高三数学考前复习——第2讲 不等式选讲(大题)

第2讲 不等式选讲(大题)热点一 含绝对值不等式的解法 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、去绝对值符号； (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．例1 (2019·四川调研)已知函数f (x )＝|x －2|－|x －1|. (1)若正数a ，b 满足a ＋2b ＝f (－1)，求2a ＋1b 的最小值；(2)解不等式f (x )>12.解 (1)由题意得a ＋2b ＝f (－1)＝1， 又a >0，b >0，所以2a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫2a ＋1b ×(a ＋2b )＝4＋4b a ＋ab ≥4＋24＝8.当且仅当a ＝12，b ＝14时等号成立．所以2a ＋1b的最小值为8.(2)f (x )＝|x －2|－|x －1|.①当x ≤1时，f (x )＝2－x －(1－x )＝1， 由f (x )>12，解得x ≤1；②当1<x <2时，f (x )＝3－2x ，由f (x )>12，即3－2x >12，解得x <54，又1<x <2，所以1<x <54；③当x ≥2时，f (x )＝－1不满足f (x )>12，此时不等式无解．综上，不等式f (x )>12的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，54. 跟踪演练1 设函数f (x )＝|2x －a |＋5x ，其中a >0. (1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥5x ＋1的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解 (1)当a ＝3时，不等式f (x )≥5x ＋1， 即|2x －3|＋5x ≥5x ＋1，即|2x －3|≥1，解得x ≥2或x ≤1，∴不等式f (x )≥5x ＋1的解集为{x |x ≤1或x ≥2}． (2)由f (x )≤0，得|2x －a |＋5x ≤0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a 2，7x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a 2，3x ＋a ≤0， 又a >0，∴不等式f (x )≤0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 3， 由题意得－a3＝－1，解得a ＝3.热点二 含绝对值不等式恒成立(存在)问题 绝对值不等式的成立问题的求解策略(1)分离参数：根据不等式将参数分离，化为a ≥f (x )或a ≤f (x )的形式．(2)转化最值：f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ；f (x )>a 有解⇔f (x )max >a ；f (x )<a 有解⇔f (x )min <a ；f (x )>a 无解⇔f (x )max ≤a ；f (x )<a 无解⇔f (x )min ≥a . (3)求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值． (4)得结论．例2 (2019·聊城模拟)已知函数f (x )＝|x －a |＋2|x ＋1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤4 的解集；(2)设不等式f (x )≤|2x ＋4|的解集为M ，若[0,3]⊆M ，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋2|x ＋1|， 当x ≥1时，若f (x )≤4，即x －1＋2x ＋2≤4， 解得x ≤1，故x ＝1，当－1<x <1时，若f (x )≤4，即1－x ＋2x ＋2≤4， 解得x ≤1，故－1<x <1，当x ≤－1时，若f (x )≤4，即1－x －2x －2≤4， 解得x ≥－53，故－53≤x ≤－1，综上，不等式的解集是⎣⎡⎦⎤－53，1. (2)若[0,3]⊆M ，则问题转化为|x －a |＋2|x ＋1|≤|2x ＋4|在[0,3]上恒成立， 即|x －a |≤2x ＋4－2x －2＝2， 故－2≤x －a ≤2，故－2－x ≤－a ≤2－x 在[0,3]上恒成立， 即x －2≤a ≤x ＋2在[0,3]上恒成立， 故1≤a ≤2，即a 的取值范围是[1,2]．跟踪演练2 (2019·湘赣十四校联考)已知函数f (x )＝|x －a |. (1)若不等式f (2x )≤3的解集为[1,3]，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若f (x )＋f (x ＋5)≥m 2－3m ＋1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 解 (1)由f (2x )≤3得|2x －a |≤3， 解得a －3≤2x ≤a ＋3，又已知不等式f (2x )≤3的解集为[1,3]， 所以2≤2x≤23，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＝a －3，8＝a ＋3，解得a ＝5.(2)当a ＝5时，f (x )＝|x －5|， 设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)，于是g (x )＝|x －5|＋|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －5，x >5，5，0≤x ≤5，5－2x ，x <0，所以当x >5时，g (x )>5；当0≤x ≤5时，g (x )＝5；当x <0时，g (x )>5， 所以g (x )min ＝5，所以m 2－3m ＋1≤5，解得－1≤m ≤4. 所以实数m 的取值范围是[－1,4]． 热点三 不等式的证明1．证明不等式的基本方法有综合法、分析法等，也常用到基本不等式进行证明． 2．对于含有绝对值的不等式，在证明时常用到绝对值三角不等式．3．对于含有根号的不等式，在证明时可用平方法(前提是不等式两边均为正数)．4．如果所证明命题是否定性命题或唯一性命题，或以“至少”“至多”等方式给出，可以考虑反证法．例3 已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1.①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5. 又∵x >3，∴3<x ≤5. ∴原不等式的解集为[]1，5. (2)证明 由绝对值不等式的性质， 得|x －1|＋||x －3≥||(1－x )＋()x －3＝2，当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立， ∴c ＝2，即a ＋b ＝2. 令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4，a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝()m －12m ＋(n －1)2n＝m ＋n ＋1m ＋1n －4＝4mn ≥4⎝⎛⎭⎫m ＋n 22＝1，当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．跟踪演练3 已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集．(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |. (1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6.当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 (ab ＋1)2－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab ) ＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)． 由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴|ab ＋1|>|a ＋b |.真题体验(2019·全国Ⅰ，文，23)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.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，且abc ＝1，故有 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c .所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3 ＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.押题预测已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥x ＋4的解集；(2)若不等式f (x )≥a 2－1恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，不等式为|x ＋1|＋|x －1|≥x ＋4，可以转化为：⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－x －1－x ＋1≥x ＋4或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1，x ＋1－x ＋1≥x ＋4 或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋1＋x －1≥x ＋4，解得x ≤－43或x ≥4，所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－43或x ≥4.(2)f (x )min ＝|(x ＋a )－(x －1)|＝|a ＋1|， 当且仅当(x ＋a )(x －1)≤0时等号成立，所以|a ＋1|≥a 2－1 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <－1，－1－a ≥a 2－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－1，a ＋1≥a 2－1，解得a ∈∅或－1≤a ≤2. 所以实数a 的取值范围是[－1,2]．A 组 专题通关1．(2019·全国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，＋∞)．2．(2019·蚌埠质检)已知函数f (x )＝|ax ＋1|，若不等式f (x )≤a 的解集为⎣⎡⎦⎤－32，12. (1)求a 的值；(2)若存在x ∈R ，使得不等式f (x )<a |x |＋a ＋k 成立，求k 的取值范围． 解 (1)∵f (x )＝|ax ＋1|，∴f (x )≤a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，|ax ＋1|≤a ，解得－a －1a ≤x ≤a －1a，又∵不等式f (x )≤a 的解集为⎣⎡⎦⎤－32，12， ∴⎩⎨⎧－a －1a ＝－32，a －1a ＝12，∴a ＝2.