高考数学 6年高考母题精解精析 专题16 不等式选讲02 理

2013年全国高考理科数学试题分类汇编16：不等式选讲一、填空题1 ．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））若关于实数x 的不等式53x x a -++<无解,则实数a 的取值范围是_________【答案】(],8-∞2 ．（2013年高考陕西卷（理））(不等式选做题) 已知a , b , m , n 均为正数, 且a +b =1, mn =2,则(am +bn )(bm +an )的最小值为_______.【答案】23 ．（2013年高考江西卷（理））(不等式选做题)在实数范围内,不等式211x --≤的解集为_________【答案】[]0,44 ．（2013年高考湖北卷（理））设,,x y z R ∈,且满足:2221x y z ++=,23x y z ++=,则x y z ++=_______.二、解答题5 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD 版含答案））选修4—5;不等式选讲设,,a b c 均为正数,且1a b c ++=,证明: (Ⅰ)13ab bc ca ++≤; (Ⅱ)2221a b c b c a++≥. 【答案】6 ．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））选修4-5:不等式选讲已知函数()f x x a =-,其中1a >.(I)当=2a 时,求不等式()44f x x ≥=-的解集;(II)已知关于x 的不等式()(){}222f x a f x +-≤的解集为{}|12x x ≤≤,求a 的值.【答案】7 ．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））不等式选讲:设不等式*2()x a a N -<∈的解集为A ,且32A ∈,12A ∉. (1)求a 的值; (2)求函数()2f x x a x =++-的最小值.【答案】解:(Ⅰ)因为32A ∈,且12A ∉,所以322a -<,且122a -≥ 解得1322a <≤,又因为*a N ∈,所以1a = (Ⅱ)因为|1||2||(1)(2)|3x x x x ++-≥+--=当且仅当(1)(2)0x x +-≤,即12x -≤≤时取得等号,所以()f x 的最小值为38 ．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））D.[选修4-5:不定式选讲]本小题满分10分.已知b a ≥>0,求证:b a ab b a 223322-≥-[必做题]第22、23题,每题10分,共20分.请在相应的答题区域内作答,若多做,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【答案】D 证明:∵=---b a ab b a 223322()=---)(223223b b a ab a ())(22222b a b b a a ---())2)()(()2(22b a b a b a b a b a --+=--=又∵b a ≥>0,∴b a +>0,0≥-b a 02≥-b a ,∴0)2)()((≥--+b a b a b a∴0222233≥---b a ab b a∴b a ab b a 223322-≥-9 ．（2013年高考新课标1（理））选修4—5:不等式选讲 已知函数()f x =|21||2|x x a -++,()g x =3x +.(Ⅰ)当a =2时,求不等式()f x <()g x 的解集;(Ⅱ)设a >-1,且当x ∈[2a -,12)时,()f x ≤()g x ,求a 的取值范围. 【答案】当a =-2时,不等式()f x <()g x 化为|21||22|30x x x -+---<,设函数y =|21||22|3x x x -+---,y =15, 212, 1236, 1x x x x x x ⎧-<⎪⎪⎪--≤≤⎨⎪->⎪⎪⎩, 其图像如图所示从图像可知,当且仅当(0,2)x ∈时,y <0,∴原不等式解集是{|02}x x <<. (Ⅱ)当x ∈[2a -,12)时,()f x =1a +,不等式()f x ≤()g x 化为13a x +≤+, ∴2x a ≥-对x ∈[2a -,12)都成立,故2a -≥2a -,即a ≤43, ∴a 的取值范围为(-1,43].10．（2013年高考湖南卷（理））在平面直角坐标系xOy 中,将从点M 出发沿纵、横方向到达点N 的任一路径成为M 到N 的一条“L 路径”.如图6所示的路径1231MM M M N MN N 与路径都是M 到N 的“L 路径”.某地有三个新建的居民区,分别位于平面xOy 内三点(3,20),(10,0),(14,0)A B C -处.现计划在x 轴上方区域(包含x 轴)内的某一点P 处修建一个文化中心.(I)写出点P 到居民区A 的“L 路径”长度最小值的表达式(不要求证明);(II)若以原点O 为圆心,半径为1的圆的内部是保护区,“L 路径”不能进入保护区,请确定点P 的位置,使其到三个居民区的“L 路径”长度值和最小.【答案】解: .0),,(≥y y x P 且设点(Ⅰ) d L A P 路径”的最短距离的“到点点)20,3(,|20 -y | + |3 -x |=+d 垂直距离，即等于水平距离,其中.,0R x y ∈≥(Ⅱ)本问考查分析解决应用问题的能力,以及绝对值的基本知识.点P 到A,B,C 三点的“L 路径”长度之和的最小值d = 水平距离之和的最小值h + 垂直距离之和的最小值v.且h 和v 互不影响.显然当y=1时,v = 20+1=21;时显然当]14,10[-∈x ,水平距离之和h=x – (-10) + 14 – x + |x-3| 24≥,且当x=3时, h=24.因此,当P(3,1)时,d=21+24=45.所以,当点P(x,y)满足P(3,1)时,点P 到A,B,C 三点的“L 路径”长度之和d 的最小值为45.。

第十六章不等式选讲命题探究解答过程解法一:(1)f(x)=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)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|=-+≤,且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=.故m的取值范围为.解法二:(1)f(x)=其图象如图所示:由图可知f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.(2)原式等价于存在x∈R使得f(x)-x2+x≥m成立, 即m≤[f(x)-x2+x]max,设g(x)=f(x)-x2+x,由(1)知g(x)=(i)当x≤-1时,g(x)=-x2+x-3,其图象开口向下,对称轴方程为x=>-1,∴g(x)≤g(-1)=-5;(ii)当-1<x<2时,g(x)=-x2+3x-1,其图象开口向下,对称轴方程为x=∈(-1,2),∴g(x)≤g=;(iii)当x≥2时,g(x)=-x2+x+3,其图象开口向下,对称轴方程为x=<2,∴g(x)≤g(2)=1.综上,g(x)max=,∴m的取值范围为考纲解读分析解读 1.本章主要考查绝对值的几何意义,绝对值不等式的解法及不等式证明的基本方法.2.绝对值不等式及不等式的证明均为高考的常考点.本章在高考中以解答题为主,往往涉及含有两个绝对值的问题,考查分类讨论、等价转化和数形结合等思想方法,分值约为10分,难度中等.五年高考考点一含绝对值不等式的解法1.(2017课标全国Ⅰ,23,10分)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.解析本题考查绝对值不等式的求解.(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①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.(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].2.(2016课标全国Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时, f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(5分)(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分) 当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)3.(2015课标Ⅰ,24,10分)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<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.(5分)(2)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,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,+∞).(10分)教师用书专用(4—12)4.(2015山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是( )A.(-∞,4)B.(-∞,1)C.(1,4)D.(1,5)答案 A5.(2014湖南,13,5分)若关于x的不等式|ax-2|<3的解集为x-<x<,则a= .答案-36.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a= .答案-6或47.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为.答案{x|x≤-3或x≥2}8.(2013江西,15(2),5分)(不等式选做题)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为.答案[0,4]9.(2013重庆,16,5分)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解,则实数a的取值范围是.答案(-∞,8]10.(2015江苏,21D,10分)[选修4—5:不等式选讲]解不等式x+|2x+3|≥2.解析原不等式可化为或解得x≤-5或x≥-.综上,原不等式的解集是.11.(2014课标Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.解析(1)证明:由a>0,得f(x)=+|x-a|≥=+a≥2.所以f(x)≥2.(2)f(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.12.(2014辽宁,24,10分)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1,记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N.(1)求M;(2)当x∈M∩N时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤.解析(1)f(x)=当x≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x≤,故1≤x≤;当x<1时,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1.所以f(x)≤1的解集为M=.(2)证明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16≤4,解得-≤x≤.因此N=,故M∩N=.当x∈M∩N时, f(x)=1-x,于是x2f(x)+x·[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=x·f(x)=x(1-x)=-≤.考点二不等式的证明1.(2017课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明本题考查不等式的证明.(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8. 证明本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).因为a2+b2=4,c2+d2=16,所以(ac+bd)2≤64,因此ac+bd≤8.3.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数f(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|.解析(1)f(x)=(2分)当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;(3分)当-<x<时, f(x)<2;(4分)当x≥时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.(5分)所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(6分)(2)证明:由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0. 因此|a+b|<|1+ab|.(10分)4.(2015课标Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设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.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)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.(ii)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.教师用书专用(5—9)5.(2013陕西,15A,5分)(不等式选做题)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为.答案 26.(2015湖南,16(3),6分)选修4—5:不等式选讲设a>0,b>0,且a+b=+.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.证明由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.7.(2014课标Ⅰ,24,10分)选修4—5:不等式选讲若a>0,b>0,且+=.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.解析(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.8.(2014福建,21(3),7分)选修4—5:不等式选讲已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.解析(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.(2)证明:由(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即p2+q2+r2≥3.9.(2013课标全国Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(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)易证+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一含绝对值不等式的解法1.(2018湖南长沙第二次模拟,23)已知函数f(x)=|x+a2|+|x-a-1|.(1)证明:f(x)≥;(2)若f(4)<13,求a的取值范围.解析(1)证明:f(x)=|x+a2|+|x-a-1|≥|(x+a2)-(x-a-1)|=|a2+a+1|=+≥.(2)因为f(4)=|a2+4|+|a-3|=所以f(4)<13⇔或解得-2<a<3,即a的取值范围是(-2,3).2.(2017广东汕头潮阳黄图盛中学第三次质检,23)已知函数f(x)=|2x-a|+|2x+3|,g(x)=|x-1|+2.(1)解不等式|g(x)|<5;(2)若对任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围.解析(1)由||x-1|+2|<5,得-5<|x-1|+2<5,∴-7<|x-1|<3,∴不等式的解集为{x|-2<x<4}.(2)因为任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,所以{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},又f(x)=|2x-a|+|2x+3|≥|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|,g(x)=|x-1|+2≥2,所以|a+3|≥2,解得a≥-1或a≤-5,所以实数a的取值范围为a≥-1或a≤-5.考点二不等式的证明3.(2017山西重点中学协作体期末,23)已知|x1-2|<1,|x2-2|<1.(1)求证:2<x1+x2<6,|x1-x2|<2;(2)若f(x)=x2-x+1,求证:|x1-x2|<| f(x1)-f(x2)|<5|x1-x2|.证明(1)∵|x1-2|<1,∴-1<x1-2<1,即1<x1<3,同理1<x2<3,∴2<x1+x2<6.∵|x1-x2|=|(x1-2)-(x2-2)|≤|x1-2|+|x2-2|.∴|x1-x2|<2.(2)|f(x1)-f(x2)|=|--x1+x2|=|x1-x2||x1+x2-1|,∵2<x1+x2<6,∴1<x1+x2-1<5,∴|x1-x2|<|f(x1)-f(x2)|<5|x1-x2|.4.(2017湖北八校联考,23)设函数f(x)=|x-a|,a∈R.(1)当a=2时,解不等式f(x)≥6-|2x-5|;(2)若关于x的不等式f(x)≤4的解集为[-1,7],且两正数s和t满足2s+t=a,求证:+≥6.解析(1)当a=2时,f(x)≥6-|2x-5|即为|x-2|+|2x-5|≥6,∴①或②或③由①得,x≥;②无解;由③得,x≤,所以,原不等式的解集为∪.(2)不等式f(x)≤4即为-4≤x-a≤4,∴a-4≤x≤a+4,∴a-4=-1且a+4=7,∴a=3,∴+=(2s+t)=≥=6当且仅当s=,t=2时,等号成立.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:40分时间:40分钟)解答题(共40分)1.(2018四川内江第一次模拟,23)已知函数f(x)=|3x-1|+|x-2|的最小值为m.(1)求m的值;(2)设实数a,b满足2a2+b2=m,证明:2a+b≤.解析(1)∵f(x)=∴f(x)在上单调递增,在上单调递减,∴f(x)的最小值为f=.∴m=.(2)由(1)知,2a2+b2=.∵2ab≤a2+b2,∴(2a+b)2=4a2+b2+4ab≤4a2+b2+2(a2+b2)=3(2a2+b2)=5,∴2a+b≤.2.(2018安徽淮南第二中学、宿城第一中学第四次考试,23)已知函数h(x)=-|x-3|.(1)若h(x)-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,求实数n的最小值;(2)若函数f(x)=求函数g(x)=f(x)+h(x)的值域.解析(1)h(x)-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,等价于-|x-3|-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,等价于-n≤(|x-2|+|x-3|)min.因为|x-2|+|x-3|≥|x-2-(x-3)|=1,当且仅当x∈[2,3]时取到等号,所以-n≤1,得n≥-1.所以实数n的最小值为-1.(2)因为f(x)=g(x)=f(x)+h(x),所以g(x)=f(x)-|x-3|=当0<x<3时,+x+2≥2+2=2+2,当x≥3时,x+3≥6.综上,g(x)≥2+2.所以函数g(x)=f(x)+h(x)的值域为[2+2,+∞).3.(2017福建六校联考)已知函数f(x)=|2x+1|+|2x-3|.(1)求不等式f(x)≤6的解集;(2)若关于x的不等式f(x)-log2(a2-3a)>2恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)原不等式等价于或或解得<x≤2或-≤x≤或-1≤x<-,∴不等式f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤2}.(2)不等式f(x)-log2(a2-3a)>2恒成立⇔log2(a2-3a)+2<f(x)=|2x+1|+|2x-3|恒成立⇔log2(a2-3a)+2<f(x)min 恒成立,∵|2x+1|+|2x-3|≥|(2x+1)-(2x-3)|=4,∴f(x)的最小值为4,∴log2(a2-3a)+2<4,即解得-1<a<0或3<a<4.∴实数a的取值范围为(-1,0)∪(3,4).4.(2016河南八市重点高中联考,24)已知函数f(x)=|x+m|-|5-x|(m∈R).(1)当m=3时,求不等式f(x)>6的解集;(2)若不等式f(x)≤10对任意实数x恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=3时,f(x)>6,即|x+3|-|x-5|>6.∴或或解得x≥5或4<x<5.故不等式f(x)>6的解集为{x|x>4}.(2)f(x)=|x+m|-|5-x|≤|(x+m)+(5-x)|=|m+5|.由题意得|m+5|≤10,即-10≤m+5≤10,解得-15≤m≤5.故m的取值范围为[-15,5].C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 含绝对值不等式的解法1.(2018四川成都第七中学一诊,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)若函数y=x2+2x+3与y=f(x)的图象恒有公共点,求实数m的取值范围.解析(1)当m=5时, f(x)=所以不等式f(x)>2的解集为.(2)二次函数y=x2+2x+3=(x+1)2+2,该函数在x=-1时取到最小值2,因为f(x)=在x∈[-1,1]时取到最大值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的取值范围是[4,+∞).2.(2017广东韶关1月调研,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|(m∈R).(1)当m=-1时,求不等式f(x)≤2的解集;(2)设关于x的不等式f(x)≤|2x+1|的解集为A,且⊆A,求实数m的取值范围.解析(1)当m=-1时,f(x)=|x-1|+|2x-1|,则f(x)≤2⇒|x-1|+|2x-1|≤2,上述不等式可化为或或解得或或∴0≤x≤或<x<1或1≤x≤.∴原不等式的解集为.(2)∵f(x)≤|2x+1|的解集包含,∴当x∈时,不等式f(x)≤|2x+1|恒成立,即|x+m|+|2x-1|≤|2x+1|在上恒成立,∴|x+m|+2x-1≤2x+1在上恒成立,即|x+m|≤2在上恒成立,∴-2≤x+m≤2在上恒成立,∴-x-2≤m≤-x+2在上恒成立,∴(-x-2)max≤m≤(-x+2)min,∴-≤m≤0,∴实数m的取值范围是.方法2 与绝对值不等式相关的最值问题的求解策略3.(2017湖南三湘名校联盟三模,23)已知函数f(x)=|2x-a|-|x-1|.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)存在x∈[0,2]时,使得不等式f(x)≤0成立,求实数a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=|2x-1|-|x-1|=∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴x=时, f(x)取到最小值-.(2)不等式f(x)≤0,即|2x-a|≤|x-1|,两边平方并化简得(3x-a-1)(x-a+1)≤0.a=2时,f(x)≤0即x=1∈[0,2],符合题意;a<2时,a-1<, f(x)≤0的解集为,∴∩[0,2]≠⌀,∴a-1≤2且≥0,∴-1≤a<2;a>2时,a-1>, f(x)≤0的解集为,∴∩[0,2]≠⌀,∴a-1≥0且≤2,∴2<a≤5.综上所述,a的取值范围是-1≤a≤5.方法3 不等式的证明4.(2017山西孝义九校质量监测,23)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|,若不等式f(x)>3的解集为P.(1)求P;(2)若a,b∈P,且a<b<1,证明:+≥9.解析(1)f(x)=则当x≤-4时,-5>3不成立;当-4<x<1时,2x+3>3,解得x>0,∴0<x<1;当x≥1时,5>3成立,故P={x|x>0}.(2)证明:∵a>0,b>a,∴a(b-a)≤=,当且仅当b=2a时取等号,又b<1,故+≥+=[b2+(1-b2)]·=5++≥9,当且仅当即a=,b=时取等号.。

