【2年模拟】(新课标)2016版高考数学一轮复习 12.3不等式选讲

A组2014—2015年模拟·基础题组限时:40分钟1.(2015河南中原名校期中)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.2.(2015郑州一中期中)已知函数f(x)=|x-1|+|2x+2|.(1)解不等式f(x)<3;(2)若不等式f(x)<a的解集为空集,求实数a的取值范围.3.(2014甘肃张掖第三次诊断考试,24)选修4—5:不等式选讲已知函数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a+2b+3c的最小值.4.(2014辽宁五校协作体联考,24)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|-2≤x≤3},求实数a的值;≤m-f(-t)成立,求实数m的取值范围.(2)在(1)的条件下,若存在实数t,使f t25.(2014河北衡水中学第一次模拟,24)已知关于x的不等式|2x+1|-|x-1|≤log2a(其中a>0).(1)当a=4时,求不等式的解集;(2)若不等式有解,求实数a的取值范围.B组2014—2015年模拟·提升题组限时:30分钟1.(2014吉林实验中学期中,24)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(x)+f(x+4)≥8;.(2)若|a|<1,|b|<1,且a≠0,求证:f(ab)>|a|f ba2.(2014豫东、豫北十所名校联考(五),24)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|3x-1|+|ax-1|(a>0).(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4的解集;,求a的取值范围.(2)若对任意的x∈R,都有f(x)≥f133.(2014黑龙江大庆第二次质量检测,24)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=|2x-1|-|x+4|.(1)解不等式:f(x)>0;(2)若f(x)+3|x+4|≥|a-1|对一切实数x均成立,求a的取值范围.4.(2014河北唐山统考,24)选修4—5:不等式选讲已知x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=3.(1)求1x +1y+1z的最小值;(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.A组2014—2015年模拟·基础题组1.解析(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.解得32<x≤2或-12≤x≤32或-1≤x<-12.即原不等式的解集为{x|-1≤x≤2}.(5分)(2)不等式f(x)-log2(a2-3a)>2等价于log2(a2-3a)+2<|2x+1|+|2x-3|,因为|2x+1|+|2x-3|≥|(2x+1)-(2x-3)|=4,所以f(x)的最小值为4,于是log2(a2-3a)+2<4,即a2-3a>0, a2-3a-4<0,所以-1<a<0或3<a<4.(10分)2.解析(1)f(x)=-3x-1,x≤-1, x+3,-1<x≤1, 3x+1,x>1.由f(x)<3,解得-43<x<0.(5分)(2)结合f(x)的图象可得f(x)≥2,∴a≤2.(10分)3.解析(1)由已知得f(x+2)=m-|x|≥0,所以|x|≤m,所以m≥0,-m≤x≤m,又f(x+2)≥0的解集是[-1,1],故m=1.(2)由(1)知1a +12b+13c=1,∵a,b,c∈R+,由柯西不等式得a+2b+3c=(a+2b+3c)·1a+12b+13c≥(1+1+1)2=9,∴a+2b+3c的最小值为9.4.解析(1)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.(2)∵f t2≤m-f(-t),∴|t-1|+|2t+1|+2≤m,令y=|t-1|+|2t+1|+2,则y=-3t+2,t≤-12,t+4,-12<t<1, 3t+2,t≥1.∴y min=72,∴m≥72.5.解析(1)当a=4时,不等式为|2x+1|-|x-1|≤2.当x<-12时,-x-2≤2,解得-4≤x<-12;当-12≤x≤1时,3x≤2,解得-12≤x≤23;当x>1时,x≤0,∴原不等式的解集为 x|-4≤x≤23.(2)令f(x)=|2x+1|-|x-1|,则f(x)=-x-2,x<-12,3x,-12≤x≤1, x+2,x>1.故f(x)∈-32,+∞,即f(x)的最小值为-32.若f(x)≤log2a有解,则log2a≥-32,解得a≥24,即a的取值范围是24,+∞.B组2014—2015年模拟·提升题组1.解析(1)f(x)+f(x+4)=|x-1|+|x+3|=-2x-2,x<-3, 4,-3≤x<1, 2x+2,x≥1.当x<-3时,由-2x-2≥8,解得x≤-5;当-3≤x<1时,f(x)≥8不成立;当x≥1时,由2x+2≥8,解得x≥3.所以原不等式的解集为{x|x≤-5或x≥3}.(2)证明:要证f(ab)>|a|f ba,即证|ab-1|>|a-b|.因为|a|<1,|b|<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2)=(a2-1)·(b2-1)>0,即|ab-1|>|a-b|.故所证不等式成立.2.解析(1)当a=2时,f(x)=|3x-1|+|2x-1|=5x-2,x≥12,x,13<x<12,-5x+2,x≤13.当x≥12时,由f(x)=5x-2≥4,解得x≥65;当13<x<12时,由f(x)=x≥4,得不等式无解;当x≤13时,由f(x)=-5x+2≥4,解得x≤-25.综上可知,f(x)≥4的解集为 x|x≥65或x≤-25.(2)当a>3时,f(x)=|3x-1|+|ax-1|=-(a+3)x+2,x≤1a,(a-3)x,1a<x<13,(a+3)x-2,x≥13,故f(x)在区间 -∞,1a 上单调递减,在区间 1a ,+∞ 上单调递增, 故f(x)≥f 1a,与题意不符. 当0<a ≤3时, f(x)=|3x-1|+|ax-1|=-(a +3)x +2,x ≤13,(3-a )x ,13<x <1a ,(a +3)x -2,x ≥1a , 故f(x)在区间 -∞,13 上单调递减,在区间 13,+∞ 上单调递增,故f(x)≥f 13 . 综上可知,a 的取值范围为(0,3].3.解析 (1)原不等式即为|2x-1|-|x+4|>0, 当x ≤-4时,不等式化为1-2x+x+4>0,解得x<5,即不等式组 x ≤-4,|2x -1|-|x +4|>0的解集是{x|x ≤-4}. 当-4<x<12时,不等式化为1-2x-x-4>0,解得x<-1,即不等式组 -4<x <12,|2x -1|-|x +4|>0的解集是{x|-4<x<-1}. 当x ≥12时,不等式化为2x-1-x-4>0,解得x>5, 即不等式组 x ≥12,|2x -1|-|x +4|>0的解集是{x|x>5}. 综上,原不等式的解集为{x|x<-1或x>5}.(2)∵f(x)+3|x+4|=|2x-1|+2|x+4|=|1-2x|+|2x+8|≥|(1-2x)+(2x+8)|=9,∴由题意可知|a-1|≤9,解得-8≤a ≤10,故所求a 的取值范围是{a|-8≤a ≤10}.4.解析 (1)因为x+y+z ≥3 xyz 3>0,1x +1y +1z ≥ xyz 3>0, 所以(x+y+z) 1x +1y +1z ≥9,即1x +1y +1z ≥3, 当且仅当x=y=z=1时,1x +1y +1z 取得最小值3.(2)证明:x 2+y 2+z 2=x 2+y 2+z 2+(x 2+y 2)+(y 2+z 2)+(z 2+x 2)3 ≥x 2+y 2+z 2+2(xy +yz+zx )3=(x +y +z )23=3.又x 2+y 2+z 2-9=x 2+y 2+z 2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0, 所以3≤x 2+y 2+z 2<9.。

第六章 不等式、推理与证明第一节不等关系与不等式基础盘查一 两个实数比较大小的方法 (一)循纲忆知1．了解现实世界和日常生活中的不等关系； 2．了解不等式(组)的实际背景． (二)小题查验 判断正误(1)不等关系是通过不等式来体现的，离开了不等式，不等关系就无从体现( ) (2)两个实数a ，b 之间，有且只有a ＞b ，a ＝b ，a ＜b 三种关系中的一种( ) (3)若ab ＞1，则a ＞b ( )答案：(1)√ (2)√ (3)× 基础盘查二 不等式的基本性质 (一)循纲忆知掌握不等式的性质及应用． (二)小题查验 1．判断正误(1)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变( ) (2)一个非零实数越大，则其倒数就越小( ) (3)同向不等式具有可加和可乘性( ) (4)a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒a d ＞bc ( )(5)若ab ＞0，则a ＞b ⇔1a ＜1b答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√2．(人教A 版教材习题改编)用不等号“＞”或“＜”填空： (1)a ＞b ，c ＜d ⇒a －c ________b －d ； (2)a ＞b ＞0，c ＜d ＜0⇒ac ________bd ； (3)a ＞b ＞0⇒3a ________3b ； (4)a ＞b ＞0⇒1a 2________1b2.答案：(1)＞ (2)＜ (3)＞ (4)＜考点一 比较两个数(式)的大小|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]两个实数比较大小的法则[题组练透]1．已知a 1，a 2∈(0,1)，记M ＝a 1a 2，N ＝a 1＋a 2－1，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M <N B ．M >N C ．M ＝ND ．不确定解析：选B M －N ＝a 1a 2－(a 1＋a 2－1) ＝a 1a 2－a 1－a 2＋1＝a 1(a 2－1)－(a 2－1)＝(a 1－1)(a 2－1)， 又∵a 1∈(0,1)，a 2∈(0,1)， ∴a 1－1<0，a 2－1<0.∴(a 1－1)(a 2－1)>0，即M －N >0. ∴M >N .2．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，则a ____b (填“＞”或“＜”)．解析：易知a ，b 都是正数，b a ＝2ln 33ln 2＝log 89＞1，所以b ＞a .答案：＜3．