(2)由(1)得，f (x )＝|2x ＋1|， 故不等式f (x )<a |x |＋a ＋k 可化为 |2x ＋1|<2|x |＋2＋k ， 要使不等式存在实数解， 即⎪⎪⎪⎪x ＋12<|x |＋1＋k2存在解， 即⎪⎪⎪⎪x ＋12－|x |－1<k2存在解， 令g (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋12－|x |－1＝⎩⎪⎨⎪⎧－12，x ≥0，2x －12，－12≤x <0，－32，x <－12，∴g (x )的最小值为－32，依题意得k 2>－32，∴k >－3.3．(2019·全国Ⅲ)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.(1)解 由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)]≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]， 故由已知，得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时，等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明 由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)]≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]， 故由已知，得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23， 当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时，等号成立．因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23. 由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.B 组 能力提高4．(2019·樟树九校联考)已知函数f (x )＝|x ＋2|－|2x －1|. (1)求f (x )>－5的解集；(2)若关于x 的不等式|b ＋2a |－|2b －a |≥|a |(|x ＋1|＋|x －m |)(a ，b ∈R ，a ≠0)能成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝|x ＋2|－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －3，x <－2，3x ＋1，－2≤x ≤12，3－x ，x >12，可得⎩⎪⎨⎪⎧x <－2，x －3>－5或⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ≤12，3x ＋1>－5或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，3－x >－5，解得x ∈(－2,8)，故f (x )>－5的解集为(－2,8)．(2)由|b ＋2a |－|2b －a |≥|a |(|x ＋1|＋|x －m |)(a ≠0)能成立， 得|b ＋2a |－|2b －a ||a |≥|x ＋1|＋|x －m |能成立，即⎪⎪⎪⎪b a ＋2－⎪⎪⎪⎪2b a －1≥|x ＋1|＋|x －m |能成立， 令ba＝t ， 则|t ＋2|－|2t －1|≥|x ＋1|＋|x －m |能成立， 即(|t ＋2|－|2t －1|)max ≥(|x ＋1|＋|x －m |)min .由(1)知，|t ＋2|－|2t －1|≤52， 又∵|x ＋1|＋|x －m |≥|1＋m |，当且仅当(x ＋1)(x －m )≤0时等号成立，∴|1＋m |≤52， ∴－72 ≤m ≤32， ∴实数m 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－72，32. 5．(2019·保山质检)已知函数f (x )＝|2x －2|－|x ＋1|.(1)作出函数y ＝f (x )的图象；(2)若不等式f (x )≥ax ＋b 的解集是实数集R ，求2a ＋b 的取值范围．解 (1)将f (x )去掉绝对值转化为分段函数，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3，x <－1，－3x ＋1，－1≤x <1，x －3，x ≥1，作出它的图象如图1所示．(2)如图2，点A 的坐标为(1，－2)，“不等式f (x )≥ax ＋b 的解集是实数集R ”等价于“对任意的x ∈R ，f (x )≥ax ＋b 都成立”，等价于“函数f (x )图象上所有的点都在直线y ＝ax ＋b 的上方或在直线y ＝ax ＋b 上”，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，b ≤－2或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a ≤1，a ×1＋b ≤－2或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤a <0，a ×1＋b ≤－2， 整合三类情形得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤1，a ＋b ＋2≤0.在平面直角坐标系aOb 中作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤1，a ＋b ＋2≤0 表示的可行域，如图3所示．记2a ＋b ＝z ，即b ＝－2a ＋z ，当直线l ：b ＝－2a ＋z 经过B (1，－3)时，直线l 在y 轴上的截距最大， (2a ＋b )max ＝z max ＝2×1－3＝－1，从图形可知，截距z 的取值范围是(－∞，－1]，所以2a ＋b 的取值范围是(－∞，－1]．。

高三数学不等式选讲试题答案及解析1.不等式的解集是．【答案】【解析】由绝对值的几何意义，数轴上之间的距离为，结合图形，当落在数轴上外时.满足不等式，故答案为.【考点】不等式选讲.2.不等式的解集是【答案】【解析】原不等式可化为，解得.考点:绝对值不等式解法3.已知函数（Ⅰ）证明:；（Ⅱ）求不等式:的解集．【答案】（Ⅰ）祥见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）通过对x的范围分类讨论将函数f（x）=|x-2|-|x-5|中的绝对值符号去掉，转化为分段函数，即可解决；（Ⅱ）结合（1）对x分x≤2，2＜x＜5与x≥5三种情况讨论解决即可．试题解析：（Ⅰ）当所以（Ⅱ）由（1）可知，当的解集为空集；当时，的解集为：；当时，的解集为：；综上，不等式的解集为：；【考点】绝对值不等式的解法．4.设函数=（1）证明：2；（2）若，求的取值范围.【答案】（2）【解析】本题第（1）问，可由绝对值不等式的几何意义得出，从而得出结论；对第（2）问，由去掉一个绝对值号，然后去掉另一个绝对值号，解出的取值范围.试题解析：（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.（2）因为，所以，解得：.【易错点】在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.【考点】本小题主要考查不等式的证明、绝对值不等式的几何意义、绝对值不等式的解法、求参数范围等不等式知识，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.5.（5分）（2011•陕西）（请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）A．（不等式选做题）若不等式|x+1|+|x﹣2|≥a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围是．B．（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，AE⊥BC，∠ACD=90°，且AB=6，AC=4，AD=12，则AE= ．C．（坐标系与参数方程选做题）直角坐标系xoy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建极坐标系，设点A，B分别在曲线C1：（θ为参数）和曲线C2：p=1上，则|AB|的最小值为．【答案】（﹣∞，3] 2 1【解析】A．首先分析题目已知不等式|x+1|+|x﹣2|≥a恒成立，求a的取值范围，即需要a小于等于|x+1|+|x﹣2|的最小值即可．对于求|x+1|+|x﹣2|的最小值，可以分析它几何意义：在数轴上点x 到点﹣1的距离加上点x到点2的距离．分析得当x在﹣1和2之间的时候，取最小值，即可得到答案；B．先证明Rt△ABE∽Rt△ADC，然后根据相似建立等式关系，求出所求即可；C．先根据ρ2=x2+y2，sin2+cos2θ=1将极坐标方程和参数方程化成直角坐标方程，根据当两点连线经过两圆心时|AB|的最小，从而最小值为两圆心距离减去两半径．解：A．已知不等式|x+1|+|x﹣2|≥a恒成立，即需要a小于等于|x+1|+|x﹣2|的最小值即可．故设函数y=|x+1|+|x﹣2|．设﹣1、2、x在数轴上所对应的点分别是A、B、P．则函数y=|x+1|+|x﹣2|的含义是P到A的距离与P到B的距离的和．可以分析到当P在A和B的中间的时候，距离和为线段AB的长度，此时最小．即：y=|x+1|+|x﹣2|=|PA|+|PB|≥|AB|=3．即|x+1|+|x﹣2|的最小值为3．即：k≤3．故答案为：（﹣∞，3]．B．∵∠B=∠D，AE⊥BC，∠ACD=90°∴Rt△ABE∽Rt△ADC而AB=6，AC=4，AD=12，根据AD•AE=AB•AC解得：AE=2，故答案为：2C．消去参数θ得，（x﹣3）2+y2=1而p=1，则直角坐标方程为x2+y2=1，点A在圆（x﹣3）2+y2=1上，点B在圆x2+y2=1上则|AB|的最小值为1．故答案为：1点评：A题主要考查不等式恒成立的问题，其中涉及到绝对值不等式求最值的问题，对于y=|x﹣a|+|x﹣b|类型的函数可以用分析几何意义的方法求最值．本题还考查了三角形相似和圆的参数方程等有关知识，同时考查了转化与划归的思想，属于基础题．6.（2012•广东）不等式|x+2|﹣|x|≤1的解集为_________．【答案】【解析】∵|x+2|﹣|x|=∴x≥0时，不等式|x+2|﹣|x|≤1无解；当﹣2＜x＜0时，由2x+2≤1解得x≤，即有﹣2＜x≤；当x≤﹣2，不等式|x+2|﹣|x|≤1恒成立，综上知不等式|x+2|﹣|x|≤1的解集为故答案为7.设函数，若，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由的图象，可知在处取得最小值，∵, ,即,或．∴实数的取值范围为，选C.8.已知不等式的解集与不等式的解集相同，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解不等式得或，所以的两个根为和，由根与系数的关系知.故选.【考点】绝对值不等式的解法，一元二次不等式的解法.9.设函数,其中。