专题16 不等式选讲选考内容 （二）不等式选讲1．理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式： （1）a b a b +≤+ . （2） a b a c c b -≤-+-.（3）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 a x b c +≤+≥-+-≥.2．了解下列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. （1）柯西不等式的向量形式：||||||.⋅≥⋅αβαβ （2）22222()(+)()a b c d ac bd +≥+.（3（此不等式通常称为平面三角不等式.） 3．会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：4．会用向量递归方法讨论排序不等式.5．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明 一些简单问题. 6．会用数学归纳法证明伯努利不等式：了解当n 为大于1的实数时伯努利不等式也成立.7．会用上述不等式证明一些简单问题.能够利用平均值不等式、 柯西不等式求一些特定函数的极值.8．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.1．从考查题型来看，涉及本知识点的题目主要以选考的方式，在解答题中出现，考查解绝对值不等式、证明不等式等.2．从考查内容来看，主要考查绝对值不等式的解法、不等式的证明，求最值问题等.3．从考查热点来看，重点在于考查学生解不等式及利用不等式求解最值问题等，绝对值不等式与函数问题的综合是高考的趋势，值得关注.考向一 绝对值不等式的求解样题1 （2017新课标全国Ⅰ理科）已知函数2–4()x ax f x =++，11()x x g 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.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.考向二含绝对值不等式的恒成立问题样题2 已知函数.(1)当时,求的解集;(2)若不等式对任意实数恒成立,求的取值范围.样题3 已知函数.(1)若不等式的解集为,求实数的值;(2)若不等式对任意恒成立,求实数的取值范围.【解析】(1)由题意知,不等式的解集为,由得,∴，解得.(2)不等式等价于,因为不等式对任意恒成立,所以,因为,所以,解得或.考向三不等式的证明样题4 已知函数的单调递增区间为.（1）求不等式的解集；（2）设，证明：.。