若实数a ≠1，比较a ＋2与31－a 的大小．解：∵a ＋2－31－a ＝－a 2－a －11－a ＝a 2＋a ＋1a －1.∴当a >1时，a ＋2>31－a；当a <1时，a ＋2<31－a.[类题通法]比较两个数(式)大小的两种方法(1)比较大小时，要把各种可能的情况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类讨论，每一步运算都要准确，每一步推理都要有充分的依据．(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．考点二 不等式的性质|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．不等式的基本性质 (1)对称性：a >b ⇔b <a . (2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c . (3)可加性：a >b ⇒a ＋c >b ＋c .(4)可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (5)加法法则：a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d . (6)乘法法则：a >b >0，c >d >0⇒ac >bd . (7)乘方法则：a >b >0⇒a n >b n (n ∈N ，n ≥2)． (8)开方法则：a >b >0⇒n a >nb (n ∈N ，n ≥2)． 2．不等式的倒数性质 (1)a >b ，ab >0⇒1a <1b .(2)a <0<b ⇒1a <1b .(3)a >b >0,0<c <d ⇒a c >bd.[提醒] 不等式两边同乘数c 时，要特别注意“乘数c 的符号”．[典题例析]1．(2013·天津高考)设a ，b ∈R 则“(a －b )·a 2<0”是“a <b ”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解析：选A (a －b )·a 2＜0，则必有a －b ＜0，即a ＜b ；而a ＜b 时，不能推出(a －b )·a 2＜0，如a ＝0，b ＝1，所以“(a －b )·a 2＜0”是“a ＜b ”的充分而不必要条件．2．(2015·西宁二模)已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( ) A ．若a ＞b ，则ac 2＞bc 2B ．若a c ＞bc，则a ＞bC ．若a 3＞b 3且ab ＜0，则1a ＞1bD ．若a 2＞b 2且ab ＞0，则1a ＜1b解析：选C 当c ＝0时，可知A 不正确；当c ＜0时，可知B 不正确；由a 3＞b 3且ab ＜0知a ＞0且b ＜0，所以1a ＞1b成立，C 正确；当a ＜0且b ＜0时，可知D 不正确．[类题通法](1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．(2)在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数，指数函数的性质等．[演练冲关]1．若a >b >0，则下列不等式不成立的是( ) A.1a <1bB ．|a |>|b |C ．a ＋b <2abD.⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b解析：选C ∵a >b >0，∴1a <1b ，且|a |>|b |，a ＋b >2ab ，又2a >2b ，∴⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12b ，选C. 2．若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋bc ＜0；③a －c ＞b －d ；④a (d －c )＞b (d －c )中成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 法一：∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0， ∴ad ＜bc ，故①错误．∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0， ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0， ∴a (－c )＞(－b )(－d )，∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd ＜0，故②正确．∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，∵a ＞b ，∴a ＋(－c )＞b ＋(－d )，a －c ＞b －d ，故③正确．∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a (d －c )＞b (d －c )， 故④正确，故选C. 法二：取特殊值．考点三 不等式性质的应用|(题点多变型考点——全面发掘)[一题多变] [典型母题]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2，2≤f (1)≤4.求f (－2)的取值范围． [解] f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b . f (－2)＝4a －2b .设m (a ＋b )＋n (a －b )＝4a －2b .则⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3.∴f (－2)＝(a ＋b )＋3(a －b )＝f (1)＋3f (－1)． ∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4， ∴5≤f (－2)≤10.即f (－2)的取值范围为[5,10].[题点发散1] 若本例中条件变为：已知函数f (x )＝ax 2＋bx ，且1<f (－1)≤2,2≤f (1)<4，求f (－2)的取值范围．解：由本例知f (－2)＝f (1)＋3f (－1)． 又∵1<f (－1)≤2,2≤f (1)<4， ∴5<3f (－1)＋f (1)<10， 故5<f (－2)<10.故f (－2)的取值范围为(5,10)．[题点发散2] 若本例条件不变，求2a －3b 的取值范围． 解：设2a －3b ＝m (a ＋b )＋n (a －b )则由待定系数法可得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－3，解得⎩⎨⎧m ＝－12，n ＝52，所以2a －3b ＝－12(a ＋b )＋52(a －b )＝－12f (1)＋52f (－1)∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴－2≤－12f (1)≤－1，52≤52f (－1)≤5，∴12≤2a －3b ≤4. 故2a －3b 的取值范围为⎣⎡⎦⎤12，4. [题点发散3] 若本例条件变为：已知1≤lg xy ≤4，－1≤lg x y ≤2，求lg x 2y 的取值范围．解：由1≤lg xy ≤4，－1≤lg xy ≤2，得1≤lg x ＋lg y ≤4，－1≤lg x －lg y ≤2， 而lg x 2y ＝2lg x －lg y ＝12(lg x ＋lg y )＋32(lg x －lg y )，所以－1≤lg x 2y ≤5，即lg x 2y的取值范围是[－1,5]．[类题通法]利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围．解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．一、选择题1．设a ，b ∈[0，＋∞)，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( ) A ．A ≤B B ．A ≥B C ．A ＜BD ．A ＞B解析：选B 由题意得，B 2－A 2＝－2ab ≤0，且A ≥0，B ≥0，可得A ≥B ，故选B. 2．若m ＜0，n ＞0且m ＋n ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A ．－n ＜m ＜n ＜－m B ．－n ＜m ＜－m ＜n C ．m ＜－n ＜－m ＜nD ．m ＜－n ＜n ＜－m解析：选D 法一：(取特殊值法)令m ＝－3，n ＝2分别代入各选项检验即可． 法二：m ＋n ＜0⇒m ＜－n ⇒n ＜－m ，又由于m ＜0＜n ，故m ＜－n ＜n ＜－m 成立． 3．(2015·西安检测)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎣⎡⎦⎤0，π2，那么2α－β3的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，5π6 B.⎝⎛⎭⎫－π6，5π6C ．(0，π)D.⎝⎛⎭⎫－π6，π 解析： 选D 由题设得0＜2α＜π，0≤β3≤π6，∴－π6≤－β3≤0，∴－π6＜2α－β3＜π.4．在所给的四个条件：①b >0>a ；②0>a >b ；③a >0>b ；④a >b >0中，能推出1a <1b 成立的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选C 1a <1b 成立，即b －a ab <0成立，逐个验证可得，①②④满足题意．5．若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |解析：选D ∵1a <1b <0，∴0>a >b .∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，|a |＋|b |＝|a ＋b |.6．(2015·北京平谷模拟)已知a ，b ，c ，d 均为实数，有下列命题： ①若ab ＞0，bc －ad ＞0，则c a －db ＞0；②若ab ＞0，c a －db ＞0，则bc －ad ＞0；③若bc －ad ＞0，c a －db ＞0，则ab ＞0.其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3 解析：选D ∵ab ＞0，bc －ad ＞0， ∴c a －d b ＝bc －ad ab ＞0，∴①正确； ∵ab ＞0，又c a －db ＞0，即bc －ad ab ＞0，∴bc －ad ＞0，∴②正确；∵bc －ad ＞0，又c a －db ＞0，即bc －ad ab ＞0，∴ab ＞0，∴③正确．故选D. 二、填空题7．已知a ，b ，c ∈R ，有以下命题：①若a >b ，则ac 2>bc 2；②若ac 2>bc 2，则a >b ； ③若a >b ，则a ·2c >b ·2c .