高三数学不等式选讲试题1.设a、b、c为正数，a+b+9c2=1，则的最大值是，此时a+b+c= .【答案】【解析】由柯西不等式得，所以，当且仅当且，即，所以的最大值是，此时.【考点】柯西不等式.2.已知函数.（1）解不等式：；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由函数，及解不等式，通过将x的区间分为3类可解得结论.（2）由当时，不等式恒成立，令函数.所以原题等价于，由.通过绝对值不等式的公式即可得到函数的最大值，再通过解绝对值不等式可得结论.（1）原不等式等价于：当时，，即.当时，，即当时，，即.综上所述，原不等式的解集为. 4分（2）当时，=所以 7分【考点】1.绝对值不等式.2.恒成立问题.3.分类的数学思想.3.若对任意正实数，不等式恒成立，则实数的最小值为．【答案】【解析】因为对任意正实数，不等式恒成立，所以，因此【考点】不等式恒成立4.设,则的最小值为。

【答案】9【解析】由柯西不等式可知。

5.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤(2).【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】(1)由得.由题设得,即.所以3(ab+bc+ca)≤1,即.(2)因为+b≥2a,+c≥2b，+a≥2c,故+(a+b+c)≥2(a+b+c),即≥a+b+c，所以.6.已知函数f(x)=|x－a|,其中a>1.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集;(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.【答案】(1){x|x≤1或x≥5}.(2)3【解析】(1)当a=2时, f(x)+|x－4|=当x≤2时,由f(x)≥4－|x－4|得－2x+6≥4,解得x≤1;当2<x<4时, f(x)≥4－|x－4|无解;当x≥4时,由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4,解得x≥5;所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.(2)记h(x)=f(2x+a)－2f(x),则h(x)=由|h(x)|≤2,解得≤x≤又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}.所以=1且=2于是a=3.7.满足不等式的的取值范围是________.【答案】{或}【解析】不等式等价于，即，故的取值范围是．【考点】解不等式．8.不等式2x2﹣x﹣1＞0的解集是（）A．B．（1，+∞）C．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D．∪（1，+∞）【答案】D【解析】原不等式同解于（2x+1）（x﹣1）＞0∴x＞1或x＜故选：D9.如图，有一块锐角三角形的玻璃余料，欲加工成一个面积不小于cm2的内接矩形玻璃（阴影部分），则其边长（单位：cm）的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设矩形的另一边长为，由图，三角形相似可知，，解得，则矩形面积，解得，故选D.【考点】1.一元二次不等式的求解.10.下列不等式成立的是()A．log32<log25<log23B．log32<log23<log25C．log23<log32<log25D．log23<log25<log32【答案】B【解析】选B.因为log32<log33=1,log23>log22=1,所以log32<log23,又因为log23<log25,所以log32<log23<log25.11.设a,b∈R,若a-|b|>0,则下列不等式正确的是()A．b-a>0B．a3+b3<0C．a2-b2<0D．b+a>0【答案】D【解析】选D.因为a-|b|>0,所以a>|b|≥0.所以不论b正或b负均有a+b>0.12.已知a,b,c为三角形的三边长,则a2与ab+ac的大小关系是.【答案】a2<ab+ac【解析】因为a,b,c为三角形的三边长,所以a<b+c,又因为a>0,所以a2<a(b+c),即a2<ab+ac.13.实数x,y,z满足x2-2x+y=z-1且x+y2+1=0,试比较x,y,z的大小.【答案】z≥y>x【解析】x2-2x+y=z-1⇒z-y=(x-1)2≥0⇒z≥y;x+y2+1=0⇒y-x=y2+y+1=+>0⇒y>x,故z≥y>x.14.若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是.【答案】[9,+∞)【解析】令=t(t>0),由ab=a+b+3≥2+3,则t2≥2t+3,所以t≥3或t≤-1(舍去),所以≥3,ab≥9,当a=b=3时取等号.15.若a,b,c为正数,且a+b+c=1,则++的最小值为()A．9B．8C．3D．【答案】A【解析】选A.因为a,b,c为正数,且a+b+c=1,所以a+b+c≥3,所以0<abc≤,≥27,所以++≥3≥3=9.当且仅当a=b=c=时等号成立.16.已知x+2y+3z=6,则2x+4y+8z的最小值为()A．3B．2C．12D．12【答案】C【解析】选C.因为2x>0,4y>0,8z>0,所以2x+4y+8z=2x+22y+23z≥3=3=3×4=12.当且仅当2x=22y=23z,即x=2y=3z,即x=2,y=1,z=时取等号.17.若记号“*”表示求两个实数a与b的算术平均的运算,即a*b=,则两边均含有运算“*”和“+”,且对任意3个实数a,b,c都能成立的一个等式可以是.【答案】a+(b*c)=(a+b)*(a+c)【解析】由题意知a+(b*c)=a+=,(a+b)*(a+c)==,所以a+(b*c)=(a+b)*(a+c).18.已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+≥2y+3.【答案】见解析【解析】【证明】因为x>0,y>0,x-y>0,2x+-2y=2(x-y)+=(x-y)+(x-y)+≥3=3,所以2x+≥2y+3.19.已知函数f(x)=|x-3|-2,g(x)=-|x+1|+4.若函数f(x)-g(x)≥m+1的解集为R,求m的取值范围.【答案】(-∞,-3]【解析】【解题指南】本题关键是转化题中的条件为求f(x)-g(x)的最小值,求解时结合绝对值三角不等式.f(x)-g(x)=|x-3|+|x+1|-6,解：因为x∈R,由绝对值三角不等式得f(x)-g(x)=|x-3|+|x+1|-6=|3-x|+|x+1|-6≥|(3-x)+(x+1)|-6=4-6=-2,于是有m+1≤-2,得m≤-3,即m的取值范围是(-∞,-3].20.已知函数f(x)＝|x－a|.(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）a＝2（2）{m|m≤5}【解析】(1)由f(x)≤3得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，所以解得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|≥|(2－x)＋(x＋3)|＝5，当且仅当(2－x)(x＋3)≥0即当－3≤x≤2时等号成立．所以实数m的取值范围是{m|m≤5}．21.设a、b∈R＋，试比较与的大小．【答案】≥【解析】∵()2－＝≥0，∴≥22.若a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求＋＋的最大值．【答案】【解析】(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3，即＋＋的最大值为23.若a、b∈R＋，且a≠b，M＝＋，N＝＋，求M与N的大小关系．【答案】M>N【解析】∵a≠b，∴＋>2，＋>2，∴＋＋＋>2＋2，即＋>＋，即M>N.24.已知a>0，求证：－≥a＋－2.【答案】见解析【解析】要证－≥a＋－2，只需证＋2≥a＋＋，只需证a2＋＋4＋4≥a2＋＋2＋2＋2，即证2≥，只需证4≥2，即证a2＋≥2，此式显然成立．∴原不等式成立．25.已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R，且＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.【答案】（1）m＝1（2）见解析【解析】(1)∵f(x＋2)＝m－|x|≥0，∴|x|≤m，∴m≥0，－m≤x≤m，∴f(x＋2)≥0的解集是[－1，1]，故m＝1.(2)由(1)知＝1，a、b、c∈R，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)≥(·＋·＋·)2＝9.26.已知x，y，z∈R＋，且x＋y＋z＝1(1)若2x2＋3y2＋6z2＝1，求x，y，z的值．(2)若2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，求正数t的取值范围．【答案】（1）x＝，y＝，z＝（2）t≥6【解析】(1)∵(2x2＋3y2＋6z2)()≥(x＋y＋z)2＝1，当且仅当时取“＝”．∴2x＝3y＝6z，又∵x＋y＋z＝1，∴x＝，y＝，z＝.(2)∵(2x2＋3y2＋tz2)≥(x＋y＋z)2＝1，∴(2x2＋3y2＋tz2)min＝.∵2x2＋3y2＋tz2≥1恒成立，∴≥1.∴t≥6.27.设a,b,c均为正数,证明:++≥a+b+c.【答案】见解析【解析】证明：方法一:+++a+b+c=(+b)+(+c)+(+a)≥2a+2b+2c,当且仅当a=b=c时等号成立.即得++≥a+b+c.方法二:利用柯西不等式的一般形式得|a1b1+a2b2+a3b3|≤.取a1=,a2=,a3=,b1=,b2=,b3=代入即证.28.已知a,b,c∈(1,2),求证:++≥6.【答案】见解析【解析】证明：∵≥=,≥=,≥=.∴y=++≥++.又由柯西不等式可得[(a-b+1)+(b-c+1)+(c-a+1)](++)≥18,即++≥=6.∴y=6,当且仅当a=b=c=时取到最小值,min原不等式得证.29.“a<4”是“对任意的实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的()A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既非充分也非必要条件【答案】B【解析】因为|2x－1|＋|2x＋3|≥a，所以，根据不等式的几何意义可知，在数轴上点x到点和－的距离之和≥2，所以当a<4时，有<2，所以不等式成立，此时为充分条件要使|2x－1|＋|2x＋3|≥a恒成立，即恒成立，则有≤2，即a≤4综上，“a<4”是“|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的充分不必要条件，故选B.30.已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.若不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，则实数a的值为________．【答案】a＝1【解析】由|2x－a|＋a≤6得，|2x－a|≤6－a，∴a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，∴a－3＝－2，∴a＝1.31.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】2.