第十六章不等式选讲第一节绝对值不等式对应学生用书P1871．绝对值三角不等式(1)定理1：若是a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．(2)定理2：若是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．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集(2)|ax＋b|≤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(c>0)和|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求解，表现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，表现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图像求解，表现了函数与方程的思想．1．关于绝对值三角不等式，易轻忽等号成立的条件．对|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当a>－b>0时，等号成立，对|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，若是a<－b<0当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时左侧等号成立，当且仅当ab≤0时右边等号成立．2．形如|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)的不等式解法在讨论时应注意分类讨论点处的处置及c的符号判定，假设c<0那么不等式解集为R.[试一试]1．已知不等式|2x －t |＋t －1<0的解集为(－12，12)，那么t ＝________________. 解析：|2x －t |<1－t ，t －1<2x －t <1－t ，2t －1<2x <1，t －12<x <12，∴t ＝0. 答案：02．不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，那么实数k 的取值范围为________．解析：法一：依照绝对值的几何意义，设数x ，－1,2在数轴上对应的点别离为P ，A ，B ，那么原不等式等价于|PA |－|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．法二：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ≤－1，2x －1，－1<x <23，x ≥2，，要使|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，从图像中能够看出，只要k <－3即可．故k <－3知足题意．答案：(－∞，－3)含绝对值不等式的经常使用解法1．大体性质法：对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a .2．平方式：两边平方去掉绝对值符号．3．零点分区间法(或叫概念法)：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可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：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．5．数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解．[练一练]1．在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集为____________．解析：法一：分类讨论去绝对值号解不等式．当x >12时，原不等式转化为4x ≤6⇒x ≤32；当－12≤x ≤12时，原不等式转化为2≤6，恒成立；当x <－12时，原不等式转化为－4x ≤6⇒x ≥－32.综上知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32. 法二：利用几何意义求解．原不等式可化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12≤3，其几何意义为数轴上到12，－12两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x ＝32或x ＝－32时，到12，－12两点的距离之和恰好为3，故当－32≤x ≤32时，知足题意，那么原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32. 答案：⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤32 2．假设存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，那么实数a 的取值范围是________． 解析：利用绝对值不等式的性质求解．∵|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.答案：[－2,4]对应学生用书P188考点一 绝对值不等式的解法 1.不等式|解析：原不等式等价于|x －2|>|x －1|，那么(x －2)2>(x －1)2，解得x <32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，322．(2021·西安质检)假设关于x的不等式|x－a|<1的解集为(1,3)，那么实数a的值为________．解析：原不等式可化为a－1<x<a＋1，又知其解集为(1,3)，因此通过对照可得a＝2.答案：23．若是关于x的不等式|x－3|－|x－4|<a的解集不是空集，那么实数a的取值范围是________．解析：注意到||x －3|－|x －4||≤|(x －3)－(x －4)|＝1，－1≤|x －3|－|x －4|≤1.假设不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集是空集，那么有|x －3|－|x －4|≥a 对任意的x ∈R 都成立，即有(|x －3|－|x －4|)min ≥a ，a ≤－1.因此，由不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集可得，实数a 的取值范围是a >－1.答案：(－1，＋∞)[备课札记][类题通法]利用零点分类讨论法解绝对值不等式时，注意分类讨论时要不重不漏．考点二 绝对值不等式的证明[典例] M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1，当x <－1时，由－2x <4，得－2<x <－1；当－1≤x ≤1时，f (x )＝2<4，∴－1≤x ≤1；当x >1时，由2x <4，得1<x <2，∴M ＝(－2,2)．(2)证明：a ，b ∈M 即－2<a <2，－2<b <2.∵4(a ＋b )2－(4＋ab )2＝4(a 2＋2ab ＋b 2)－(16＋8ab ＋a 2b 2)＝(a 2－4)·(4－b 2)<0，∴4(a ＋b )2<(4＋ab )2，∴2|a ＋b |<|4＋ab |.[备课札记]本例中f(x)若变为“f(x)＝|x＋1|＋|x－1|－a”且f(x)≥0对x∈R恒成立，求a的取值范围.解：由f (x )≥0知a ≤|x ＋1|＋|x －1|，又|x ＋1|＋|x －1|≥|(x ＋1)－(x －1)|＝2，∴a ≤2.故a 的取值范围为(2，＋∞)．[类题通法]证明绝对值不等式要紧有三种方式(1)利用绝对值的概念去掉绝对值符号，转化为一般不等式再证明；(2)利用三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明；(3)转化为函数问题，数形结合进行证明．[针对训练]设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)求证：f (x )≥1；(2)假设f (x )＝a 2＋2a 2＋1成立，求x 的取值范围．解：(1)证明：f (x )＝|x －1|＋|x －2|≥|(x －1)－(x －2)|＝1.(2)∵a 2＋2a 2＋1＝a 2＋1＋1a 2＋1＝a 2＋1＋1a 2＋1≥2，∴要使f (x )＝a 2＋2a 2＋1成立，需且只需|x －1|＋|x －2|≥2，即⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，1－x ＋2－x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x <2，x －1＋2－x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －1＋x －2≥2， 解得x ≤12或x ≥52， 故x 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞. 考点三 绝对值不等式的综合应用[典例](1)当a ＝－2时，求不等式f (x )＜g (x )的解集；(2)设a ＞－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝－2时，不等式f (x )＜g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x－3＜0.设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，那么y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －5x ，x ＜12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x ＞1.其图像如下图．从图像可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0.因此原不等式的解集是{x |0＜x ＜2}．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝1＋a . 不等式f (x )≤g (x )化为1＋a ≤x ＋3.因此x ≥a －2对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12都成立． 故－a 2≥a －2，即a ≤43. 从而a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－1，43. [备课札记][类题通法]1．研究含有绝对值的函数问题时，依照绝对值的概念，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是经常使用的思维方式．2．关于求y ＝|x －a |＋|x －b |或y ＝|x ＋a |－|x －b |型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y ＝|x －a |＋|x －b |的函数只有最小值，形如y ＝|x －a |－|x －b |的函数既有最大值又有最小值．[针对训练](2021·镇江模拟)已知f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－1时，解关于x 的不等式f (x )>5；(2)已知关于x 的不等式f (x )＋a <2 014(a 是常数)的解集是非空集合，求实数a 的取值范围．解：(1)构造函数g (x )＝|x －1|＋|x －2|－5，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2x ≤1，－41<x <2，2x －8x ≥2.令g (x )>0，那么x <－1或x >4，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．(2)∵f (x )＋a ＝|x ＋a |＋|x －2|＋a ≥|a ＋2|＋a ，又关于x 的不等式f (x )＋a <2 014的解集是非空集合，∴|a ＋2|＋a <2 014，解得a <1 006.对应学生用书P189[课堂练通考点]1．(2021·江西高考)在实数范围内，不等式||x －2|－1|≤1的解集为________． 解析：依题意得－1≤|x －2|－1≤1，即|x －2|≤2，解得0≤x ≤4.答案：[0,4]2．(2021·重庆高考)假设关于实数x 的不等式|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，那么实数a 的取值范围是________．解析：|x －5|＋|x ＋3|≥|(x －5)－(x ＋3)|＝8，故a ≤8.答案：(－∞，8]3．(2021·南昌模拟)假设对任意的a ∈R ，不等式|x |＋|x －1|≥|1＋a |－|1－a |恒成立，那么实数x 的取值范围是________．解析：由|1＋a |－|1－a |≤2得|x |＋|x －1|≥2，当x <0时，－x ＋1－x ≥2，x ≤－12；当0≤x ≤1时，x ＋1－x ≥2，无解；当x >1时，x ＋x －1≥2，x ≥32.综上，x ≤－12或x ≥32. 答案：(－∞，－12]∪[32，＋∞) 4．(2021·西安检测)已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m .假设函数f (x )的图像恒在函数g (x )图像的上方，那么m 的取值范围为________．解析：函数f (x )的图像恒在函数g (x )图像的上方，即为|x －2|>－|x ＋3|＋m 对任意实数x 恒成立，即|x －2|＋|x ＋3|>m 恒成立．因为对任意实数x 恒有|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x＋3)|＝5，因此m<5，即m的取值范围是(－∞，5)．答案：(－∞，5)5．(2021·长春模拟)已知实数t ，假设存在t ∈[12，3]使得不等式|t －1|－|2t －5|≥|x －1|＋|x －2|成立，求实数x 的取值范围．解：∵t ∈[12，3]，∴|t －1|－|2t －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －t ＋4，t ≥52，3t －6，1<t <52，t －4，t ≤1，可得其最大值为32. ∴只需解不等式|x －1|＋|x －2|≤32即可，当x ≥2时，可解得2≤x ≤94，当1<x <2时不等式恒成立，当x ≤1时可解得34≤x ≤1，综上可得x 的取值范围为[34，94]． [课下提升考能]1．(2021·福建高考)设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值． 解：(1)因为32∈A ，且12∉A ，因此⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ， 且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ， 解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，因此a ＝1. (2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0，即－1≤x ≤2时取到等号．因此f (x )的最小值为3.2．设函数f (x )＝|x －a |＋2x ，其中a >0.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥2x ＋1的解集；(2)假设x ∈(－2，＋∞)时，恒有f (x )>0，求a 的取值范围．解：(1)a ＝2时，|x －2|＋2x ≥2x ＋1，∴|x －2|≥1，∴x ≥3或x ≤1.∴不等式的解集为(－∞，1]∪[3，＋∞)．(2)依题意，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a ，x ≥a ，x ＋a ，x <a ，∵a >0，∴当x >－2时，f (x )≥x ＋a >－2＋a ，要使f (x )>0，只需－2＋a ≥0即可，∴a ≥2.故a 的取值范围为[2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝|x －a |－2|x －1|(a ∈R )．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的最大值；(2)解关于x 的不等式f (x )≥0.解：(1)当a ＝3时，f (x )＝|x －3|－2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －1，x ≥3，－3x ＋5，1<x <3，x ＋1，x ≤1.当x ≤1时，f (x )＝x ＋1，因此f (x )在(－∞，1]上单调递增；当1<x <3时，f (x )＝－3x ＋5，因此f (x )在(1,3)上单调递减；当x ≥3时，f (x )＝－x －1，因此f (x )在[3，＋∞)上单调递减．因此当x ＝1时，函数f (x )取得最大值2.(2)由f (x )≥0得|x －a |≥2|x －1|，两边平方得，(x －a )2≥4(x －1)2，即3x 2＋2(a －4)x ＋4－a 2≤0，得[x －(2－a )][3x －(2＋a )]≤0，故①当a >1时，不等式的解集为2－a ，2＋a 3； ②当a ＝1时，不等式的解集为{x |x ＝1}；③当a <1时，不等式的解集为[2＋a 3，2－a ]． 4．已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解关于x 的不等式f (x )＋x 2－1>0；(2)假设g (x )＝－|x ＋3|＋m ，f (x )<g (x )的解集非空，求实数m 的取值范围． 解：(1)由题意原不等式可化为：|x －1|>1－x 2，即x－1>1－x2或x－1<x2－1，由x－1>1－x2得x>1或x<－2；由x－1<x2－1得x>1或x<0.综上，原不等式的解为x>1或x<0.(2)原不等式等价于|x －1|＋|x ＋3|<m 的解集非空．令h (x )＝|x －1|＋|x ＋3|，即h (x )min <m ，又|x －1|＋|x ＋3|≥|x －1－x －3|＝4，因此h (x )min ＝4，因此m >4.5．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|－a .(1)当a ＝5时，求函数f (x )的概念域；(2)假设函数f (x )的概念域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)当a ＝5时，f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|－5，由|x ＋1|＋|x ＋2|－5≥0 得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥－1，2x －2≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤x <－1，－4≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x <－2，－8－2x ≥0， 解得x ≥1或x ≤－4.即函数f (x )的概念域为{x |x ≥1或x ≤－4}．(2)由题可知|x ＋1|＋|x ＋2|－a ≥0恒成立，即a ≤|x ＋1|＋|x ＋2|恒成立，而|x ＋1|＋|x ＋2|≥|(x ＋1)－(x ＋2)|＝1，因此a ≤1，即a 的取值范围为(－∞，1]．6．已知函数f (x )＝|x －2|＋2|x －a |(a ∈R )．(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>3；(2)不等式f (x )≥1在区间(－∞，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，原不等式可化为 ①⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －2＋2x －2>3，解得x >73；②⎩⎪⎨⎪⎧1<x <2，2－x ＋2x －2>3，现在无解； ③⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤1，2－x ＋2－2x >3，解得x <13， ∴不等式的解集为(－∞，13)∪(73，＋∞)． (2)当a >2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2＋2a ，x ≤2，－x ＋2a －2，2<x <a ，3x －2－2a ，x ≥a ；当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋6，x ≤2，3x －6，x >2； 当a <2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋2＋2a ，x ≤a ，x －2a ＋2，a <x <2，3x －2－2a ，x ≥2.∴f (x )的最小值为f (2)或f (a )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ f a ≥1，f 2≥1，解得a ≤1或a ≥3. 故实数a 的取值范围为(－∞，1]∪[3，＋∞)．7．(2021·郑州模拟)已知函数f (x )＝|x －a |.(1)假设不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，假设f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)由f (x )≤3得，|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3.又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}， 因此⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2. (2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|，设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)， 于是g (x )＝|x －2|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x －1，x <－3，5，－3≤x ≤2，2x ＋1，x >2，因此当x <－3时，g (x )>5；当－3≤x ≤2时，g (x )＝5；当x >2时，g (x )>5. 综上可得，g (x )的最小值为5.从而假设f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，那么m的取值范围为(－∞，5]．8．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)知足以下条件：①当x∈R时，f(x)的最小值为0，且f(x－1)＝f(－x－1)恒成立；②当x∈(0,5)时，x≤f(x)≤2|x－1|＋1恒成立．(1)求f(1)的值；(2)求f(x)的解析式；(3)求最大的实数m(m>1)，使得存在实数t，当x∈[1，m]时，f(x＋t)≤x恒成立．解：(1)在②中令x＝1，有1≤f(x)≤1，故f(1)＝1.(2)由①知二次函数的图像关于直线x＝－1对称，且开口向上，故设此二次函数为f(x)＝a(x＋1)2(a>0)．因为f (1)＝1，因此a ＝14，因此f (x )＝14(x ＋1)2. (3)f (x )＝14(x ＋1)2的图像开口向上， 而y ＝f (x ＋t )的图像是由y ＝f (x )的图像向左或向右平移|t |个单位取得的，要在区间[1，m ]上使得y ＝f (x ＋t )的图像在y ＝x 的图像下方，且m 最大，那么1和m 应当是方程14(x ＋t ＋1)2＝x 的两个根．令x ＝1代入方程，得t ＝0或－4.当t ＝0时，方程的解为x 1＝x 2＝1(这与m >1矛盾，舍去)；当t ＝－4时，方程的解为x 1＝1，x 2＝9，因此m ＝9.又当t ＝－4时，对任意x ∈[1,9]，y ＝f (x －4)－x ＝14(x －3)2－x ＝14(x 2－10x ＋9)＝14(x －5)2－4≤0，即f (x －4)≤x 恒成立．因此最大的实数m 为9.第二节不等式的证明及柯西不等式对应学生用书P189 1．不等式证明的方式(1)比较法：①求差比较法：明白a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b 只要证明a －b >0即可，这种方式称为求差比较法．②求商比较法：由a >b >0⇔a b >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明ab>1即可，这种方式称为求商比较法．(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，这种方式叫综合法．即“由因导果”的方式． (3)分析法： 证明不等式时，有时能够从求证的不等式动身，分析使那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不是具有的问题，若是能够确信这些充分条件都已经具有，那么就能够够判定原不等式成立，这种方式叫作分析法．即“执果索因”的方式．(4)反证法和放缩法：①先假设要证的命题不成立，以此为起点，结合已知条件，应用公理、概念、定理、性质等，进行正确的推理，取得和命题的条件(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，这种方式叫作反证法． ②证明不等式时，通过把不等式中的某些部份的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方式叫作放缩法．2．几个经常使用大体不等式(1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：设a 1，a 2，b 1，b 2均为实数，那么(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2(当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立)．②柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，那么|α||β|≥|α·β|.③二维形式的三角不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ，那么 x 21＋y 21＋x 22＋y 22≥ x 1－x 22＋y 1－y 22.④柯西不等式的一样形式：设a 1，a 2，…，a n ，b 1，b 2，…，b n 为实数，那么(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当且仅当b i ＝0或存在一个数k ，使a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(2)平均值不等式：①定理：若是a ，b ，c 为正数，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．②咱们称a ＋b ＋c 3为正数a ，b ，c 的算术平均值，3abc 为正数a ，b ，c 的几何平均值，定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式，简称为平均值不等式．③一样形式的算术—几何平均值不等式：若是a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，那么a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 1．利用柯西不等式或平均值不等式时易轻忽等号成立的条件． 2．易混淆分析法与综合法，分析法是执果索因，综合法是由因导果．[试一试]1．已知x 2＋y 2＝10，那么3x ＋4y 的最大值为______．解析：∵(32＋42)(x 2＋y 2)≥(3x ＋4y )2，当且仅当3y ＝4x 时等号成立，∴25×10≥(3x ＋4y )2，∴(3x ＋4y )max ＝510.答案：510 2．已知a ，b ，c ∈R ＋，那么1a ＋1b ＋1c 与1ab ＋1bc ＋1ac的大小关系是________． 解析：21a ＋1b ＋1c ＝1a ＋1b ＋1b ＋1c ＋1c ＋1a ≥2ab ＋2bc ＋2ca. 因此1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac. 答案：1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac放缩法证明不等式的技术(1)放缩法原理简单，但放缩技术性强，而且应用普遍，经常使用的放缩法有增项、减项，利用分式的性质、函数的性质、不等式的性质等．其理论依据是不等式的传递性，利用此方式时要注意把握放大或缩小的度．(2)常见的放缩技术有：①1k k －1>1k 2>1k k ＋1(k ≥2，k ∈N *)；②2k－1＋k>22k>2k＋k＋1(k≥2，且k∈N*)．[练一练]设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，那么M与1的大小关系是__________．解析：∵210＋1>210,210＋2>210，…，211－1>210，∴M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210＝1.210个答案：M<1对应学生用书P190考点一比较法证明不等式1.设t＝a2解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.答案：s≥t2．已知c>b>a，求证：a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.证明：ab2＋bc2＋ca2－(a2b＋b2c＋c2a)＝a(b2－c2)＋b(c2－a2)＋c(a2－b2)＝a(b2－c2)＋b(c2－b2＋b2－a2)＋c(a2－b2)＝a(b2－c2)＋b(c2－b2)＋b(b2－a2)＋c(a2－b2)＝(c2－b2)(b－a)＋(b2－a2)(b－c)＝(b－a)·(c－b)[b＋c－(b＋a)]＝(b－a)(c－b)(c－a)．∵c>b>a，∴b－a>0，c－b>0，c－a>0.∴ab2＋bc2＋ca2>a2b＋b2c＋c2a.即a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2.3．求证：当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b 2.证明：a a b b ab a ＋b 2＝a a －b 2b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2， 当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＝1. 当a >b >0时，a b >1，a －b2>0， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1. 当b >a >0时，0<a b <1，a －b2<0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2>1. 综上可知，当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a ＋b 2成立．[备课札记][类题通法]关于多项式的大小比较问题通常能够用比较法，而比较法中最经常使用的是作差法和作商法．作差法中作差后的关键是对差的符号进行判定，通常运用配方、因式分解等方式，作商法要注意两式的符号．考点二 综合法与分析法[典例] (1)已知a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c≥9. (2)已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a .[证明]：(1)法一：1a ＋1b ＋1c ＝(a ＋b ＋c )1a ＋1b ＋1c ≥3·3abc ·3·31abc ＝9(当且仅当a ＝b＝c ＝13时等号成立)．法二：1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．) (2)要证b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2，只需证2a 2－ab －b 2>0，只需证(a －b )(2a ＋b )>0，只需证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0.∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立. 在本例(1)的条件下 求证：(a ＋1a )2＋(b ＋1b)2＋(c ＋1c )2≥1003. 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ＝13(12＋12＋12)·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ≥13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ＋b ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2 ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c 2 ≥13⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2 b a ·a b ＋2 c b ·bc ＋2 a c ·c a2 ＝13×(1＋9)2＝1003. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立． [备课札记][类题通法]分析法与综合法常常结合利用，实际是以分析法为主，借助综合法，使证明的问题明朗化．[针对训练]已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－c2－ab<a<c＋c2－ab.证明：法一(分析法)要证c－c2－ab<a<c＋c2－ab，即证－c2－ab<a－c<c2－ab，即证|a－c|<c2－ab，即证(a－c)2<c2－ab，即证a2－2ac<－ab.因为a>0，因此只要证a－2c<－b，即证a＋b<2c.由已知条件知，上式显然成立，因此原不等式成立．法二(综合法)因为a＋b<2c，因此a－2c<－b.又因为a>0，因此a2－2ac<－ab，因此(a－c)2<c2－ab，因此|a－c|<c2－ab，因此－c2－ab<a－c<c2－ab，因此c－c2－ab<a<c＋c2－ab.考点三放缩法证明不等式[典例] 123n x1＋x2＋x3＋…＋x n＝1.求证：1x1－x31＋1x2－x32＋1x3－x33＋…＋1x n－x3n>4.[证明] ∵0<x i<1，∴1x i－x3i>1x i，其中i＝1,2,3，…，n，1x1－x31＋1x2－x32＋1x3－x33＋…＋1x n－x3n>1x1＋1x2＋1x3＋…＋1x n≥nn1x1x2x3…x n.∴∵ n x 1x 2x 3…x n ≤x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n n ＝1n ， ∴ n1x 1x 2x 3…x n ≥n ， ∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n >n 2≥22＝4， ∴1x 1－x 31＋1x 2－x 32＋1x 3－x 33＋…＋1x n －x 3n >4.[备课札记][类题通法]放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技术是不等式的传递性．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．[针对训练]设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)<1. 证明：由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k <1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n； 当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n； …当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1n， ∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n＝1. 考点四 柯西不等式求最值[典例] (2021·南通模拟)假设正数a ，b ，c 知足a ＋b ＋c ＝1，那么13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为________．解析：由柯西不等式知：⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13a ＋2×3a ＋2＋13b ＋2×3b ＋2＋13c ＋2×3c ＋22＝32＝9. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[3(a ＋b ＋c )＋6]≥9， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2×9≥9. ∴13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1. 当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a ＝b ＝c ＝13时，取到最小值1. 答案：1[备课札记][类题通法]利用柯西不等式求最值的一样结构为：(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在利用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．[针对训练]已知实数a ，b ，c ，d 知足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，求证：1≤a ≤2. 证明：由柯西不等式得(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，由已知可得2b2＋3c2＋6d2＝5－a2，b＋c＋d＝3－a，∴5－a2≥(3－a)2，即1≤a≤2.当且仅当2b12＝3c13＝6d16，即2b＝3c＝6d时等号成立．对应学生用书P192[课堂练通考点]1．(2021·陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，那么(am＋bn)(bm＋an )的最小值为________．解析：(am ＋bn )(bm ＋an )＝ab (m 2＋n 2)＋mn (a 2＋b 2)≥2abmn ＋mn (a 2＋b 2)＝4ab ＋2(a 2＋b 2)＝2(2ab ＋a 2＋b 2)＝2(a ＋b )2＝2(当且仅当m ＝n ＝2时取等号)． 答案：2 2．已知x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，那么利用柯西不等式判定a 2＋b 2与(x ＋y )2的大小关系为________．解析：∵x 2a 2＋y 2b 2＝1，∴a 2＋b 2＝(a 2＋b 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2a 2＋y 2b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·x a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ·y b 2 ＝(x ＋y )2.答案：a 2＋b 2≥(x ＋y )23．设x ，y ，z 均为实数，那么2x ＋y －z x 2＋2y 2＋z 2的最大值是________． 解析：由柯西不等式知(x 2＋2y 2＋z 2)[ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋(－1)2 ]≥(2x ＋y －z )2⇒2x ＋y －z x 2＋2y 2＋z 2≤222. 当且仅当x2＝2y ＝－z >0时等号成立． 答案：222 4．(2021·全国卷Ⅱ)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.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，因此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 .因此a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.[课下提升考能]1．已知x ，y ，z ∈R ，假设x 4＋y 4＋z 4＝1.求证：x 2＋y 2＋z 2≤ 3.证明：x ，y ，z ∈R ，且x 4＋y 4＋z 4＝1为定值，利用柯西不等式取得 (x 2＋y 2＋z 2)2≤(12＋12＋12)[(x 2)2＋(y 2)2＋(z 2)2]． 从而(x 2＋y 2＋z 2)2≤3⇒x 2＋y 2＋z 2≤3. 当且仅当x 21＝y 21＝z 21时取“＝”号， 又x 4＋y 4＋z 4＝1，因此x 2＝y 2＝z 2＝33时取“＝”号． 2．(2021·大连模拟)已知a >0，b >0，c >0，a ＋b >c . 求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c. 证明：∵a >0，b >0，∴a 1＋a >a 1＋a ＋b ，b 1＋b >b 1＋a ＋b. ∴a 1＋a ＋b 1＋b >a ＋b1＋a ＋b .而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x在(0，＋∞)上递增，且a ＋b >c ，∴f (a ＋b )>f (c )，则a ＋b 1＋a ＋b >c1＋c ，因此a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c， 故原不等式成立．3．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明：2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b >0，因此a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .4．已知a ，b ，c ∈R ＋.求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥c ba ＋a cb ＋b ac .证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴b 2a ＋c 2b ≥2 b 2a ·c 2b ＝2c ba ， 同理，c 2b ＋a 2c ≥2a c b ，a 2c ＋b 2a ≥2b ac， 三式相加可得b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥c ba ＋a cb ＋b ac .5．已知f (x )＝1＋x 2，a ≠b ，求证|f (a )－f (b )|<|a －b |.证明：∵|f (a )－f (b )|＝|1＋a 2－1＋b 2|＝ |a 2－b 2|1＋a 2＋1＋b 2＝|a －b ||a ＋b |1＋a 2＋1＋b 2. 又|a ＋b |≤|a |＋|b |＝a 2＋b 2<1＋a 2＋1＋b 2. ∴|a ＋b |1＋a 2＋1＋b 2<1.∵a ≠b ，∴|a －b |>0，∴|f (a )－f (b )|<|a －b |.6．(2021·金华模拟)已知x，y，z是正实数．求证：x2y＋z＋y2x＋z＋z2x＋y≥x＋y＋z2.证明：∵x ，y ，z 是正实数，令a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x y ＋z ，y x ＋z ，z x ＋y ， b ＝(y ＋z ，x ＋z ，x ＋y )，∵|a·b|2≤|a|2|b|2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x y ＋z ·y ＋z ＋y x ＋z ·x ＋z ＋z x ＋y ·x ＋y 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y ＋z ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y [(y ＋z )＋(x ＋z )＋(x ＋y )]，当且仅当x ＝y ＝z 时，等号成立．即(x ＋y ＋z )2≤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2z ＋y ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y ·(x ＋y ＋z )， ∴x 2y ＋z ＋y 2x ＋z ＋z 2x ＋y ≥x ＋y ＋z2. 7．设a ，b ，c 均为正实数．求证：12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b . 证明：∵a ，b ，c 均为正实数，∴12⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b，当且仅当a ＝b 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c ，当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当c ＝a 时等号成立； 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．8．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3；(2)假设x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是不是仍然成立？若是成立，请给出证明，若是不成立，请举出一个使它不成立的x 值．解：(1)证明：x是正实数，由大体不等式知，x＋1≥2x，1＋x2≥2x，x3＋1≥2x3，故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2x·2x·2x3＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．(2)假设x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．由(1)知，当x >0时，不等式成立； 当x ≤0时，8x 3≤0.而(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1) ＝(x ＋1)2(x 2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥0， 现在不等式仍然成立．。