其中正确命题的序号是__________．解析：①若c ＝0则命题不成立．②正确．③中由2c >0知成立． 答案：②③8．若1＜α＜3，－4＜β ＜2，则α－|β|的取值范围是________． 解析：∵－4＜β ＜2，∴0≤|β|＜4.∴－4＜－|β|≤0. ∴－3＜α－|β|＜3. 答案：(－3,3)9．已知a ＋b ＞0，则a b 2＋b a 2与1a ＋1b的大小关系是________．解析：a b 2＋b a 2－⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a 2＝(a －b )·⎝⎛⎭⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2a 2b 2. ∵a ＋b ＞0，(a －b )2≥0， ∴(a ＋b )(a －b )2a 2b 2≥0.∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b . 答案：a b 2＋b a 2≥1a ＋1b10．已知存在实数a 满足ab 2>a >ab ，则实数b 的取值范围是________． 解析：∵ab 2>a >ab ，∴a ≠0，当a >0时，有b 2>1>b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2>1，b <1，解得b <－1； 当a <0时，有b 2<1<b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2<1，b >1，无解．综上可得b <－1. 答案：(－∞，－1) 三、解答题11．若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，e ＜0.求证：e (a －c )2＞e(b －d )2. 证明：∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0. 又∵a ＞b ＞0，∴a －c ＞b －d ＞0. ∴(a －c )2＞(b －d )2＞0. ∴0＜1(a －c )2＜1(b －d )2.又∵e ＜0，∴e (a －c )2＞e(b －d )2. 12．某单位组织职工去某地参观学习需包车前往．甲车队说：“如果领队买一张全票，其余人可享受7.5折优惠．”乙车队说：“你们属团体票，按原价的8折优惠．”这两个车队的原价、车型都是一样的，试根据单位去的人数比较两车队的收费哪家更优惠．解：设该单位职工有n 人(n ∈N *)，全票价为x 元，坐甲车需花y 1元，坐乙车需花y 2元， 则y 1＝x ＋34x ·(n －1)＝14x ＋34xn ，y 2＝45nx .所以y 1－y 2＝14x ＋34xn －45nx ＝14x －120nx＝14x ⎝⎛⎭⎫1－n 5. 当n ＝5时，y 1＝y 2； 当n ＞5时，y 1＜y 2； 当n ＜5时，y 1＞y 2.因此当单位去的人数为5人时，两车队收费相同；多于5人时，甲车队更优惠；少于5人时，乙车队更优惠．第二节一元二次不等式及其解法基础盘查 一元二次不等式 (一)循纲忆知1．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；2．通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系； 3．会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图． (二)小题查验 1．判断正误(1)不等式ax 2＋x －1＞0一定是一元二次不等式( )(2)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ＞0)的解集就是二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象在x 轴上方时点的横坐标x 的集合( )(3)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＞0(a ＞0)的解集为R 时，ax 2＋bx ＋c ＞0恒成立( )(4)若一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的解是x 1，x 2，且x 1＜x 2，则ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为{}x |x ＜x 1或x ＞x 2()答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×2．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3<0，2x 2－7x ＋6>0的解集是( )A ．(2,3) B.⎝⎛⎭⎫1，32∪(2,3) C.⎝⎛⎭⎫－∞，32∪(3，＋∞) D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)解析：选B ∵x 2－4x ＋3<0，∴1<x <3.又∵2x 2－7x ＋6>0，∴(x －2)(2x －3)>0， ∴x <32或x >2，∴原不等式组的解集为⎝⎛⎭⎫1，32∪(2,3)． 3．(人教A 版教材例题改编)不等式－x 2＋2x －3＞0的解集为________． 答案：∅4．已知集合A ＝{}x |－5＜x ＜1，集合B ＝{x ∈R |(x －m )(x －2)＜0}，且A ∩B ＝(－1，n )，则m ＝________，n ＝________.答案：－1 1考点一 一元二次不等式的解法|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]设一元二次不等式为ax 2＋bx ＋c ＞0(a ≠0)，其中Δ＝b 2－4ac ，x 1，x 2是方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)的两个根且x 1＜x 2.(1)当a ＞0时，若Δ＞0，则不等式的解集为{x |x ＜x 1，或x ＞x 2}；若Δ＝0，则不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ∈R ，且x ≠－b 2a ； 若Δ＜0，则不等式的解集为R .(2)当a ＜0时，若Δ＞0，则不等式的解集为{x |x 1＜x ＜x 2}； 若Δ＝0，则不等式的解集为∅； 若Δ＜0，则不等式的解集为∅.[题组练透]1．已知不等式x 2－2x －3＜0的解集为A ，不等式x 2＋x －6＜0的解集为B ，不等式x 2＋ax ＋b ＜0的解集为A ∩B ，则a ＋b 等于( )A ．－3B ．1C ．－1D ．3解析：选A 由题意得，A ＝{x |－1＜x ＜3}，B ＝{x |－3＜x ＜2}，∴A ∩B ＝{x |－1＜x ＜2}，由根与系数的关系可知，a ＝－1，b ＝－2，则a ＋b ＝－3，故选A.2．解下列不等式： (1)－3x 2－2x ＋8≥0； (2)0＜x 2－x －2≤4；(3)ax 2－(a ＋1)x ＋1＜0(a ＞0)．解：(1)原不等式可化为3x 2＋2x －8≤0， 即(3x －4)(x ＋2)≤0. 解得－2≤x ≤43，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－2≤x ≤43. (2)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－x －2＞0，x 2－x －2≤4⇔⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －2＞0，x 2－x －6≤0 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ (x －2)(x ＋1)＞0，(x －3)(x ＋2)≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2或x ＜－1，－2≤x ≤3.借助于数轴，如图所示，原不等式的解集为{}x |－2≤x ＜－1或2＜x ≤3. (3)原不等式变为(ax －1)(x －1)＜0， 因为a ＞0，所以a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x －1)＜0. 所以当a ＞1时，解为1a ＜x ＜1；当a ＝1时，解集为∅； 当0＜a ＜1时，解为1＜x ＜1a.综上，当0＜a ＜1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1＜x ＜1a ； 当a ＝1时，不等式的解集为∅；当a ＞1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1a＜x ＜1.[类题通法]1．解一元二次不等式的一般步骤(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式． (2)判：计算对应方程的判别式．(3)求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根． (4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集． 2．解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式．(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式．[提醒] 当不等式中二次项的系数含有参数时，不要忘记讨论其等于0的情况．考点二 一元二次不等式恒成立问题|(常考常新型考点——多角探明)[必备知识]一元二次不等式恒成立的条件(1)不等式ax 2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ＝0，c >0，或⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0.(2)不等式ax 2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝b ＝0，c <0，或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.[多角探明]一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系．在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换．对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x 轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.1．