【解析】∵a，b，m，n∈R＋，且a＋b＝1，mn＝2，∴(am＋bn)( bm＋an)＝abm2＋a2mn＋b2mn＋abn2＝ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2ab·mn＋2(a2＋b2) ＝4ab＋2(a2＋b2)＝2(a2＋b2＋2ab)＝2(a＋b)2＝2，当且仅当m＝n＝时，取“＝”．∴所求最小值为2.32.设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.(1)画出函数y＝f(x)的图象；(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)( a≠0，a，b∈R)恒成立，求实数x的取值范围．【答案】（1）（2）≤x≤【解析】(1)f(x)＝图象如图．(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)得≥f(x)．又因为≥＝2.则有2≥f(x)．解不等式2≥|x－1|＋|x－2|得≤x≤. 即x的取值范围为≤x≤33. (1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；(2)1＜a≤b≤c，证明loga b＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】(1)由于x≥1，y≥1，要证x＋y＋≤＋＋xy，只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．由条件x≥1，y≥1，得(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设loga b＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy.其中x＝loga b≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．34.若对任意的a∈R，不等式|x|＋|x－1|≥|1＋a|－|1－a|恒成立，则实数x的取值范围是________．【答案】x≤－或x≥【解析】由|1＋a|－|1－a|≤2得|x|＋|x－1|≥2，当x<0时，－x＋1－x≥2，x≤－；当0≤x≤1时，x＋1－x≥2，无解；当x>1时，x＋x－1≥2，x≥.综上，x≤－或x≥35.在R上定义运算，若关于的不等式的解集是的子集，则实数a的取值范围是（）A．B．C．或D．【答案】D【解析】，设A为关于的不等式的解集，当A为时，则即；当即时，，则即，所以；当即时，，则即，所以；综上可知.【考点】新定义、含参数不等式的解法.36.设实数均不小于1，且，则的最小值是．（是指四个数中最大的一个）【答案】9【解析】设，则，当时上式两等号都能取到，所以的最小值为9.【考点】多元函数最值的求法.37.[选修4 - 5：不等式选讲]（本小题满分10分）设，实数满足，求证：．【答案】．【解析】，，又． 10分【考点】本题主要考查绝对值不等式的证明，绝对值不等式的性质。

第二讲 不等式选讲1．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解析：(1)a ＝1时，f (x )≥3x ＋2， 即|x －1|≥2，解得x ≥3成x ≤－1. 故不等式的解集是{}x | x ≥3或x ≤－1. (2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0，此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥ax －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a－(x －a )＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a x ≤a4或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式的解集为{x |x ≤－a2}， 由题意得－a2＝－1，故a ＝2.2．(2019·浉河区校级月考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝2.求证： (1)a b ＋b a ≤2； (2)2≤a 2＋b 2<16.证明：(1)∵a >0，b >0，a ＋b ＝2， ∴2≥2ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴0<ab ≤1，∴a b ＋b a ＝ab (a ＋b )＝2ab ≤2. (2)∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ，∴a ＋b ＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ，∴a 2＋b 2＝16－16ab ＋4ab －2ab ＝2ab －16ab ＋16＝2(ab －8ab ＋16)－16＝2(ab －4)2－16＝2(4－ab )2－16，∵0<ab ≤1， ∴3≤4－ab <4，∴9≤(4－ab )2<16， ∴2≤2(4－ab )2－16<16， 故2≤a 2＋b 2<16.3．(2019·烟台一模)已知函数f (x )＝|2x －1|－m |x ＋2|. (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若存在实数m 使得不等式f (x －2)>m 在x ∈[－1,1]恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)当m ＝1时，|2x －1|－|x ＋2|≥2，当x ≤－2时，原不等式转化为1－2x ＋x ＋2≥2，解得x ≤－2； 当－2<x ≤12时，原不等式转化为1－2x －x －2≥2，解得－2<x ≤－1；当x >12时，原不等式转化为2x －1－x －2≥2，解得x ≥5；综上，不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥5}．(2)由已知得：f (x －2)＝|2x －5|－m |x |>m ，即m <|2x －5||x |＋1.设g (x )＝|2x －5||x |＋1，x ∈[－1,1]，由题意m <g (x )min .当x ∈[0,1]时，g (x )＝－2x ＋5x ＋1＝－2＋7x ＋1为减函数，此时最小值为g (1)＝32；当x ∈[－1,0)时，g (x )＝－2x ＋5－x ＋1＝2－3x －1为增函数，此时最小值为g (－1)＝72.又32<72，所以g (x )min ＝32. 所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪m <32. 4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |. (1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，求a 的取值范围． 解析：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|， 故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1， 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1，①或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，2x ＋1－(3－2x )≥1，②或⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1.③①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >32.综上可得，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max . ∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4. ∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|， 故g (x )min ＝|a ＋1|.∴|a ＋1|≥4，解得a ≥3或a ≤－5. 故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}． 5．(2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x －3|. (1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值． 解析：(1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2，∴x >2；当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5，解得x <0，∴－2<x <0；当x ≤－2时，原不等式化为(3－2x )－(x ＋2)>5，解得x <－43，∴x ≤－2.综上，不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)． (2)∵f (x )＝|2x －3|，∴g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )＝|2x ＋2m －3|＋|2x －2m －3|≥|(2x ＋2m －3)－(2x －2m －3)|＝|4m |.∴依题意有4|m |＝4，解得m ＝±1.6．(2019·高考全国卷Ⅲ)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：(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]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：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]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。