专题37 不等式选讲一．【学习目标】1．理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式： ①|a ＋b |≤|a |＋|b |； ②|a －b |≤|a －c |＋|c －b |.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 －a |＋|x －b |≥c .3．会用绝对值不等式、基本不等式证明一些简单问题；能够利用基本不等式求一些特定函数的最(极)值． 4．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等． 二．【知识要点】1．绝对值的概念和几何意义代数：|a |＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥0），－a （a ＜0）.几何意义：|a |表示数轴上坐标为±a 的点A 到原点的距离．2．绝对值不等式性质 |a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.(1)|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时取等号； (2)|a －b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≤0时取等号． 3．绝对值不等式的解法原则是转化为不含绝对值的不等式求解．基本型：a ＞0，|x |＜a ⇔-a<x<a ；|x |＞a ⇔x<-a 或x>a ．(1)c ＞0，|ax ＋b |≤c ⇔，|ax ＋b |≥c ⇔．(2)c ＞0，|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c .三种解法：图解法(数形结合)、零点分区法(定义)、绝对值的几何意义(数轴)． 4．比较法证明不等式 (1)作差比较法：知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明ａ－ｂ＞０即可，这种方法称为作差比较法． (2)作商比较法：由a ＞b ＞0⇔ab ＞1且a >0，b ＞0，因此当a >0，b >0时要证明a >b ，只要证明1a b即可，这种方法称为作商比较法．5．综合法证明不等式从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，即“由因导果”的方法．这种证明不等式的方法称为综合法或顺推法．6．分析法证明不等式证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它 成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理、性质、或已证明的定理 等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．7．反证法证明不等式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，我们把它称为反证法． 8．放缩法证明不等式证明不等式时，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，我们把这种方法称为放缩法． 三．方法总结1.含绝对值不等式的求解策略(1)解含有绝对值的不等式的指导思想是设法去掉绝对值符号.常用的方法是：①由定义分段讨论(简称零点分区间法)；②利用绝对值不等式的性质(题型法)；③平方法；④数形结合法等.(2)解含参数的不等式，如果转化不等式的形式或求不等式的解集时与参数的取值范围有关，就必须分类讨论.注意：①要考虑参数的总取值范围.②用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏.(3)含绝对值不等式的证明，要善于应用分析转化法.(4)灵活运用绝对值不等式的两个重要性质定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，特别注意等号成立的条件.2.作差比较法是证明不等式最基本、最重要的方法，其关键是变形，通常通过因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断.3.综合法证明不等式时，主要利用基本不等式、函数的单调性以及不等式的性质，在严密的推理下推导出结论，综合法往往是分析法的逆过程，所以在实际证明时，用分析法分析，用综合法表述证明推理过程.4.某些不等式的条件与结论，或不等式的左右两边联系不明显，用作差法又难以对差进行变形，难以运用综合法直接证明，这时常用分析法，以便发现联系.分析的过程中，综合条件、定理等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法.5.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法，凡是含有“至少”“唯一”或者含有其他否定词的命题，适宜用反证法.6.放缩法是一种常用的证题技巧，放缩必须有目标，而目标可以从求证的结论中和中间结果中寻找.常用的放缩技巧有添舍放缩，拆项对比放缩，利用函数的单调性和重要不等式放缩等.四.典例分析（一）解绝对值不等式例1．设函数．（1）若，解不等式；（2）求证：．【答案】（1）;（2）详见解析.【解析】（1）因为，所以，即或故不等式的解集为（2）由已知得：所以在上递减，在递增即所以练习1已知函数，.（Ⅰ）若恒成立，求的最小值；（Ⅱ）若，求不等式的解集.【答案】（1）2（2）练习2．已知函数．（I）当时，求不等式的解集；（II）求证：．【答案】（I）；（II）详见解析.【解析】（Ⅰ）当时，，由，得解得的解集为；（Ⅱ），当且仅当时等号成立.练习3．已知，其中。