已知不等式mx 2－2x －m ＋1＜0，是否存在实数m 对所有的实数x ，不等式恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：不等式mx 2－2x －m ＋1＜0恒成立，即函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1的图象全部在x 轴下方．当m ＝0时，1－2x ＜0，则x ＞12，不满足题意；当m ≠0时，函数f (x )＝mx 2－2x －m ＋1为二次函数， 需满足开口向下且方程mx 2－2x －m ＋1＝0无解，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，Δ＝4－4m (1－m )＜0， 不等式组的解集为空集，即m 无解． 综上可知不存在这样的m .角度二：形如f (x )≥0(x ∈[a ，b ])确定参数范围2．设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．解：要使f (x )＜－m ＋5在[1,3]上恒成立，则mx 2－mx ＋m －6＜0，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6＜0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：法一：令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． 当m ＞0时，g (x )在[1,3]上是增函数， 所以g (x )max ＝g (3)＝7m －6＜0. 所以m ＜67，则0＜m ＜67.当m ＜0时，g (x )在[1,3]上是减函数， 所以g (x )max ＝g (1)＝m －6＜0. 所以m ＜6.所以m ＜0.综上所述，m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪0＜m ＜67或m ＜0. 法二：因为x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34＞0， 又因为m (x 2－x ＋1)－6＜0， 所以m ＜6x 2－x ＋1.因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝⎛⎭⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m ＜67即可． 因为m ≠0，所以m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪m ＜0或0＜m ＜67. 角度三：形如f (x )≥0(参数m ∈[a ，b ])确定x 的范围3．对任意m ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．解：由f (x )＝x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4， 令g (m )＝(x －2)m ＋x 2－4x ＋4.由题意知在[－1,1]上，g (m )的值恒大于零，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝(x －2)×(－1)＋x 2－4x ＋4>0，g (1)＝(x －2)＋x 2－4x ＋4>0， 解得x <1或x >3.故当x <1或x >3时，对任意的m ∈[－1,1]，函数f (x )的值恒大于零．[类题通法]恒成立问题及二次不等式恒成立的条件(1)解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．(2)对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x 轴下方．考点三 一元二次不等式的应用|(重点保分型考点——师生共研)[典题例析]甲厂以x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x ≤10)，每小时可获得利润是100⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x 元． (1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x 的取值范围；(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．解：(1)根据题意， 200⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x ≥3 000， 整理得5x －14－3x ≥0，即5x 2－14x －3≥0，又1≤x ≤10，可解得3≤x ≤10.即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x 的取值范围是[3,10]． (2)设利润为y 元，则 y ＝900x ·100⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x ＝9×104⎝⎛⎭⎫5＋1x －3x 2＝9×104⎣⎡⎦⎤－3⎝⎛⎭⎫1x －162＋6112，故x ＝6时，y max ＝457 500元．即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品获得的利润最大，最大利润为457 500元．[类题通法]求解不等式应用题的四个步骤(1)阅读理解，认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系．(2)引进数学符号，将文字信息转化为符号语言，用不等式表示不等关系，建立相应的数学模型．(3)解不等式，得出数学结论，要注意数学模型中自变量的实际意义． (4)回归实际问题，将数学结论还原为实际问题的结果．[演练冲关]某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x 成(1成＝10%)，售出商品数量就增加85x 成(要求售价不能低于成本价)．(1)设该商店一天的营业额为y ，试求y 与x 之间的函数关系式y ＝f (x )，并写出定义域； (2)若要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x 的取值范围． 解：(1)由题意得y ＝100⎝⎛⎭⎫1－x 10·100⎝⎛⎭⎫1＋850x ＝20(10－x )(50＋8x ) 因为售价不能低于成本价，所以100⎝⎛⎭⎫1－x10－80≥0，解得x ≤2. 所以y ＝f (x )＝20(10－x )(50＋8x )，定义域为[0,2]． (2)由题意得20(10－x )(50＋8x )≥10 260， 化简得8x 2－30x ＋13≤0. 解得12≤x ≤134.所以x 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，2.一、选择题1．(2014·大纲卷)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x (x ＋2)>0，|x |<1的解集为( )A ．{x |－2<x <－1}B ．{x |－1<x <0}C ．{x |0<x <1}D ．{x |x >1}解析：选C 解x (x ＋2)>0，得x <－2或x >0；解|x |<1，得－1<x <1.因为不等式组的解集为两个不等式解集的交集，即解集为{x |0<x <1}，故选C.2．不等式4x －2≤x －2的解集是( )A ．(－∞，0]∪(2,4]B ．[0,2)∪[4，＋∞)C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：选B ①当x －2>0，即x >2时，不等式可化为(x －2)2≥4，∴x ≥4；②当x －2<0，即x <2时，不等式可化为(x －2)2≤4，∴0≤x <2.3．已知f (x )＝ax 2－x －c ，不等式f (x )＞0的解集为{x |－2＜x ＜1}，则函数y ＝f (－x )的图象为( )解析：选B 由根与系数的关系知1a ＝－2＋1，－ca ＝－2，得a ＝－1，c ＝－2.f (－x )＝－x 2＋x ＋2的图象开口向下，顶点坐标为⎝⎛⎭⎫12，94.故选B.4．如果关于x 的不等式5x 2－a ≤0的正整数解是1,2,3,4，那么实数a 的取值范围是( ) A ．[80,125) B ．(80,125) C ．(－∞，80)D ．(125，＋∞) 解析：选A 由5x 2－a ≤0，得－ a5≤x ≤ a 5， 而正整数解是1,2,3,4， 则4≤a5＜5， ∴80≤a ＜125. 故选A.5．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售价每件应定为( )A ．12元B ．16元C ．12元到16元之间D ．10元到14元之间解析：选C 设销售价定为每件x 元，利润为y ，则： y ＝(x －8)[100－10(x －10)]，依题意有，(x －8)[100－10(x －10)]＞320， 即x 2－28x ＋192＜0， 解得12＜x ＜16，所以每件销售价应为12元到16元之间． 故选C.6．若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B.⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D.⎝⎛⎦⎤－∞，－235 解析：选A 由Δ＝a 2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负， 所以方程必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f (5)＞0，解得a ＞－235，故a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－235，＋∞， 二、填空题7．不等式|x (x －2)|>x (x －2)的解集是________．解析：不等式|x (x －2)|>x (x －2)的解集即x (x －2)<0的解集，解得0<x <2. 答案：{x |0<x <2}8．若不等式(1－a )x 2－4x ＋6＞0的解集是{x |－3＜x ＜1}，则a 的值为________． 解析：∵(1－a )x 2－4x ＋6＞0的解集是{x |－3＜x ＜1}， ∴1－a ＜0，即a ＞1.于是原不等式可化为(a －1)x 2＋4x －6＜0，a －1＞0， 其解集为{x |－3＜x ＜1}．则方程(a －1)x 2＋4x －6＝0的两根为－3和1.由⎩⎨⎧a ＞1，－3＋1＝－4a －1，－3×1＝－6a －1，解得a ＝3.答案：39．某种产品的总成本y (万元)与产量x (台)之间的函数关系式是y ＝3 000＋20x －0.1x 2，x∈(0,240)，若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本时的最低产量是________台．