第2讲 不等式选讲高考定位 本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值.解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x <－12，x ＋2，－12≤x <1，3x ，x ≥1.y ＝f (x )的图象如图所示.(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.2.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1，1]，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋x ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎨⎧2x ，x >1，2，－1≤x ≤1，－2x ，x <－1.①当x >1时，f (x )≥g (x －x 2＋x ＋4≥2x ，解之得1<x ≤17－12.②当－1≤x ≤1时，f (x )≥g (x x －2)(x ＋1)≤0，则－1≤x ≤1.③当x <－1时，f (x )≥g (x x 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4，又x <－1，∴不等式此时的解集为空集.综上所述，f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立. 则x 2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需⎩⎨⎧12－a ·1－2≤0，（－1）2－a （－1）－2≤0，解之得－1≤a ≤1. 故a 的取值范围是[－1，1].考 点 整 合1.绝对值不等式的性质定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立. 定理2：如果a ，b ，c 是实数，那么|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立.2.|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c (c >0)型不等式的解法 (1)|ax ＋b |≤c －c ≤ax ＋b ≤c . (2)|ax ＋b |≥c ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .3.|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解. (2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解. 4.基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋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≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.热点一 绝对值不等式的解法【例1】 (2018·衡水中学质检)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )>1x ＋a 的解集包含[2，3]，求实数a 的取值范围. 解 (1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2，当x <－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2， 解得x ≤－12，故x <－3；当－3≤x ≤1时，原不等式可化为2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2， 解得x ≤34，故－3≤x ≤34；当x >1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解. 综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34. (2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|>1x ＋a 在[2，3]上恒成立，则3x ＋1－1x >a 在[2，3]上恒成立.又因为g (x )＝3x ＋1－1x 在[2，3]上为增函数， 所以有3×2＋1－12>a ，解得a <132. 故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，132.探究提高 1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围.解(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，－2x ＋6，x >2.可得f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}. (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.又|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立. 故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞). 热点二 不等式的证明【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2. 证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4. (2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.探究提高 1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法. 【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (x )＋f (2x ＋5)≥x ＋9；(2)若a >0，b >0，且1a ＋4b ＝2，证明：f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，并求f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ，b 的值.解 (1)f (x )＋f (2x ＋5)＝|x －1|＋|2x ＋4|≥x ＋9， 当x ≤－2时，不等式为4x ≤－12， 解得x ≤－3，故x ≤－3，当－2<x <1时，不等式为5≥9，不成立；当x ≥1时，不等式为2x ≥6，解得x ≥3，故x ≥3， 综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞). (2)f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1| ≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a >0，b >0). 又1a ＋4b ＝2，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2ab≥52＋2b 2a ·2a b ＝92，当且仅当b 2a ＝2ab ，即b ＝2a 时“＝”成立；由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，1a ＋4b ＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.综上所述，f (x ＋a )＋f (x －b )≥92， 当f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ＝32，b ＝3.热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围.解(1)f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎨⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.由f (x )≥1可得①当x ≤－1时显然不满足题意；②当－1<x <2时，2x －1≥1，解得x ≥1，则1≤x <2； ③当x ≥2时，f (x )＝3≥1恒成立，∴x ≥2. 综上知f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}.(2)不等式f (x )≥x 2－x ＋m 等价于f (x )－x 2＋x ≥m ， 令g (x )＝f (x )－x 2＋x ，则g (x )≥m 解集非空只需要[g (x )]max ≥m .由(1)知g (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋x －3，x ≤－1，－x 2＋3x －1，－1<x <2，－x 2＋x ＋3，x ≥2.①当x ≤－1时，[g (x )]max ＝g (－1)＝－3－1－1＝－5； ②当－1<x <2时，[g (x )]max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3·32－1＝54； ③当x ≥2时，[g (x )]max ＝g (2)＝－22＋2＋3＝1. 综上，[g (x )]max ＝54，故m ≤54. 所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.探究提高 1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决. 2.本题分离参数m ，对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论，求出g (x )的最大值，进而求出m 的取值范围，优化解题过程.【训练3】 (2018·郑州调研)设函数f (x )＝|x ＋a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，求实数k 的取值范围. 解 (1)因为|x ＋a |＋2a ≤1，所以|x ＋a |≤1－2a ， 所以2a －1≤x ＋a ≤1－2a ，所以a －1≤x ≤1－3a . 因为不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}， 所以⎩⎨⎧a －1＝－2，1－3a ＝4，解得a ＝－1.(2)由(1)得f (x )＝|x －1|－2. 不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立， 只需f (x )min ≥k 2－k －4，所以－2≥k 2－k －4，即k 2－k －2≤0， 所以k 的取值范围是[－1，2].1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2.利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.3.分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.1.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立，求实数a 的取值范围.解 ∵f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4.画出f (x )的图象，如图所示：∴f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立. ∴|3a －1|<4，解之得－1<a <53， 故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，53.2.设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件. 证明 (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 要证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab >cd ，即证ab >cd . 由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)必要性：若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件. 3.