2015·福建卷)已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.(1)(2)[解又(2)(42＝即a当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立．故a2＋b2＋c2的最小值为.。