解析：由题意知3 000＋20x －0.1x 2－25x ≤0， 即0.1x 2＋5x －3 000≥0， ∴x 2＋50x －30 000≥0， ∴(x －150)(x ＋200)≥0. 又x ∈(0,240)， ∴150≤x ＜240，即生产者不亏本时的最低产量为150台． 答案：15010．若关于x 的不等式4x －2x ＋1－a ≥0在[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：∵不等式4x －2x ＋1－a ≥0在[1,2]上恒成立，∴4x －2x ＋1≥a 在[1,2]上恒成立．令y ＝4x －2x ＋1＝(2x )2－2×2x ＋1－1＝(2x －1)2－1.∵1≤x ≤2，∴2≤2x ≤4.由二次函数的性质可知：当2x ＝2，即x ＝1时，y 取得最小值0， ∴实数a 的取值范围为(－∞，0]． 答案：(－∞，0] 三、解答题11．已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R . (1)求a 的取值范围； (2)若函数f (x )的最小值为22，解关于x 的不等式x 2－x －a 2－a ＜0. 解：(1)∵函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R ， ∴ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立， 当a ＝0时，1≥0恒成立．当a ≠0时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝(2a )2－4a ≤0， 解得0＜a ≤1，综上可知，a 的取值范围是[0,1]．(2)∵f (x )＝ax 2＋2ax ＋1＝a (x ＋1)2＋1－a ， ∵a ＞0，∴当x ＝－1时，f (x )min ＝1－a ， 由题意得，1－a ＝22，∴a ＝12， ∴不等式x 2－x －a 2－a ＜0可化为x 2－x －34＜0.解得－12＜x ＜32，所以不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－12，32. 12．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，函数F (x )＝f (x )－x 的两个零点为m ，n (m ＜n )． (1)若m ＝－1，n ＝2，求不等式F (x )＞0的解集； (2)若a ＞0，且0＜x ＜m ＜n ＜1a ，比较f (x )与m 的大小．解：(1)由题意知，F (x )＝f (x )－x ＝a (x －m )(x －n )， 当m ＝－1，n ＝2时，不等式F (x )＞0， 即a (x ＋1)(x －2)＞0.那么当a ＞0时，不等式F (x )＞0的解集为{x |x ＜－1或x ＞2}； 当a ＜0时，不等式F (x )＞0 的解集为{x |－1＜x ＜2}．(2)由函数F (x )＝f (x )－x 的两个零点为m ，n ，得f (x )－m ＝a (x －m )(x －n )＋x －m ＝(x －m )(ax －an ＋1)，∵a ＞0，且0＜x ＜m ＜n ＜1a ，∴x －m ＜0,1－an ＋ax ＞0.∴f (x )－m ＜0，即f (x )＜m .第三节二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题基础盘查一 二元一次不等式(组)表示的平面区域 (一)循纲忆知1．会从实际情境中抽象出二元一次不等式组；2．了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组． (二)小题查验 1．判断正误(1)二元一次不等式的解是由x 和y 两部分构成的有序实数对(x ，y )( )(2)二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域的交集( ) (3)原点能判断二元一次不等式Ax ＋By ＋C ＞0所表示的平面区域( )(4)不等式Ax ＋By ＋C ＞0表示的平面区域一定在直线Ax ＋By ＋C ＝0的上方( ) (5)点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)在直线Ax ＋By ＋C ＝0同侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＞0，异侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＜0( )(6)第二、四象限表示的平面区域可以用不等式xy ＜0表示( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)√ 2．(人教A 版教材习题改编)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋6≥0x －y ＋2＜0表示的平面区域是( )答案：B基础盘查二 线性规划中的基本概念 (一)循纲忆知会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决(线性约束条件、线性目标函数等概念)．(二)小题查验 1．判断正误(1)最优解指的是使目标函数取得最大值的变量x 或y 的值( ) (2)最优解指的是使目标函数取得最大值或最小值的可行解( ) (3)线性目标函数取得最值的点一定在可行域的顶点或边界上( )(4)目标函数z ＝ax ＋by (b ≠0)中，z 的几何意义是直线ax ＋by －z ＝0在y 轴上的截距( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．(人教A 版教材练习改编) 设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，x ＋y ≤1，y ≥－1.则目标函数z ＝2x ＋y 的最大值为________．答案：3考点一 二元一次不等式(组)表示平面区域|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]已知直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0. (1)直线与平面内的点直线l 把直角坐标平面内的所有点分成三类：在直线上的点；在直线上方区域内的点；在直线下方区域内的点．(2)不等式表示的区域：以不等式的解(x ，y )为坐标的所有点构成的区域，即为不等式表示的区域．[题组练透]1．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋3y ≥4，3x ＋y ≤4所表示的平面区域的面积等于( )A.32 B.23 C.43D.34解析：选C 平面区域如图所示．解⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝4，3x ＋y ＝4得A (1,1)， 易得B (0,4)，C ⎝⎛⎭⎫0，43， |BC |＝4－43＝83.∴S △ABC ＝12×83×1＝43.2．若满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －2≤0，y ≥a 的整点(x ，y )恰有9个，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则整数a 的值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0解析：选C 不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分，当a＝0时，只有4个整点(1,1)，(0,0)，(1,0)，(2,0)；当a ＝－1时，正好增加(－1，－1)，(0，－1)，(1，－1)，(2，－1)，(3，－1)共5个整点，故选C.3．如图阴影部分表示的区域可用二元一次不等式组表示为________．解析：两直线方程分别为x －2y ＋2＝0与x ＋y －1＝0.由(0,0)点在直线x －2y ＋2＝0右下方可知x －2y ＋2≥0， 又(0,0)点在直线x ＋y －1＝0左下方可知x ＋y －1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0为所表示的可行域． 答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0[类题通法]确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法(1)“直线定界，特殊点定域”，即先作直线，再取特殊点并代入不等式组．若满足不等式组，则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域；否则就对应与特殊点异侧的平面区域．(2)当不等式中带等号时，边界为实线，不带等号时，边界应画为虚线，特殊点常取原点．考点二 求目标函数的最值|(常考常新型考点——多角探明)[必备知识]求目标函数的最值要明确几个概念(1)约束条件：由变量x ，y 组成的不等式(组)；(2)线性约束条件：由关于x ，y 的一次不等式(或方程)组成的不等式(组)； (3)目标函数：关于x ，y 的函数解析式，如z ＝2x ＋3y 等； (4)可行解：满足线性约束条件的解(x ，y )；(5)最优解：使目标函数取得最大值或最小值的可行解．[多角探明]线性规划问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －7≤0，x －3y ＋1≤0，3x －y －5≥0，则z ＝2x －y 的最大值为( )A ．10B ．8C ．3D ．2解析：选B 作出可行域如图中阴影部分所示，由z ＝2x －y 得y ＝2x －z ，作出直线y ＝2x ，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A (5,2)时，对应的z 值最大．故z max ＝2×5－2＝8.2．(2014·北京高考)若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≤1，x －y －1≤0，x ＋y －1≥0，则z ＝3x ＋y的最小值为 ________.解析：根据题意画出可行域如图，由于z ＝3x ＋y 对应的直线斜率为－3，且z 与x 正相关，结合图形可知，当直线过点A (0,1)时，z 取得最小值1.答案：1角度二：求非线性目标的最值3．(2013·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2≥0，x ＋2y －1≥0，3x ＋y －8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM 斜率的最小值为( )A ．2B ．1C ．－13D ．