"【备战2013】高考数学 6年高考母题精解精析 专题16 不等式选讲02 理 "一、填空题：1．（2010年高考陕西卷理科15）(不等式选做题)不等式323≥--+x x 的解集为____________.【答案】{}1≥x x【解析】（方法一）当3-<x 时，∵原不等式即为()()35323≥-⇒≥-++-x x ，这显然不可能，∴3-<x 不适合.当23≤≤-x 时，∵原不等式即为()()1323≥⇒≥-++x x x ，又23≤≤-x ，∴21≤≤x 适合.当2>x 时，∵原不等式即为()()35323≥⇒≥--+x x ，这显然恒成立，∴2>x 适合. 故综上知，不等式的解集为{}221>≤≤x x x 或，即{}1≥x x .（方法二）设函数()23--+=x x x f ，则∵()⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤-+-<-=,2,5,23,12,3,5x x x x x f ∴作函数()x f的图象，如图所示，并作直线3=y 与之交于点A . 又令312=+x ，则1=x ，即点A 的横坐标为1. 故结合图形知，不等式的解集为{}1≥x x .二、解答题：1．（2010年高考福建卷理科21）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲 已知函数()||f x x a =-。

（Ⅰ）若不等式()3f x ≤的解集为{}|15x x -≤≤，求实数a 的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若()(5)f x f x m ++≥对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。

（Ⅱ）当2a =时，()|2|f x x =-，设()=()(5)g x f x f x ++，于是()=|x-2||3|g x x ++=21,<35,3221,>2x x x x x ---⎧⎪-≤≤⎨⎪+⎩，所以当x<-3时，g(x)>5；当-3x 2≤≤时，g(x)>5；当x>2时，g(x)>5。

新数学复习题《不等式选讲》专题解析一、141．若，则不等式的解集为 A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】由绝对值三角不等式的性质得出，由，得出，借助正弦函数图象可得出答案。