(2018·南宁联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4.(1)解 当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，故x ≥43； 当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，故x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)证明 ∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3| ≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，则a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a ＋a ≥2b ，∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.4.(2018·全国Ⅰ卷)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0，1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围. 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.则当x ≥1时，f (x )＝2>1恒成立，所以x ≥1； 当－1<x <1时，f (x )＝2x >1，所以12<x <1； 当x ≤－1时，f (x )＝－2<1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >12.(2)当x ∈(0，1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0，1)时|ax －1|<1成立. 若a ≤0，则当x ∈(0，1)时，|ax －1|≥1；若a >0，|ax －1|<1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0，2].5.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集. (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1，所以－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，f (x )<2恒成立.当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以12<x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}. (2)证明 由(1)知，a ，b ∈(－1，1)， 从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1 ＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.6.(2018·武汉二模)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>4的解集； (2)求f (a )的最小值.解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>4， 即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |>4，①当x <－1时，得f (x )＝2>4，无解； ②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |>4，即|x |<12，解得－12<x <0或0<x <12；③当x >1时，得f (x )＝2>4，无解；综上不等式f (x )>4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |， ①当a <－1或a >1时，f (a )＝2a 2|a |＝2|a |>2，②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2，综上知，f (a )的最小值为2.7.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )<2成立.(1)求实数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94.(1)解 因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.∵m ∈N *，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ，即α＝83，β＝43时“＝”成立，故4α＋1β≥94.8.(2018·江南十校联考)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤1的解集；(2)设关于x 的不等式f (x )≤－2x ＋1的解集为P ，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14P ，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|＝|x ＋1|＋|2x ＋1|， f (x )≤x ＋1|＋|2x ＋1|≤1，所以⎩⎨⎧x ≤－1，－x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ＋1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ＋1＋2x ＋1≤1.即⎩⎨⎧x ≤－1，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ≤－13.解得x ＝－1或－1<x <－12或－12≤x <－13.所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤－13. (2)依题意，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14时，不等式f (x )≤－2x ＋1， 即|x ＋a |＋|2x ＋1|≤－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14上恒成立， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12时，|x ＋a |－2x －1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤2，所以－2－x ≤a ≤2－x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12恒成立， 所以(－2－x )max ≤a ≤(2－x )min ，即－1≤a ≤52.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14时，|x ＋a |＋2x ＋1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤－4x .所以3x ≤a ≤－5x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14恒成立. 所以(3x )max ≤a ≤(－5x )min ，即－34≤a ≤54.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，54.。

【高中数学】《不等式选讲》考试知识点一、141．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.2．若不等式23x a x -≤+对任意[]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,3- B ．[]1,3-C ．()1,3D ．[]1,3【答案】B 【解析】 【分析】将不等式去掉绝对值符号，然后变量分离转为求函数的最值问题. 【详解】不等式23x a x -≤+去掉绝对值符号得323x x a x --≤-≤+，即3223x x a x a x --≤-⎧⎨-≤+⎩对任意[]0,2x ∈恒成立，变量分离得333a x a x ≤+⎧⎨≥-⎩，只需min max (33)(3)a x a x ≤+⎧⎨≥-⎩，即31a a ≤⎧⎨≥-⎩所以a 的取值范围是[]1,3- 故选：B 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和恒成立问题的处理方法，属于基础题.3．325x -≥不等式的解集是（ ） A ．{|1}x x ≤- B ．{|14}x x -≤≤C ．{|14}x x x ≤-≥或D ．{|4}x x ≥【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值定义化简不等式，求得解集. 【详解】因为325x -≥，所以325x -≥或325x -≤-，即14x x ≤-≥或，选C. 【点睛】本题考查含绝对值不等式解法，考查基本求解能力.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()()441221?2211x x x x ++-≥+-=++， 当且仅当411x x +=+，即x 1＝时上式“＝”成立； 若x 10+＜， 则()()()()444121221?26111x x x 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．如果关于x 的不等式34x x a -+-<的解集不是空集，则参数a 的取值范围是（ ） A ．()1,+∞ B ．[)1,+∞C ．(),1-∞D ．(],1-∞ 【答案】A 【解析】 【分析】先求|x-3|+|x-4|的最小值是1，即得解. 【详解】由题得|x-3|+|x-4|＜a 有解，由绝对值三角不等式得|x-3|+|x-4|≥|x -3-x+4|=1， 所以|x-3|+|x-4|的最小值为1， 所以1＜a,即a ＞1. 故选：A 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式求最值，考查不等式的有解问题，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.6．已知命题P:2log (1)1x -<；命题q:21x -<,则p 是q 的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】 【分析】先化简命题p 和q,再利用充要条件的定义判断得解. 【详解】由题得命题p:1＜x ＜3，命题q:1＜x ＜3. 所以命题p 是命题q 的充要条件. 故选C 【点睛】本题主要考查对数不等式和绝对值不等式的解法，考查充要条件的判断，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.7．空间中两条不相交的直线与另外两条异面直线都相交，则这两条直线的位置关系是（ ） A ．平行或垂直 B ．平行C ．异面D ．垂直【答案】C 【解析】 【分析】利用反证法证明得解. 【详解】不妨设空间中不相交的两条直线为a b ，，另外两条异面直线为c d ，， 由于a b ，不相交，故a b ，平行或异面， 设a c ，确定的平面为α.不妨设a b ∥，①当b α⊂时，则a b ，与直线d 的交点都在α内，故d α⊂，而这与c d ，为异面直线矛盾；②当b α⊄时，由a b ∥可知b P α，又c α⊂，故b c ，没有公共点，与b c ，相交矛盾. 由①②知假设a b ∥错误，故a b ，为异面直线. 故选C. 【点睛】本题主要考查异面直线的判定和反证法，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.8．设0x 为函数()sin f x x π=的零点，且满足001()112x f x ++<，则这样的零点有（ ） A ．18个 B ．19个C ．20个D ．21个【答案】D 【解析】从题设可得00()x k x k k Z ππ=⇒=∈，又001()sin()sin()(1)222k f x x k ππππ+=+=+=-，故(1)11k k +-<，当k 取奇数时，12k <，则1,3,5,7,9,11k =±±±±±±，共12个数；当k 取偶数时，10k <，则0,2,4,6,8k =±±±±，共9个数，所以这样的零点的个数共有21个，应选答案D 。