－12解析：选C 已知的不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，显然当点M 与点A 重合时直线OM 的斜率最小，由直线方程x ＋2y －1＝0和3x ＋y －8＝0，解得A (3，－1)，故OM 斜率的最小值为－13. 4．(2015·郑州质检)设实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2y －x ≤2，y ≥1，则x 2＋y 2的取值范围是( )A ．[1,2]B ．[1,4]C ．[2，2]D ．[2,4]解析：选B 如图所示，不等式组表示的平面区域是△ABC 的内部(含边界)，x 2＋y 2表示的是此区域内的点(x ，y )到原点距离的平方．从图中可知最短距离为原点到直线BC 的距离，其值为1；最远的距离为AO ，其值为2，故x 2＋y 2的取值范围是[1,4]．角度三：求线性规划中的参数5．(2014·北京高考)若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2≥0，kx －y ＋2≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－4，则k 的值为( )A ．2B ．－2 C.12D ．－12解析：选D 作出线性约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，kx －y ＋2≥0，y ≥0的可行域．当k ＞0时，如图①所示，此时可行域为y 轴上方、直线x ＋y －2＝0的右上方、直线kx －y ＋2＝0的右下方的区域，显然此时z ＝y －x 无最小值．当k ＜－1时，z ＝y －x 取得最小值2；当k ＝－1时，z ＝y －x 取得最小值－2，均不符合题意．当－1＜k ＜0时，如图②所示，此时可行域为点A (2,0)，B ⎝⎛⎭⎫－2k ，0，C (0,2)所围成的三角形区域，当直线z ＝y －x 经过点B ⎝⎛⎭⎫－2k ，0时，有最小值，即－⎝⎛⎭⎫－2k ＝－4⇒k ＝－12.故选D.6．(2014·安徽高考)x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －2y －2≤0，2x －y ＋2≥0.若z ＝y －ax 取得最大值的最优解不唯一，则实数a 的值为( )A.12或－1 B ．2或12C ．2或1D ．2或－1解析：选D 法一：由题中条件画出可行域如图中阴影部分所示，可知A (0,2)，B (2,0)，C (－2，－2)，则z A ＝2，z B ＝－2a ，z C ＝2a －2，要使目标函数取得最大值的最优解不唯一，只要z A ＝z B >z C 或z A ＝z C >z B 或z B ＝z C >z A ，解得a ＝－1或a ＝2.法二：目标函数z ＝y －ax 可化为y ＝ax ＋z ，令l 0：y ＝ax ，平移l 0，则当l 0∥AB 或l 0∥AC 时符合题意，故a ＝－1或a ＝2.[类题通法]1．求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义．2．常见的目标函数有： (1)截距型：形如z ＝ax ＋by .求这类目标函数的最值常将函数z ＝ax ＋by 转化为直线的斜截式：y ＝－a b x ＋zb ，通过求直线的截距zb的最值间接求出z 的最值．(2)距离型：形如z ＝(x －a )2＋(y －b )2. (3)斜率型：形如z ＝y －bx －a.[提醒] 注意转化的等价性及几何意义．考点三 线性规划的实际应用|(重点保分型考点——师生共研)[典题例析](2013·湖北高考)某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，则租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元解析：选C 设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，则约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，y －x ≤7，y ＋x ≤21，x ，y ∈N ，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5,12)时，有最小值z min ＝36 800(元)．[类题通法]1．解线性规划应用题的步骤(1)转化——设元，写出约束条件和目标函数，从而将实际问题转化为线性规划问题； (2)求解——解这个纯数学的线性规划问题；(3)作答——将数学问题的答案还原为实际问题的答案． 2．求解线性规划应用题的三个注意点(1)明确问题中的所有约束条件，并根据题意判断约束条件是否能够取到等号．(2)注意结合实际问题的实际意义，判断所设未知数x ，y 的取值范围，特别注意分析x ，y 是否是整数、是否是非负数等．(3)正确地写出目标函数，一般地，目标函数是等式的形式．[演练冲关]A ，B 两种规格的产品需要在甲、乙两台机器上各自加工一道工序才能成为成品．已知A 产品需要在甲机器上加工3小时，在乙机器上加工1小时；B 产品需要在甲机器上加工1小时，在乙机器上加工3小时．在一个工作日内，甲机器至多只能使用11小时，乙机器至多只能使用9小时．A 产品每件利润300元，B 产品每件利润400元，则这两台机器在一个工作日内创造的最大利润是________元．解析：设生产A 产品x 件，B 产品y 件，则x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ≤11，x ＋3y ≤9，x ∈N ，y ∈N ，生产利润为z ＝300x ＋400y .画出可行域，如图中阴影部分(包含边界)内的整点，显然z ＝300x ＋400y 在点A 处取得最大值，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＝11，x ＋3y ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，则z max ＝300×3＋400×2＝1 700. 故最大利润是1 700元．答案：1 700一、选择题1．已知点(－3，－1)和点(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围为( ) A ．(－24,7) B ．(－7,24)C ．(－∞，－7)∪(24，＋∞)D ．(－∞，－24)∪(7，＋∞)解析：选B 根据题意知(－9＋2－a )·(12＋12－a )＜0. 即(a ＋7)(a －24)＜0，解得－7＜a ＜24.2．(2015·临沂检测)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3，则z ＝x －y 的最小值是( )A ．－3B ．0 C.32D ．3解析：选A 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3表示的可行域(如图所示的△ABC 的边界及内部)．平移直线z ＝x －y ，易知当直线z ＝x －y 经过点C (0,3)时，目标函数z ＝x －y 取得最小值，即z min ＝－3.3．(2015·泉州质检)已知O 为坐标原点，A (1,2)，点P 的坐标(x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋|y |≤1，x ≥0，则z ＝ OA ·OP 的最大值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选D 如图作可行域，z ＝ OA ·OP ＝x ＋2y ，显然在B (0,1)处z max ＝2.故选D.。

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.。

第三讲不等式选讲(选修4－5)命题全解密MINGTIQUANJIEMI1.命题点绝对值不等式的几何意义、绝对值三角不等式、绝对值不等式的解法、函数的最值及不等式的证明．2.交汇点常与含参数的一元二次不等式、函数的最值、三角函数、向量等知识交汇考查．3.常用方法利用绝对值不等式的几何意义求最值的方法，综合法、分析法．对应学生用书P094[重要定理]1．绝对值不等式定理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．绝对值不等式的解法(1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c.②|ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法①利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．②利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．③通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．3．证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法．4．二维形式的柯西不等式若a ，b ，c ，d ∈R ，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，等号成立.对应学生用书P094热点一 绝对值不等式的解法例1 (1)[2015·沈阳模拟]设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|.①解不等式f (x )＞2；②求函数y ＝f (x )的最小值．[解] ①解法一：令2x ＋1＝0，x －4＝0分别得x ＝－12，x ＝4.原不等式可化为：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－12，－x －5＞2或⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ＜4，3x －3＞2或⎩⎨⎧ x ≥4，x ＋5＞2，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＜－7或x ＞53. 解法二：f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －5，x ＜－12，3x －3，－12≤x ＜4，x ＋5，x ≥4.画出f (x )的图象y ＝2与f (x )图象的交点为(－7,2)，(53，2)．由图象知f (x )＞2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪<－7或x ＞53. ②由①的解法二中的图象知：f (x )min ＝－92.(2)[2015·兰州双基过关考试]设函数f (x )＝|3x －1|＋ax ＋3.①若a ＝1，解不等式f (x )≤4；②若函数f (x )有最小值，求a 的取值范围．[解] ①当a ＝1时，f (x )＝|3x －1|＋x ＋3.