【详解】 因为成立，所以，又，所以，，故选：D 。

【点睛】本题考查绝对值三角不等式的应用，再利用绝对值不等式时，需要注意等号成立的条件，属于基础题。

2．已知点(3,1)P 在椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上，点(,)M a b 为平面上一点，O 为坐标原点，则当OM 取最小值时，椭圆的离心率为（ ） A 3B ．13C 2D 6 【答案】D 【解析】 【分析】点(3,1)P 在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上，可得22911a b +=，(,)M a b 为平面上一点，22||OM a b =+a ，b 关系，代入即可．【详解】解：点(3,1)P 在椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上，可得22911a b +=，(,)M a b 为平面上一点，22||OM a b =+所以222222291||()()(31)4OM a b a b a b=+=+++…，当且仅当223a b =时，取等号， 222213b e a =-=，e =． 故选D ． 【点睛】考查椭圆的性质，柯西不等式的应用，求椭圆的离心率，中档题．3．已知a ＋b ＋c ＝1，且a ， b ， c ＞0，则 222a b b c a c +++++ 的最小值为( ) A ．1 B ．3C ．6D ．9【答案】D 【解析】2221,a b c a b b c c a ++=∴+++++Q ()1112++a b c a b b c c a ⎛⎫=⋅++ ⎪+++⎝⎭()()()()21111119a b b c c a a b b c c a ⎛⎫⎡⎤=+++++⋅++≥++= ⎪⎣⎦+++⎝⎭，当且仅当13a b c ===时等号成立，故选D.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用≥或≤时等号能否同时成立）.4．若关于x 的不等式2|1|30ax x a -++≥的解集为R ，则实数a 的取值范围为 A ．1[,+)6∞ B ．1[,+)3∞ C ．1[,+)2∞ D ．1[,+)12∞ 【答案】C 【解析】 【分析】先将不等式2130ax x a -++≥变形为213x a x +≥+，由不等式2130ax x a -++≥的解集是(),-∞+∞，可得213x a x +≥+恒成立，因此只需求出213x x ++的最大值即可.【详解】解：不等式2130ax x a -++≥的解集是(),-∞+∞，即x R ∀∈，2130ax x a -++≥恒成立，∴221133x x a x x ++≥=++， 令()213x g x x +=+， 当1x =-时，()0g x =；当1x ≠-时，()21143121x g x x x x +==+++-+， 若10x +>，则()41221x x ++-≥=+， 当且仅当411x x +=+，即x 1＝时上式“＝”成立； 若x 10+＜， 则()()()441212611x x x x ⎡⎤++-=--++-≤-=-⎢⎥+-+⎢⎥⎣⎦， 当且仅当()()411x x -+=-+，即3x =-时上式“＝”成立．()()][()412,62,1x x ∴++-∈-∞-⋃+∞+． ()10,2g x ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦．12a ∴≥． 则实数a 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 故选C ． 【点睛】本题主要考查不等式恒成立的问题，由不等式恒成立求参数的范围，通常用分离参数的方法，将不等式转化为参数与一个函数比较大小的形式，只需求出函数的最大值或最小值即可，属于常考题型.5．2018年9月24日，英国数学家M.F 阿帝亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和.记无穷数列21n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的各项的和222111123S n L L =+++++，那么下列结论正确的是（ ）A ．413S << B ．5443S << C ．322S << D ．2S >【答案】C 【解析】 【分析】由2n ≥时，()2111111n n n n n<=---，由裂项相消求和以及不等式的性质可得2S <,排除D ，再由前3项的和排除A ，B ，从而可得到结论. 【详解】由2n ≥时，()2111111n n n n n<=---， 可得222111111111...11...232231n S n n n =++++<+-+-++--12n=-， n →+∞时，2S →，可得2S <,排除D ，由22111341123363++=+>，可排除,A B ,故选C. 【点睛】本题主要考查裂项相消法求数列的和，以及放缩法和排除法的应用,属于中档题. 用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性.6．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*21221n n a a S n n N +==++∈，，若对任意的*n N ∈，1211120nn a n a n a λ++⋯+-≥+++恒成立，则实数λ的取值范围为（ ） A ．(]2∞-，B ．(]1∞-，C ．14∞⎛⎤- ⎥⎝⎦， D ．12，∞⎛⎤- ⎥⎝⎦ 【答案】C 【解析】 【分析】2212,21n n a a S n +==++ ()*n N ∈，可得2n ≥时，()221121210n n n n n n a a S S a a +--=-+=+>，．可得11n n a a +=+时，212224a a +==，解得1a ．利用等差数列的通项公式可得n a ．通过放缩即可得出实数λ的取值范围． 【详解】2212,21n n a a S n +==++Q ()*n N ∈，2n ∴≥时，()22112121n n n n n a a S S a +--=-+=+， 化为：222121(1)n n n n a a a a +=++=+，0n a >．11n n a a +∴=+，即11n n a a +-=，1n =时，212224a a +==，解得11a =．∴数列{}n a 为等差数列，首项为1，公差为1．11n a n n ∴=+-=． 1211111112n n a n a n a n n n n∴++⋯+=++⋯+++++++. 记11112n b n n n n =++⋯++++，1111111211n b n n n n +=++⋯++++++++. ()()11111022*******n n b b n n n n n +-=+-=>+++++. 所以{}n b 为增数列，112n b b ≥=,即121111111122n n a n a n a n n n n ++⋯+=++⋯+≥++++++. Q 对任意的*n N ∈，1211120nn a n a n a λ++⋯+-≥+++恒成立， 122λ∴≤，解得14λ≤ ∴实数λ的取值范围为14∞⎛⎤- ⎥⎝⎦，．故选C ． 【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．已知2(3)f x x x =+，若1x a -≤，则下列不等式一定成立的是( ) A ．33()()f x f a a -≤+ B ．24()()f x f a a -≤+ C ．()()5f x f a a -≤+ D ．2|()()2|(1)f x f a a -≤+【答案】B 【解析】 【分析】先令a=0,排除A ，C,D,再利用绝对值三角不等式证明选项B 成立【详解】令a=0，则1x ≤，即-1≤x≤1,()()()()()0?f x f a f x f f x -=-=≤4,此时A,C,D 不成立，下面证明选项B 成立()()22 33f x f a x x a a -=+--=()() 3x a x a -++≤()()3x a x a -++≤()3x a ++=23x a a -++≤23x a a -++≤24a +故选：B ． 【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的应用，特值法，结合二次函数最值分析问题，准确推理计算是关键，是基础题．8．若关于x 的不等式43x x a -++<有实数解，则实数a 的取值范围是( ) A ．(7,)+∞ B ．[)7,+∞C ．(1,)+∞D ．(1,7)【答案】A 【解析】 【分析】利用绝对值的意义可求得43x x -++的最小值为7，由此可得实数a 的取值范围，得到答案. 【详解】由题意43x x -++表示数轴上的x 对应点到4和3-对应点的距离之和，其最小值为7，再由关于x 的不等式43x x a -++<有实数解，可得7a >， 即实数x 的取值范围是(7,)+∞，故选A. 【点睛】本题主要考查了绝对值的意义，以及函数绝对值不等式的有解问题，其中根据绝对值的意义，求得43x x -++的最小值为7是解得关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.9．若集合{}2540A x x x =-+<，{}1B x x a =-<，则“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的（ ）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】解出集合A 、B ，由B A ⊆得出关于a 的不等式组，求出实数a 的取值范围，由此可判断出“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的充分非必要条件. 【详解】解不等式2540x x -+<，解得14x <<，{}14A x x ∴=<<. 解不等式1x a -<，即11x a -<-<，解得11a x a -<<+，{}11B x a x a ∴=-<<+.B A ⊆Q ，则有1114a a -≥⎧⎨+≤⎩，解得23a ≤≤.因此，“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的充分非必要条件. 故选：A 【点睛】本题考查充分非必要条件的判断，一般将问题转化为集合的包含关系来判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.10．设x ∈R ，则“2x <”是4<”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】 【分析】首先求解绝对值不等式和根式不等式，然后分别考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】由2x <可得22x -<<4<可得016x ≤<，22x -<<是016x ≤<的既不充分也不必要条件，“2x <”是4<”的既不充分也不必要条件. 本题选择D 选项. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，充分条件和必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．已知x+3y+5z=6,则x 2+y 2+z 2的最小值为( ) A ．65B ．6 35C ．36 35D ．6【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合柯西不等式的结论求解x 2+y 2+z 2的最小值即可.由柯西不等式,得：x 2+y 2+z 2=(12+32+52)(x 2+y 2+z 22221)135++≥(1×x+3×y+5×z )2135⨯=26136.3535⨯= 当且仅当x 6186,,35357y z ===时等号成立. 即x 2+y 2+z 2的最小值为3635. 本题选择C 选项. 【点睛】根据题目特征，想到利用向量方法或利用柯西不等式想法比较自然.利用柯西不等式代数形式及其向量形式解题的方法是一致的.选择哪种方法进行解题，可能会因解题者的知识解构、思维特征及对问题与方法的熟悉程度做出选择.12．设x ∈R ，则“31x <”是“1122x -<”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】分别求解三次不等式和绝对值不等式确定x 的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】 由31x <可得1x <， 由1122x -<可得01x <<， 据此可知“31x <”是“1122x -<”的必要而不充分条件. 故选B . 【点睛】本题主要考查不等式的解法，充分性与必要性的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．已知,,x y z ∈R ，2221x y z ++=，则22x y z ++的最大值为（ ） A ．9B ．3C ．1D ．27【解析】 【分析】由已知2221x y z ++=，可利用柯西不等式2222222()()()a b c e f g ae bf cg ++++≥++，构造柯西不等式，即可求解．【详解】由已知，可知,,x y z ∈R ，2221x y z ++=，利用柯西不等式2222222()()()a b c e f g ae bf cg ++++≥++， 可构造得2222222(122)()(22)x y x x y z ++++≥++， 即2(22)9x y z ++≤，所以22x y z ++的最大值为3，故选B ． 【点睛】本题主要考查了柯西不等式的应用，其中解答中熟记柯西不等式，合理构造柯西不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．14．不等式222log 2log x x x x -<+的解集为（ ） A ．()1,2 B ．()0,1C ．()1,+∞D ．()2,+∞【答案】C 【解析】 【分析】由题意得出0x >，分2log 0x >和2log 0x ≤两种情况讨论，结合222log 2log x x x x -<+可得出2log 0x >，解出该不等式即可.【详解】由题意得出0x >，当2log 0x ≤时，则222log 2log x x x x -=+. 当2log 0x >时，222log 2log x x x x -<+，解不等式2log 0x >得1x >. 因此，不等式222log 2log x x x x -<+的解集为()1,+∞. 故选：C. 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查绝对值三角不等式的应用，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.15．“31a -<<”是“存在x ∈R ，使得|||1|2x a x -++<”的（ ） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件 D ．既非充分又非必要条件【答案】C 【解析】设:31p a -<<，1:,|||2x R x a x q ∃∈-++<，考虑命题“若p 则q ”及其逆命题的真假后可得两者之间的条件关系. 【详解】设:31p a -<<，||:|1|2q x a x -++<，当31a -<<时，|||1|1x a x a -++≥+总成立，而12a +<， 故|||1|2x a x -++<在R 上有解，故,|||1|2x R x a x ∃∈-++<， 所以“若p 则q ”为真命题.若,|||1|2x R x a x ∃∈-++<，则()min21x a x >-++，由绝对值不等式可知11x a x a -++≥+，当且仅当()()10x a x --≤时等号成立， 所以1x a x -++的最小值为1a +，故21a >-即31a -<<，所以“若q 则p ”为真命题.综上，“31a -<<”是“存在x ∈R ，使得|||1|2x a x -++<”的充要条件. 故选：C. 【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若p 则q ”是真命题，“若q 则p ”是假命题，则p 是q 的充分不必要条件；若“若p 则q ”是真命题，“若q 则p ”是真命题，则p 是q 的充分必要条件；若“若p 则q ”是假命题，“若q 则p ”是真命题，则p 是q 的必要不充分条件；若“若p 则q ”是假命题，“若q 则p ”是假命题，则p 是q 的既不充分也不必要条件.16．对任意x ∈R ,不等式22|sin ||sin |x x a a +-≥恒成立,则实数a 的取值范围是（ ） A ．01a ≤≤ B ．11a -≤≤ C ．12a -≤≤ D ．22a -≤≤【答案】B 【解析】 【分析】解法一:（换元法）设sin t x =,则原不等式可化为22||||t t a a +-≥.求函数()||||||f t t t t a =++-的最小值,从而不等式2||a a ≥可得11a -≤≤.解法二:（特殊值法）代入2a =, 1a =-,排除错误选项即可. 【详解】解:解法一:（换元法）设sin t x =,则原不等式可化为22||||t t a a +-≥.令()||||||f t t t t a =++-,则min [()](0)||f t f a ==, 从而解不等式2||a a ≥可得11a -≤≤.故选B . 解法二:（特殊值法）当2a =时,因为2|sin ||sin 2|2sin 2|sin |2|sin |2x x x x x +-=-+≥+≥,当且仅当sin 0x =时,等号成立.此时2|sin ||sin 2|4x x +-≥不恒成立,所以2a =不合题意,可以排除C 、D .当1a =-时,因为2|sin ||sin 1|1sin 2|sin |1|sin |1x x x x x ++=++≥+≥,当且仅当sin 0x =时,等号成立.此时2|sin ||sin 1|1x x ++≥恒成立,所以1a =-符合题意,可以排除A.故选:B【点睛】本题考查绝对值不等式的参数问题,属于中档题,利用函数求最值的方法或者特殊值排除法都可以解题.17．不等式230x x -<的解集为（ ） A ．{}03x x <<B ．{}3003x x x -<<<<或C ．{}30x x -<<D ．{}33x x -<< 【答案】B【解析】【分析】 将不等式表示为230x x -<，得出03x <<，再解该不等式可得出解集.【详解】 将原不等式表示为230x x -<，解得03x <<，解该不等式可得30x -<<或03x <<. 因此，不等式230x x -<的解集为{}3003x x x -<<<<或，故选：B. 【点睛】本题考查二次不等式的解法与绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于中等题.18．在平面直角坐标系中，定义1212(,)d P Q x x y y =-+-为两点()11,P x y ，()22,Q x y 之间的“折线距离”.则下列命题中：①若C 点在线段AB 上，则有(,)(,)(,)d A C d C B d A B +=②若点A ，B ，C 是三角形的三个顶点，则有(,)(,)(,)d A C d C B d A B +=.③到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”相等的点的轨迹是直线0x =.④若A 为坐标原点，B 在直线0x y +-上，则(),d A B 的最小值为 真命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】 根据“折线距离”的定义，证明①③④为真命题，②为假命题，由此确定正确选项.【详解】对于①，C 点在线段AB 上，设C 点坐标为()00,x y ，0x 在12,x x 之间，0y 在12,y y 之间，不妨设102102,x x x y y y <<<<，则(,)(,)d A C d C B +=01012020x x y y x x y y -+-+-+-01012020x x y y x x y y =-+-+-+-21212121x x y y x x y y =-+-=-+-(),d A B =成立，故①正确.对于②，在三角形ABC 中，()()01012020,,d A C d C B x x y y x x y y +=-+-+-+-()()()()01200120x x x x y y y y ≥-+-+-+-()2121,x x y y d A B =-+-=，故②错误.对于③，到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”相等的点的集合是(){},|11x y x y x y ++=-+，即11x x +=-，即0x =.所以到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”相等的点的轨迹是直线0x =，即③正确.对于④，设(),B x y ，则(),d AB 1212x x y y x x x x =-+-=+≥+=(),d A B 的最小值为④正确.综上所述，正确的有①③④，共3个.故选：C.【点睛】本小题主要考查新定义运算的理解和运用，属于中档题.19．若函数()12f x x x a =+++的最小值3，则实数a 的值为（ ）A ．5或8B ．1-或5C ．1-或4-D ．4-或8【答案】D【解析】 试题分析：由题意，①当12a ->-时，即2a >，3(1),2(){1,123(1),1a x a x a f x x a x x a x --+≤-=+--<≤-++>-，则当2a x =-时，min ()()1322a a f x f a a =-=-++-+=，解得8a =或4a =-（舍）；②当12a -<-时，即2a <，3(1),1(){1,123(1),2x a x a f x x a x a x a x --+≤-=-+--<≤-++>-，则当2a x =-时，min ()()1322a a f x f a a =-=-++-+=，解得8a =（舍）或4a =-；③当12a -=-时，即2a =，()31f x x =+，此时min ()0f x =，不满足题意，所以8a =或4a =-，故选D.20．若存在x ,∈R ,使2x a 23x 1-+-≤成立,则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]75--， B ．()57， C ．[]57，D ．][()57∞∞-⋃+，， 【答案】C【解析】【分析】 先利用绝对值三角不等式求223x a x -+-的最小值，即得实数a 的取值范围.【详解】 由题得223=262|6|x a x x a x a -+--+-≥-，所以|6|1,161,57a a a -≤∴-≤-≤∴≤≤.故选C【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式和绝对值不等式的能成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.。