第二讲 不等式选讲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，可利用绝对值的几何意义求解．2． 含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |. 3． 柯西不等式(1)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．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑ni ＝1a 2i )(∑ni ＝1b 2i )≥(∑ni ＝1a ib i )2，当且仅当a 1b 1＝a 2b 2＝…＝a n b n(当某b j ＝0时，认为a j ＝0，j ＝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共线时等号成立． 4． 不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．1． (2013·重庆)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]解析 ∵|x －5|＋|x ＋3|＝|5－x |＋|x ＋3| ≥|5－x ＋x ＋3|＝8， ∴(|x －5|＋|x ＋3|)min ＝8，要使|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，只需a ≤8.2． (2013·江西)在实数范围内，不等式||x －2|－1|≤1的解集为________．答案 [0,4]解析 由||x －2|－1|≤1得－1≤|x －2|－1≤1， 解⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥0|x －2|≤2得0≤x ≤4. ∴不等式的解集为[0,4]．3． (2013·陕西)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 2解析 由柯西不等式(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时“＝”成立，得 (am ＋bn )(bm ＋an )≥(am ·an ＋bm bn )2＝mn (a ＋b )2＝2.4． (2012·山东)若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝________.答案 2解析 ∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2，∴2≤kx ≤6. ∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2.5． (2011·湖南)设x ，y ∈R ，且xy ≠0，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1y 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋4y 2的最小值为________．答案 9解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋4y 2＝5＋1x 2y2＋4x 2y 2≥5＋21x 2y2·4x 2y 2＝9，当且仅当x 2y 2＝12时“＝”成立．题型一 含绝对值的不等式的解法例1(2013·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝|2x－1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3.(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；(2)设a >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围． 审题破题 (1)可以通过分段讨论去绝对值；(2)在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时去绝对值，利用函数最值求a 的范围．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，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0，所以原不等式的解集是 {x |0<x <2}．(2)∵a >－1，则－a 2<12，∴f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1， 即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12上恒成立． ∴a ＋1≤－a 2＋3，即a ≤43，∴a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－1，43. 反思归纳 这类不等式的解法是高考的热点．(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；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． 变式训练1 已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|－m .(1)当m ＝5时，求f (x )>0的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥2的解集是R ，求m 的取值范围． 解 (1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|>5，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x ＋1＋x －2>5或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x <2，x ＋1－x ＋2>5或⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－x －1－x ＋2>5，解得函数f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)． (2)不等式f (x )≥2即|x ＋1|＋|x －2|>m ＋2，∵x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3， 不等式|x ＋1|＋|x －2|≥m ＋2解集是R ， ∴m ＋2≤3，m 的取值范围是(－∞，1]． 题型二 不等式的证明例2(2012·福建)已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ∈R ＋，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.审题破题 (1)从解不等式f (x ＋2)≥0出发，将解集和[－1,1]对照求m ；(2)利用柯西不等式证明．(1)解 因为f (x ＋2)＝m －|x |，f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .由|x |≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{x |－m ≤x ≤m }． 又f (x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，又a ，b ，c ∈R ＋，由柯西不等式得a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝⎛⎭⎪⎫a ·1a＋2b ·12b＋3c ·13c 2＝9. 反思归纳 不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的． 变式训练2 已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |. (1)解 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； 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 |. 题型三 不等式的综合应用例3 (2012·辽宁)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．审题破题 (1)|ax ＋1|≤3的解集为[－2,1]，对照即可；(2)可通过函数最值解决恒成立问题．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.反思归纳 不等式f (a )≥g (x )恒成立时，要看是对哪一个变量恒成立，如果对于∀a ∈R 恒成立，则f (a )的最小值大于等于g (x )，再解关于x 的不等式求x 的取值范围；如果对于∀x ∈R 不等式恒成立，则g (x )的最大值小于等于f (a )，再解关于a 的不等式求a 的取值范围．变式训练3 已知函数f (x )＝log 2(|x －1|＋|x －5|－a )．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的最小值；(2)当函数f (x )的定义域为R 时，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数的定义域满足：|x －1|＋|x －5|－a >0， 即|x －1|＋|x －5|>a ＝2. 设g (x )＝|x －1|＋|x －5|，则g (x )＝|x －1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －6，x ≥5，4，1<x <5，6－2x ，x ≤1，g (x )min ＝4>a ＝2，f (x )min ＝log 2(4－2)＝1.