当x ≥13时，f (x )≤4可化为3x －1＋x ＋3≤4，解得13≤x ≤12；当x ＜13时，f (x )≤4可化为－3x ＋1＋x ＋3≤4，解得0≤x ＜13.综上可得，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤12. ②f (x )＝|3x －1|＋ax ＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧ (3＋a )x ＋2，x ≥13(a －3)x ＋4，x ＜13，函数f (x )有最小值的充要条件为⎩⎨⎧ a ＋3≥0a －3≤0，即－3≤a ≤3.解绝对值不等式的步骤和方法(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)用图象法求解不等式用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．[2015·山东高考]不等式|x －1|－|x －5|<2的解集是( )A ．(－∞，4)B ．(－∞，1)C ．(1,4)D ．(1,5)答案 A解析 当x <1时，不等式可化为－(x －1)＋(x －5)<2，即－4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；当1≤x ≤5时，不等式可化为x －1＋(x －5)<2，即2x －6<2，解得x <4，又1≤x ≤5，所以此时不等式的解集为[1,4)；当x >5时，不等式可化为(x －1)－(x －5)<2，即4<2，显然不成立，所以此时不等式无解．综上，不等式的解集为(－∞，4)．故选A.2．[2015·江苏高考]解不等式x ＋|2x ＋3|≥2.解 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ x <－32，－x －3≥2，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥－32，3x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.综上，原不等式的解集是⎩⎨⎧ x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－5或x ≥－13. 热点二 与绝对值不等式有关的参数范围问题例2 (1)[2015·重庆高考]若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________.[解析] 当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a <－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1＋2a ，x ≤a x －1－2a ，a <x ≤－13x ＋1－2a ，x >－1，f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，解得a ＝－6；当a >－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1＋2a ，x ≤－1－x ＋1＋2a ，－1<x ≤a3x ＋1－2a ，x >a，f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，解得a ＝4.[答案] 4或－6(2)[2015·课标全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0. ①当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；②若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围．[解] ①当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0.当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解；当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 23<x <2. ②由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．1．解决含参数的绝对值不等式问题，常用以下两种方法(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f (x )的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．2．解答此类问题应熟记以下转化：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 .[2015·南昌一模]已知函数f (x )＝x |x －a |(a ∈R )．(1)若a ＝2，解关于x 的不等式f (x )<x ；(2)若对任意的x ∈(0,4]都有f (x )<4，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，不等式f (x )<x 即x |x －2|<x .显然x ≠0，当x >0时，原不等式可化为：|x －2|<1⇒－1<x －2<1⇒1<x <3.当x <0时，原不等式可化为：|x －2|>1⇒x －2>1或x －2<－1⇒x >3或x <1，∴x <0.综上得：当a ＝2时，原不等式的解集为{x |1<x <3或x <0}．(2)对任意的x ∈(0,4]都有f (x )<4，即－4<x (x －a )<4⇒∀x ∈(0,4]，x －4x <a <x ＋4x 恒成立．设g (x )＝x －4x ，x ∈(0,4]，p (x )＝x ＋4x ，x ∈(0,4]，则对任意的x ∈(0,4]，x －4x <a <x ＋4x 恒成立⇔g (x )max <a <p (x )min ，x ∈(0,4]．∵g ′(x )＝1＋4x 2，当x ∈(0,4]时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(0,4]上单调递增，∴g (x )max ＝g (4)＝3.又∵p ′(x )＝1－4x 2＝(x －2)(x ＋2)x 2，∴p (x )在(0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，∴p (x )min ＝p (2)＝4.故a ∈(3,4)．热点三 不等式的证明例3 (1)[2015·陕西质检]已知函数f (x )＝|x －1|.①解不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8；②若|a |＜1，|b |＜1，a ≠0，求证：f (ab )|a |＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . [解] ①f (2x )＋f (x ＋4)＝|2x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －2，x ＜－3－x ＋4，－3≤x ＜123x ＋2，x ≥12，当x ＜－3时，由－3x －2≥8，解得x ≤－103；当－3≤x ＜12时，－x ＋4≥8无解；当x ≥12时，由3x ＋2≥8，解得x ≥2.所以不等式f (2x )＋f (x ＋4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－103或x ≥2. ②证明：f (ab )|a |＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 等价于f (ab )＞|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ， 即|ab －1|＞|a －b |.因为|a |＜1，|b |＜1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)＞0，所以|ab －1|＞|a －b |.故所证不等式成立．(2)[2015·湖南高考]设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明：①a ＋b ≥2；②a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab ，a >0，b >0，得ab ＝1.①由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．②假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋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a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．①构造基本不等式求出代数式的最值，直接证明不等式成立；②直接证明较难，假设两个不等式同时成立，利用①的结论，得出矛盾，则假设不成立．不等式证明的常用方法不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式与柯西不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．1．[2015·大连双基测试]已知x ，y 是两个不相等的正实数，求证：(x 2y ＋x ＋y 2)·(xy 2＋y ＋x 2)＞9x 2y 2.证明 因为x ，y 是正实数，所以x 2y ＋x ＋y 2≥33x 2y ·x ·y 2＝3xy ，当且仅当x 2y ＝x ＝y 2，即x ＝y ＝1时，等号成立；同理：xy2＋y＋x2≥33xy2·y·x2＝3xy，当且仅当xy2＝y＝x2，即x ＝y＝1时，等号成立．所以(x2y＋x＋y2)(xy2＋y＋x2)≥9x2y2，当且仅当x＝y＝1时，等号成立．因为x≠y，所以(x2y＋x＋y2)(xy2＋y＋x2)＞9x2y2.2．[2015·课标全国卷Ⅱ]设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋d.(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．热点四 柯西不等式问题例4 (1)[2015·洛阳统考]已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)．①求x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2的最小值；②求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.