专题十六不等式选讲挖命题【真题典例】【考情探究】分析解读从近五年的考查情况来看,选修4—5是高考的考查热点,主要考查绝对值不等式的求解、恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明,多以解答题的形式呈现,难度中等,分值为10分.主要考查学生的数学运算能力、分类讨论思想和数形结合思想的应用.破考点【考点集训】考点一绝对值不等式1.不等式|x-2|-|x-1|>0的解集为()A.-B.--C. D.-答案A2.不等式|x+3|-|x-1|≥-2的解集为()A.(-2,+∞)B.(0,+∞)C.[-2,+∞)D.[0,+∞)答案C3.(2018河南南阳第一中学第一次月考,2)不等式|x-5|+|x+3|≥1的解集是()A.[-5,7]B.[-4,6]C.(-∞,-5]∪[7,+∞)D.(-∞,+∞)答案D4.(2018山东泰安一模,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R).(1)当m=-3时,解不等式f(x)<9;(2)若存在x∈[2,4],使得f(x)≤3成立,求m的取值范围.解析(1)f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R),当m=-3时,f(x)=|x-3|+|2x-3|(m∈R),由于f(x)<9,则|x-3|+|2x-3|<9,所以--或--或--解得-1<x<5.故原不等式的解集为{x|-1<x<5}.(2)存在x∈[2,4],使得f(x)≤3成立,即存在x∈[2,4],使得|x+m|≤6-2x,所以存在x∈[2,4],使得-则-解得-4≤m≤0.所以m的取值范围为-4≤m≤0.方法总结带有限定区间的含绝对值的不等式有解和恒成立问题,先由限定区间去一部分(或全部)绝对值,再进行求解.考点二不等式的证明1.若|x-s|<t,|y-s|<t,则下列不等式中一定成立的是()A.|x-y|<2tB.|x-y|<tC.|x-y|>2tD.|x-y|>t答案A2.已知a,b∈R,则使不等式|a+b|<|a|+|b|一定成立的条件是()A.a+b>0B.a+b<0C.ab>0D.ab<0答案D3.设a,b为不等的正数,且M=(a4+b4)(a2+b2),N=(a3+b3)2,则有()A.M=NB.M<NC.M>ND.M≥N答案C4.(2018广东中山二模,23)已知函数f(x)=x+1+|3-x|,x≥-1.(1)求不等式f(x)≤6的解集;(2)若f(x)的最小值为n,正数a,b满足2nab=a+2b,求证:2a+b≥.解析(1)根据题意,若f(x)≤6,则有--或-解得-1≤x≤4,故原不等式的解集为{x|-1≤x≤4}.(2)证明:函数f(x)=x+1+|3-x|=--分析可得f(x)的最小值为4,即n=4,则正数a,b满足8ab=a+2b,即+=8,∴2a+b=(2a+b)=≥=,原不等式得证.炼技法【方法集训】方法1 含绝对值不等式的解法1.(2018安徽合肥第二次教学质量检测,23)已知函数f(x)=|3x+m|.(1)若不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],求实数m的值;(2)若m>0,函数g(x)=f(x)-2|x-1|的图象与x轴围成的三角形的面积大于60,求m的取值范围.解析(1)由题意得解①得m≥-9.②可化为-9-m≤3x+m≤9+m,解得--≤x≤3.∵不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],∴--=-1,解得m=-3,满足m≥-9,∴m=-3.(2)依题意得g(x)=|3x+m|-2|x-1|.∵m>0,∴g(x)=------∴g(x)的图象与x轴围成的△ABC的三个顶点的坐标为A(-m-2,0),B-,C---,∴S△ABC=|AB|·|y C|=>60,解得m>12.∴实数m的取值范围为(12,+∞).2.(2017广东肇庆第三次统测,23)已知函数f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a.(1)若a=0,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.解析(1)当a=0时,由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|,两边平方,并整理得(3x+1)(1-x)≥0,解得-≤x≤1,所以所求不等式的解集为-.(2)解法一:由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|+a,即|x+1|-2|x|≥a.令F(x)=|x+1|-2|x|,依题意可得F(x)max≥a.F(x)=|x+1|-|x|-|x|≤|x+1-x|-|x|=1-|x|≤1,当且仅当x=0时,上述不等式的等号同时成立,所以F(x)max=1.所以a的取值范围是(-∞,1].解法二:由f(x)≥g(x),得|x+1|≥2|x|+a,即|x+1|-2|x|≥a.令F(x)=|x+1|-2|x|,依题意可得F(x)max≥a.F(x)=|x+1|-2|x|=----易得F(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以当x=0时,F(x)取得最大值,最大值为1.故a的取值范围是(-∞,1].方法2 与绝对值不等式有关的最值问题1.(2018河南豫南九校5月联考,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|.(1)若关于x的不等式f(x)<a有解,求实数a的取值范围;(2)若关于x的不等式f(x)<a的解集为,求a+b的值.解析(1)不等式等价于a>f(x)min,f(x)=----绘制函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得实数a的取值范围是(4,+∞).(2)由题意可得x=是方程|x+1|+|x-3|=a的解,据此有a=+-=5,求解绝对值不等式|x+1|+|x-3|<5可得:-<x<.故b=-,a+b=5-=.2.(2018山西高考考前适应性测试,23)已知函数f(x)=|x-1|-a(a∈R).(1)若f(x)的最小值不小于3,求a的最大值;(2)若g(x)=f(x)+2|x+a|+a的最小值为3,求a的值.解析(1)因为f(x)min=f(1)=-a,所以-a≥3,解得a≤-3,即a max=-3.(2)g(x)=f(x)+2|x+a|+a=|x-1|+2|x+a|.当a=-1时,g(x)=3|x-1|≥0,0≠3,所以a=-1不符合题意;当a<-1时,g(x)=--------即g(x)=--------所以g(x)min=g(-a)=-a-1=3,解得a=-4.当a>-1时,同理可知g(x)min=g(-a)=a+1=3,解得a=2.综上,a=2或-4.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一绝对值不等式1.(2018课标Ⅱ,23,10分)设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集;(2)若f(x)≤1,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=---可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}.(2)f(x)≤1等价于|x+a|+|x-2|≥4.而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立.故f(x)≤1等价于|a+2|≥4.由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2.所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).方法总结解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.2.(2018课标Ⅲ,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.解析本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.(1)f(x)=---y=f(x)的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅当a≥3且b≥2时,f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.易错警示对“零点分段法”的理解不到位若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以去掉绝对值符号.解后反思绝对值不等式问题常见类型及解题策略(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解.(2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后再求参数的取值范围.3.(2017课标Ⅰ,23,10分)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.解析本题考查含绝对值的不等式的解法,考查学生的运算求解能力以及对数形结合思想的应用能力.(1)解法一(零点分段法):当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①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--.解法二(图象法):由已知可得g(x)=---当a=1时,f(x)=-x2+x+4,两个函数的图象如图所示.易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和-,-1+,所以f(x)≥g(x)的解集为--.(2)解法一(等价转化法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].解法二(分类讨论法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于x∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2,当x=0时,-x2+ax+4≥2成立;当x∈(0,1]时,-x2+ax+4≥2可化为a≥x-,而y=x-在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a≥-1;当x∈[-1,0)时,-x2+ax+4≥2可化为a≤x-,而y=x-在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a≤1.综上,a的取值范围为[-1,1].思路分析(1)利用零点分段法或图象法解含绝对值的不等式;(2)根据题设可去掉绝对值,进而转化为不等式恒成立问题进行求解.方法总结含绝对值不等式问题的常见解法:(1)含绝对值的不等式求解问题,常利用零点分段讨论法或数形结合法求解.(2)与恒成立相关的求参问题,常构造函数转化为求最值问题.4.(2016课标Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解析(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(5分)(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分)当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)方法指导(1)将a=2代入不等式,化简后去绝对值求解;(2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值.考点二不等式的证明1.(2017课标Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明本题考查不等式的证明.(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.失分警示运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中易因逻辑混乱而失分.2.(2015课标Ⅱ,24,10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.解析(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)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.(ii)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.思路分析(1)证明(+)2>(+)2即可.(2)两不等式的两边都为非负数,可通过两边平方来证明.易错警示在证明充要条件时,既要证明充分性,也要证明必要性,否则会扣分.B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一绝对值不等式1.(2015山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是()A.(-∞,4)B.(-∞,1)C.(1,4)D.(1,5)答案A2.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=. 答案-6或4考点二不等式的证明1.(2018江苏,21D,10分)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值.解析本小题主要考查柯西不等式等基础知识,考查推理论证能力.由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,因为x+2y+2z=6,所以x2+y2+z2≥4,当且仅当==时等号成立,此时x=,y=,z=.所以x2+y2+z2的最小值为4.2.(2015湖南,16(3),6分)设a>0,b>0,且a+b=+.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.证明由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.C组教师专用题组1.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为.答案{x|x≤-3或x≥2}2.(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.答案-3.(2016课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.解析 (1)f(x)= - - - -- (4分)y=f(x)的图象如图所示.(6分)(2)解法一: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,(8分)故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}; f(x)<-1的解集为或 .(9分) 所以|f(x)|>1的解集为或 或 .(10分)解法二:根据y=f(x)的分段函数表达式,有:当x ≤-1时,|f(x)|>1的解集为{x|x ≤-1}; 当-1<x ≤时,|f(x)|>1的解集为 -∪;当x>-时,|f(x)|>1的解集为∪{x|x>5}.综上,|f(x)|>1的解集为或 或 . 4.(2015课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<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.(5分)(2)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-,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,+∞).(10分)解后反思分类讨论解不等式应做到不重不漏;在某个区间上解不等式时一定要注意区间的限制性.5.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.解析原不等式可化为---或-解得x≤-5或x≥-.综上,原不等式的解集是-或-.6.(2014课标Ⅰ,24,10分)若a>0,b>0,且+=.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.解析(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.解题关键利用已知条件及基本不等式得出ab≥2是解题的关键.考点二不等式的证明1.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.证明本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).因为a2+b2=4,c2+d2=16,所以(ac+bd)2≤64,因此ac+bd≤8.2.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|<,|y-2|<,求证:|2x+y-4|<a.证明因为|x-1|<,|y-2|<,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×+=a.3.(2014课标Ⅱ,24,10分)设函数f(x)=+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.解析(1)证明:由a>0,得f(x)=+|x-a|≥--=+a≥2.所以f(x)≥2.(2)f(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.评析本题考查了含绝对值不等式的解法,考查了分类讨论思想.4.(2014福建,21(3),7分)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.解析(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.(2)证明:由(1)知p+q+r=3,因为p2+q2≥2pq,q2+r2≥2qr,p2+r2≥2pr,所以2(p2+q2+r2)≥2pq+2qr+2pr,所以3(p2+q2+r2)≥(p+q+r)2=9,则p2+q2+r2≥3.5.(2014辽宁,24,10分)设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1,记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N.(1)求M;(2)当x∈M∩N时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤.解析(1)f(x)=---当x≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x≤,故1≤x≤;当x<1时,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1.所以f(x)≤1的解集为M=.(2)证明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16-≤4,解得-≤x≤.因此N=-,故M∩N=.当x∈M∩N时,f(x)=1-x,于是x2f(x)+x·[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=x·f(x)=x(1-x)=--≤.6.(2014江苏,21D,10分)已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.证明因为x>0,y>0,所以1+x+y2≥3>0,1+x2+y≥3>0,故(1+x+y2)(1+x2+y)≥33【三年模拟】解答题(共80分)1.(2019届广东佛山顺德第二次教学质量检测,21)已知函数f(x)=|ax+1|+|2x-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)>3的解集;(2)若0<a<2,且对任意x∈R,f(x)≥恒成立,求a的最小值.解析(1)当a=1时,f(x)=|x+1|+|2x-1|,即f(x)=----解法一:作函数f(x)=|x+1|+|2x-1|的图象,它与直线y=3的交点坐标为A(-1,3),B(1,3),所以f(x)>3的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).解法二:原不等式f(x)>3等价于--或--或解得x<-1或无解或x>1,所以f(x)>3的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).(2)∵0<a<2,∴-<-,a+2>0,a-2<0.则f(x)=|ax+1|+|2x-1|=----所以函数f(x)在--上单调递减,在-上单调递减,在上单调递增.所以当x=时,f(x)取得最小值,f(x)min=f=1+.因为∀x∈R,f(x)≥恒成立,所以f(x)min=1+≥.又因为a>0,所以a2+2a-3≥0,解得a≥1(a≤-3不合题意),所以a的最小值为1.解题指导本题第一问是将原函数利用绝对值不等式的关系转化成分段函数进行求解的,求解的过程既可用数形结合,也可以用不等式组,属于简单题;第二问考查含参绝对值不等式求解参数的最值问题,因为本题的参数不容易分离,所以,选择最值分析法进行讨论求解,难度属于中等.2.(2019届河北衡水中学高三第一次摸底,21)已知函数f(x)=|x-2|.(1)求不等式f(x+1)<xf(x+3)的解集;(2)若函数g(x)=log2[f(x+3)+f(x)-2a]的值域为R,求实数a的取值范围.解析(1)由已知不等式,得|x-1|<x|x+1|,易知x>0,所以原不等式又可化为-或-解得-1<x≤1或x>1,所以不等式f(x+1)<xf(x+3)的解集为(-1,+∞).(2)因为函数g(x)=log2[f(x+3)+f(x)-2a]的值域为R,所以f(x+3)+f(x)-2a≤0有解,即|x-2|+|x+1|≤2a.因为|x-2|+|x+1|≥3,所以2a≥3,即a≥,所以实数a的取值范围是.3.(2019届湖南岳阳第一中学高三第二次质检,21)已知f(x)=|2x-3|+ax-6(a是常数,a∈R).(1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集;(2)如果函数y=f(x)恰有两个不同的零点,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=|2x-3|+x-6=---则原不等式等价于-或--解得x≥3或x≤-3,则原不等式的解集为{x|x≥3或x≤-3}.(2)由f(x)=0,得|2x-3|=-ax+6,令y=|2x-3|,y=-ax+6,在同一直角坐标系下作出它们的图象,可以知道,当-2<a<2时,这两个函数的图象有两个不同的交点,所以函数y=f(x)恰有两个不同的零点时,a的取值范围是(-2,2).方法总结本题考查绝对值不等式与函数零点的个数问题的解法,考查数形结合思想和计算能力,属于中档题.4.(2019届重庆第一中学高三期中,21)已知函数f(x)=|x-2|-|x+1|.(1)解不等式f(x)≤1;(2)记函数f(x)的最大值为m,若++=(a,b,c>0),证明:++≥1.解析(1)f(x)=----易得f(x)≤1的解集为{x|x≥0}.(2)证明:由(1)知f(x)max=3=m,于是++=1,因为+++++≥2·+2·+2·=2+2+2,所以++≥++=1(当且仅当a=b=c时取等号).思路分析(1)去绝对值转化为分段函数即可求解.(2)由(1)知f(x)max=3=m,根据++=1,利用基本不等式即可.5.(2018河北邯郸一模,23)已知函数f(x)=|x-4|+|x-1|-3.(1)求不等式f(x)≤2的解集;(2)若直线y=kx-2与函数f(x)的图象有公共点,求k的取值范围.解析(1)由f(x)≤2,得-或或-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=--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=;当此直线与直线AD平行时,k=-2.故由图可知,k∈(-∞,-2)∪.6.(2018广东肇庆二模,23)已知f(x)=|x+3|+|x-1|,g(x)=-x2+2mx.(1)求不等式f(x)>4的解集;(2)若对任意的x1,x2,f(x1)≥g(x2)恒成立,求m的取值范围.解析(1)解法一:不等式f(x)>4即|x+3|+|x-1|>4.可得-或--或----(3分)解得x<-3或x>1,所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.(5分)解法二:|x+3|+|x-1|≥|x+3-(x-1)|=4,(2分)当且仅当(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1时,等号成立.(4分)所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.(5分)(2)依题意可知f(x)min≥g(x)max,(6分)由(1)知f(x)min=4,因为g(x)=-x2+2mx=-(x-m)2+m2,所以g(x)max=m2.(8分)由m2≤4得m的取值范围是-2≤m≤2.(10分)7.(2017安徽江淮十校第三次联考,23)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|.(1)解不等式f(x)>3;(2)若不等式f(x)+1≤4a-5×2a有解,求实数a的取值范围.解析(1)f(x)=---当x≤-4时,无解;当-4<x<1时,由2x+3>3,解得0<x<1;当x≥1时,5>3恒成立,故原不等式的解集为{x|x>0}.(2)将f(x)+1≤4a-5×2a,即f(x)≤4a-5×2a-1有解转化为f(x)min≤4a-5×2a-1.易知f(x)的最小值为-5,∴4a-5×2a-1≥-5,即4a-5×2a+4≥0,即2a≥4或2a≤1,∴a≥2或a≤0.故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).8.(2018山西晋中二模,23)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.解析(1)由已知得f(x-2)-f(x-3)=|x-1|-|x-2|=--则-1≤f(x)≤1,由于∃x0∈R,使不等式|x0-1|-|x0-2|≥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≥2->0(当且仅当a=2时等号成立),b=(b-1)+1≥2->0(当且仅当b=2时等号成立),c=(c-1)+1≥2->0(当且仅当c=2时等号成立),则abc≥8---=8(当且仅当a=b=c=2时等号成立).。