(2)由(1)知，g (x )＝|x －1|＋|x －5|的最小值为4， |x －1|＋|x －5|－a >0，∴a <4，∴a 的取值范围是(－∞，4)．典例(10分)设f (x )＝|x |＋2|x －a |(a >0)．(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤8；(2)若f (x )≥6恒成立，求正实数a 的取值范围． 规范解答解 (1)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 ≤8，得－2≤x <0；当0≤x ≤1时，由2－x ≤8，得0≤x ≤1；当x >1时，由3x －2≤8，解得1<x ≤103.综上，不等式f (x )≤8的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，103.[5分] (2)因为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，所以当x ＝a 时，f (x )取最小值a ，所以a 的取值范围是[6，＋∞)．[10分]评分细则 (1)f (x )去绝对值得分段函数给2分；三种情况下的解集错一种扣1分，没有最后结论扣1分；(2)求出f (x )的单调性给至8分．阅卷老师提醒 (1)含有绝对值式子的函数，实质上就是一个分段函数，根据解析式中每个绝对值取零时的自变量的值将定义域分成几段，分段去掉绝对值符号即可． (2)分段讨论时要注意不重不漏，讨论后要有最后总结性结论．1． (2012·湖南)不等式|2x ＋1|－2|x －1|>0的解集为________．答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >14 解析 原不等式等价于|2x ＋1|>2|x －1|⇔(2x ＋1)2>4(x －1)2⇔x >14.2． (2012·湖北改编)设a ，b ，c ，x ，y ，z 是正数，且a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z＝________.答案 12解析 通过等式找出a ＋b ＋c 与x ＋y ＋z 的关系． 由题意可得x 2＋y 2＋z 2＝2ax ＋2by ＋2cz ，① ①与a 2＋b 2＋c 2＝10相加可得 (x －a )2＋(y －b )2＋(z －c )2＝10，所以不妨令⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝a ，y －b ＝b ，z －c ＝c⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝b ，y －b ＝c ，z －c ＝z ， 则x ＋y ＋z ＝2(a ＋b ＋c )，即a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝12.3． 若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________．答案3解析 (a ＋b ＋c )2＝(1×a ＋1×b ＋1×c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3.当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．∴(a ＋b ＋c )2≤3.故a ＋b ＋c 的最大值为 3.4． 不等式|x ＋1||x ＋2|≥1的实数解为__________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－32且x ≠－2.解析 ∵|x ＋1||x ＋2|≥1，∴|x ＋1|≥|x ＋2|.∴x 2＋2x ＋1≥x 2＋4x ＋4，∴2x ＋3≤0.∴x ≤－32且x ≠－2.5． 若不等式x ＋|x －1|≤a 有解，则实数a 的取值范围是______．答案 [1，＋∞)解析 设f (x )＝x ＋|x －1|，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ≥1，1 x <1.f (x )的最小值为1.所以当a ≥1时，f (x )≤a 有解．6． 对于任意的实数a (a ≠0)和b ，不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，记实数M 的最大值是m ，则m 的值为________． 答案 2解析 不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，即M ≤|a ＋b |＋|a －b ||a |对于任意的实数a (a ≠0)和b 恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值．因为|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |，当且仅当(a －b )(a ＋b )≥0时等号成立，即|a |≥|b |时，|a ＋b |＋|a －b ||a |≥2成立，也就是|a ＋b |＋|a －b ||a |的最小值是2.专题限时规范训练一、填空题1． 不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集为________．答案 {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}．2． 设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系为__________．答案 M <N解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y >x 2＋x ＋y ＋y 2＋x ＋y ＝x ＋y2＋x ＋y＝M .3． 对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________．答案 5解析 ∵|x －1|≤1，∴－1≤x －1≤1，∴0≤x ≤2.又∵|y －2|≤1，∴－1≤y －2≤1，∴1≤y ≤3， 从而－6≤－2y ≤－2.由同向不等式的可加性可得－6≤x －2y ≤0， ∴－5≤x －2y ＋1≤1，∴|x －2y ＋1|的最大值为5.4． 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________．答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)解析 ∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1 x ≤－1，3 －1<x <2，2x －1 x ≥2，∴f (x )≥3.要使|a |≥|x ＋1|＋|x －2|有解， 需满足|a |≥3，即a ≤－3或a ≥3. 二、解答题5． 设不等式|2x －1|<1的解集为M .(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小． 解 (1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x <1， 所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1. 所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0，故ab ＋1>a ＋b .6． 若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x >|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，求实数a 的取值范围．解 ∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x ≥2，∴|a －2|＋1<2，∴1<a <3.7． (2012·江苏)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16，求证：|y |<518.证明 因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16，从而3|y |<23＋16＝56，所以|y |<518.8． 已知函数f (x )＝|x －a |.(1)若不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 解 方法一 (1)由f (x )≤3得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3. 又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－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.所以当x <－3时，g (x )>5； 当－3≤x ≤2时，g (x )＝5； 当x >2时，g (x )>5.综上可得，g (x )的最小值为5.从而若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为 (－∞，5]．方法二 (1)同方法一．(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|.设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)．由|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)，得g (x )的最小值为5.从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为 (－∞，5]．9． 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 )<|a －1|的解集非空，求实数a 的取值范围． 解 (1)原不等式等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1＋2x －3≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，2x ＋1－2x －3≤6或⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x ＋1－2x －3≤6.解之得32<x ≤2或－12≤x ≤32或－1≤x <－12.即不等式的解集为{x |－1≤x ≤2}．(2)∵f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|≥|(2x ＋1)－(2x －3)|＝4. ∴|a －1|>4，解此不等式得a <－3或a >5.10．设a ，b ，c 为正实数，求证：1a 3＋1b3＋1c3＋abc ≥2 3.证明 因为a ，b ，c 是正实数，由算术—几何平均不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a3·1b 3·1c3，即1a3＋1b3＋1c3≥3abc.所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥3abc＋abc.而3abc＋abc≥23abc·abc＝23，当且仅当a＝b＝c且abc＝3时，取等号．所以1a3＋1b3＋1c3＋abc≥2 3.。