[解] ①因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 所以x 1a ＋x 2b ＋2x 1x 2≥3·3x 1a ·x 2b ·2x 1x 2＝3·32ab ≥3·32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋b 22＝3×38＝6，当且仅当x 1a ＝x 2b ＝2x 1x 2，a ＝b ，即a ＝b ＝12且x 1＝x 2＝1时，x 1a ＋x 2b＋2x 1x 2有最小值6. ②证法一：由a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 及柯西不等式可得： (ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝[(ax 1)2＋(bx 2)2]·[(ax 2)2＋(bx 1)2]≥(ax 1·ax 2＋bx 2·bx 1)2＝(a x 1x 2＋b x 1x 2)2＝x 1x 2，当且仅当ax 1ax 2＝bx 2bx 1，即x 1＝x 2时取得等号． 证法二：因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)， 所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)＝a 2x 1x 2＋abx 22＋abx 21＋b 2x 1x 2 ＝x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (x 22＋x 21)≥x 1x 2(a 2＋b 2)＋ab (2x 1x 2) ＝x 1x 2(a 2＋b 2＋2ab ) ＝x 1x 2(a ＋b )2 ＝x 1x 2，当且仅当x 1＝x 2时，取得等号．(2)[2015·江西八所重点中学联考]①已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|，求x 的取值范围，使f (x )为常函数；②若x ，y ，z ∈R ，x 2＋y 2＋z 2＝1，求m ＝2x ＋2y ＋5z 的最大值．[解] ①f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x ＜－34，－3≤x ≤12x ＋2，x ＞1，则当x ∈[－3,1]时，f (x )为常函数．②由柯西不等式得：(x 2＋y 2＋z 2)[(2)2＋(2)2＋(5)2]≥(2x ＋2y ＋5z )2.所以2x ＋2y ＋5z ≤3， 因此m 的最大值为3.柯西不等式的求解方法柯西不等式在解决多变量代数式的最值问题中有着重要的应用，运用柯西不等式求最值时，关键是进行巧妙的拼凑，构造出柯西不等式的形式．[2015·福建高考]已知a >0，b >0，c >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立． 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ， 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16，即14a 2＋19b 2＋c 2≥87.当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立． 故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87.对应学生用书P1821．已知f (x )＝|x |＋2|x －a |(a >0)． (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤4；(2)若f (x )≥4恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )≤4即为|x |＋2|x －1|≤4， ①当x ≥1时，原不等式可化简为x ＋2(x －1)≤4，得1≤x ≤2；②当0≤x <1时，原不等式可化简为x ＋2(1－x )≤4，得0≤x <1； ③当x <0时，原不等式可化简为－x ＋2(1－x )≤4，得－23≤x <0. 综合①②③得，－23≤x ≤2，即当a ＝1时，不等式f (x )≤4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－23≤x ≤2.(2)①当x ≥a 时，f (x )＝x ＋2(x －a )＝3x －2a ； ②当0≤x <a 时，f (x )＝x ＋2(a －x )＝－x ＋2a ；③当x <0时，f (x )＝－x ＋2(a －x )＝－3x ＋2a . 作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图象知f (x )min ＝a ，所以a ≥4，即实数a 的取值范围为[4，＋∞)．2．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 )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝－2时，不等式f (x )<g (x )即|2x －1|＋|2x －2|－x －3<0. 设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示．从图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0. 所以原不等式的解集是{x |0<x <2}．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝1＋a ，不等式f (x )≤g (x )即1＋a ≤x ＋3，所以x ≥a －2对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12恒成立，故－a 2≥a －2，解得a ≤43.又a >－1，所以－1<a ≤43.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，43.3．[2015·郑州质量预测(二)]已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式f (x )<4－|x －1|；(2)已知m ＋n ＝1(m ，n >0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1n (a >0)恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)不等式f (x )<4－|x －1|，即|3x ＋2|＋|x －1|<4. 当x <－23时，即－3x －2－x ＋1<4，解得－54<x <－23；当－23≤x ≤1时，即3x ＋2－x ＋1<4，解得－23≤x <12； 当x >1时，即3x ＋2＋x －1<4，无解．综上所述，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，12.(2)1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n (m ＋n )＝1＋1＋n m ＋m n ≥4(当且仅当m ＝n ＝12时等号成立)，令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x <－23－4x －2＋a ，－23≤x ≤a－2x －2－a ，x >a，∴x ＝－23时，g (x )max ＝23＋a ，要使不等式恒成立， 只需g (x )max ＝23＋a ≤4，即0<a ≤103.4．[2015·陕西质检(二)]设函数f (x )＝x 2－x ＋15，且|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．证明 ∵|x －a |<1，∴|f (x )－f (a )|＝|(x 2－x ＋15)－(a 2－a ＋15)| ＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|<1·|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|<1＋|2a －1|≤1＋|2a |＋1 ＝2(|a |＋1)，即|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．5．[2015·长春质监(三)](1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：。

山东省2016届高三数学理一轮复习专题突破训练不等式一、选择、填空题 1、（2015年山东高考）已知,x y 满足约束条件0,2,0.x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩若z ax y =+的最大值为4,则a =（A ）3 (B) 2 (C ） 2-（D ） 3-2、(2014年山东高考)已知y x,满足的约束条件⎩⎨⎧≥≤0,3-y -2x 0,1-y -x 当目标函数0)b 0,by(a ax z >>+=在该约束条件下取得最小值52时，22a b +的最小值为（A ）5（B ）4(C ）5（D ）23、（2013年山东高考））在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组220,210,380x y x y x y --≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≤⎩所表示的区域上一动点，则直线OM 斜率的最小值为( )．A ．2B ．1C ．13- D ．12- 4、（德州市2015届高三二模）已知变量,x y 满足： ()220230,20x yx y x y z x +-≤⎧⎪⎪-+≥=⎨⎪≥⎪⎩则的最大值为A.2B. 22 C 。

2 D.45、（菏泽市2015届高三二模）若实数x ，y 满足的约束条件,将一颗骰子投掷两次得到的点数分别为a,b ，则函数z=2ax+by 在点（2,﹣1)处取得最大值的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．6、（青岛市2015届高三二模）设x ，y 满足约束条件，则下列不等式恒成立的是（ ）A ． x≥3 B． y≥4 C． x+2y ﹣8≥0 D． 2x ﹣y+1≥0 7、（德州市2015届高三上期末)由不等式组 0,0,20x y y x ≤⎧⎪≥⎨⎪--≤⎩确定的平面区域记为1Ω,不等式组 12x y x y +≤⎧⎨+≥-⎩确定的平面区域记为 2Ω,则 1Ω与2Ω公共部分的面积为 A ．154B ．32C ．34D ．748、(泰安市2015届高三上期末）若变量,x y 满足条件211y xx y y ≤⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，则2x y +的取值范围为 A 。