【2022高考真题】1.【2022高考安徽卷理第9题】假设函数()12f x x x a =+++的最小值为3，那么实数a 的值为〔 〕 A.5或8 B.1-或5 C.1-或4- D.4-或82. 【2022陕西高考理第15题】设,,,a b m n R ∈，且225,5a b ma nb +=+=，那么22m n +的最小值为3. 【2022高考广东卷理第9题】不等式521≥++-x x 的解集为 . 【答案】(][),32,-∞-+∞.4. 【2022高考湖南卷第13题】假设关于x 的不等式23ax -<的解集为5133x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭，那么a =________.5. 【2022江西高考理第11题】对任意,x y R ∈,111x x y y -++-++的最小值为〔 〕 A.1 B.2 C.3 D.46. 【2022重庆高考理第16题】假设不等式2212122++≥++-a a x x 对任意实数x 恒成立，那么实数a 的取值范围是____________. 【答案】11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦7. 【2022高考福建理第21〔3〕题】 定义在R 上的函数()21-++=x x x f 的最小值为a . 〔I 〕求a 的值；〔II 〕假设r q p ，，为正实数，且a r q p =++，求证：3222≥++r q p .9. 【2022高考江苏第21题】0,0x y >>，证明22(1)(1)9x y x y xy ++++≥ 10. 【2022高考江苏第21B 题】矩阵1211,121A B x -⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦，向量2a y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，,x y 是实数，假设Aa Ba =，求x y +的值.11. 【2022高考辽宁理第24题】设函数()2|1|1f x x x =-+-，2()1681g x x x =-+，记()1f x ≤的解集为M ，()4g x ≤的解集为N . 〔Ⅰ〕求M ； (Ⅱ)当x MN ∈时，证明：221()[()]4x f x x f x +≤. 12. 【2022高考全国1第24题】假设0,0ab >>，且11ab a b+=.〔Ⅰ〕求33ab +的最小值；〔Ⅱ〕是否存在,a b ，使得236a b +=？并说明理由.13. 【2022高考全国2第24题】设函数()f x =1(0)x x a a a++->〔Ⅰ〕证明：()f x ≥2；〔Ⅱ〕假设()35f <，求a 的取值范围. 【2022高考真题】〔2022·新课标I 理〕〔24〕〔本小题总分值10分〕选修4—5：不等式选讲 函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g(x )=x +3. 〔Ⅰ〕当a =-2时，求不等式f (x )＜g(x )的解集；〔Ⅱ〕设a ＞－1，且当x ∈[－a 2，12)时，f (x )≤g(x )，求a 的取值范围.〔2022·陕西理〕A. (不等式选做题) a, b, m, n 均为正数, 且a ＋b ＝1, mn ＝2, 那么(am ＋bn)(bm ＋an)的最小值为 .〔2022·福建理〕(3).(本小题总分值7分) 选修4-5：不等式选讲设不等式*)(2N a a x ∈<-的解集为A,且A A ∉∈21,23〔Ⅰ〕求a 的值〔Ⅱ〕求函数2)(-++=x a x x f 的最小值式即可，当然也可通过讨论去掉绝对值号，当然还要注意均值和柯西不等式的应用。

【2011年高考试题】 一、选择题:1.(2011年高考浙江卷理科5)设实数,x y 满足不等式组250270,0x y x y x +->⎧⎪+->⎨⎪≥≥⎩，y 0，若,x y 为整数，则34x y +的最小值是（A ）14 （B ）16 （C ）17 （D ）192.(2011年高考浙江卷理科7)若,a b 为实数，则“01ab <<”是11a b b a<>或的 （A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件3.(2011年高考安徽卷理科4)设变量,x y 满足1,x y +≤则2x y +的最大值和最小值分别为（Ａ）１，－１ （Ｂ）２，－２ （Ｃ）１，－２ （Ｄ）２，－１ 【答案】B【命题意图】本题考查线性规划问题.属容易题.【解析】不等式1x y +≤对应的区域如图所示，当目标函数过点（0，－1），（0,1）时，分别取最小或最大值，所以2x y +的最大值和最小值分别为2，－2.故选B.4. (2011年高考天津卷理科2)设,,x y R ∈则“2x ≥且2y ≥”是“224x y +≥”的 A. 充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．即不充分也不必要条件9. (2011年高考天津卷理科8)对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：,1,, 1.a ab a b b a b -≤⎧⊗=⎨->⎩ 设函数()()22()2,.f x x x x x R =-⊗-∈若函数()y f xc =-的图像与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）A ．(]3,21,2⎛⎫-∞-⋃- ⎪⎝⎭B ．(]3,21,4⎛⎫-∞-⋃-- ⎪⎝⎭C ．11,,44⎛⎫⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D.11. (2011年高考江西卷理科3)若()f x =，则()f x 的定义域为A. (,)1-02B. (,]1-02C. (,)1-+∞2D.(,)0+∞ 【答案】A【解析】要使原函数有意义,只须12log (21)0x +>,即0211x <+<,解得x 1-<<02,故选A.12. (2011年高考江西卷理科4)若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为A. (,)0+∞B. -+10⋃2∞（，）（，）C. (,)2+∞D. (,)-10311,,44⎛⎫⎡⎫--⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭13. (2011年高考湖南卷理科7)设,1>m 在约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤+≤≥1y x mx y x y 下，目标函数my x z +=的最大值小于2，则m 的取值范围为A.()21,1+B. ()+∞+,21 C. ()3,1 D. ()+∞,314. (2011年高考广东卷理科5)已知平面直角坐标系xOy 上的区域D由不等式组02x y x ⎧≤≤⎪≤⎨⎪≤⎩给定.若M(x ，y)为D 上动点，点A 的坐标为，1)．则z OM OA =的最大值为（ ）A.B.【解析】C.由题得不等式组对应的平面区域D 是如图所示的直角梯形OABC,||||cos 3||cos 3||z OM OA OM OA AOM OM AOM ON =⋅=⋅∠=∠=，所以就是求||ON 的最大值，||ON 表示方向上的投影，在OA OM 数形结合观察得当点M 在点B 的地方时，||ON 才最大。