2021年新课标（老高考）理数复习练习课件：第十七章 不等式选讲.pptx

1、考点考点1 1 绝对值不等式绝对值不等式 1.(2020课标,23,10分)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|. (1)画出y=f(x)的图象; (2)求不等式f(x)f(x+1)的解集. 解析解析 (1)由题设知f(x)= y=f(x)的图象如图所示. (2)函数y=f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+1)的图象. 1 - -3,- , 3 1 5 -1,-1, 3 3,1. xx xx xx y=f(x)的图象与y=f(x+1)的图象的交点坐标为. 由图象可知当且仅当xf(x+1)的解集为 . 711 -,- 66 7 6 7 - ,- 6 2.(2020课标

2、,23,10分)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|. (1)当a=2时,求不等式f(x)4的解集; (2)若f(x)4,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=2时, f(x)= 因此,不等式f(x)4的解集为. (2)因为f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|a2-2a+1|=(a-1)2,故当(a-1)24,即|a-1|2时, f(x)4.所以当a3或a- 1时, f(x)4.当-1a3时, f(a2)=|a2-2a+1|=(a-1)24. 所以a的取值范围是(-,-13,+). 7-2 ,3, 1,34, 2 -7,4. x x x xx 311 22 x xx 或 3.

3、(2020江苏,21C,10分)设xR,解不等式2|x+1|+|x|0时,原不等式可化为2x+2+x4,解得0x; 当-1x0时,原不等式可化为2x+2-x4,解得-1x0; 当x-1时,原不等式可化为-2x-2-x4,解得-2x-1. 综上,原不等式的解集为. 2 3 2 -2 3 xx 4.(2019课标,23,10分)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. 解析解析 本题考查不等式的基本性质,绝对值不等式的求解,以及含有参数的绝对值不等式恒成立问 题.通过对绝对值不等式的分类

4、讨论考查学生的化归与转化的能力,体现了逻辑推理的核心素养. (1)当a=1时, f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1). 当x1时, f(x)=-2(x-1)20;当x1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a1, 当a1,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,+). 思路分析思路分析 (1)当a=1时,求解绝对值不等式只需分类讨论去掉绝对值.(2)首先关注f(a)=0,求得a1, 这样不需要分类讨论就可以去掉绝对值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)1的解

5、集; (2)若x(0,1)时不等式f(x)x成立,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|, 即f(x)= 故不等式f(x)1的解集为. (2)当x(0,1)时|x+1|-|ax-1|x成立等价于当x(0,1)时|ax-1|0,则|ax-1|1的解集为, 所以1,故0a恒成 立af(x)min,当f(x)存在最大值时, f(x)f(x)max. 2.对于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型函数的最值问题,常利用绝对值三角不等式解决. 6.(2018课标,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|. (1)画出y=f(x)

6、的图象; (2)当x0,+)时, f(x)ax+b,求a+b的最小值. 解析解析 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b2时, f(x)ax+b在0,+)成立,因此a+b的最小值为5. 1 -3 ,-, 2 1 2,-1, 2 3 ,1. x x xx x x 7.(2017课标,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

7、等式f(x)g(x)的解集包含-1,1,求a的取值范围. 解析解析 本题考查含绝对值不等式的求解问题. (1)当a=1时,不等式f(x)g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-40. 当x1时,式化为x2+x-40,从而1x. 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-1a1. 所以a的取值范围为-1,1. -117 2 -117 -1 2 xx 方法总结方法总结 含绝对值不等式的求解. 1.

8、含绝对值的函数即为一个分段函数,一般采用去绝对值分段讨论、分段求解的方法来解决.例如 第(1)问中将自变量分为x1三段求解,最后求并集. 2.不等式恒成立问题可转化为求解函数的最值问题. 8.(2017课标,23,10分)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)x2-x+m的解集非空,求m的取值范围. 解析解析 (1)f(x)= 当x2时,由f(x)1解得x2. 所以f(x)1的解集为x|x1. (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|

9、=-+, 且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=. 故m的取值范围为. -3,-1, 2 -1,-12, 3,2. x xx x 2 3 | |- 2 x 5 4 5 4 3 2 5 4 5 - , 4 9.(2016课标,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xR时, f(x)+g(x)3,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+26得-1x3. 因此f(x)6的解集为x|-1x3.(5分) (2)当xR时, f(x)+g(x)

10、=|2x-a|+a+|1-2x|2x-a+1-2x|+a =|1-a|+a,当x=时等号成立, 所以当xR时, f(x)+g(x)3等价于|1-a|+a3.(7分) 当a1时,等价于1-a+a3,无解. 当a1时,等价于a-1+a3,解得a2. 所以a的取值范围是2,+).(10分) 1 2 方法总结方法总结 含有绝对值的不等式恒成立问题主要有两种解决方法:一是利用|ab|a|+|b|;二是利 用数形结合的思想方法. 1.(2016上海,1,4分)设xR,则不等式|x-3|1的解集为 . 以下为教师用书专用 答案答案 (2,4) 解析解析 由题意得-1x-31,解得2x0. (1)当a=1时,

11、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. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)1化为|x+1|-2|x-1|-10. 当x-1时,不等式化为x-40,无解; 当-1x0,解得x0,解得1x1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)26,故a2.所以a的取值范围为(2,+).(10分) 2 3 2 |2 3 xx -1-2 ,-1, 31-2 ,-1, -12 ,. xa x xa

12、xa xa xa 2 -1,0 3 a 2 3 2 3 解后反思解后反思 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. 4.(2013课标,24,10分)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)-1,且当x时, f(x)g(x),求a的取值范围. 1 -, 2 2 a 解析解析 (1)当a=-2时,不等式f(x)g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-30. 设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则 y= 其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x(0,2)时,y0.所以原不等式的解集是x|

13、0x2. 解析解析 本小题主要考查解不等式等基础知识,考查运算求解和推理论证能力. 当x2,解得x2,即x时,原不等式可化为x+2x-12,解得x1. 综上,原不等式的解集为. 1 3 1 2 1 2 1 |-1 3 x xx 或 6.(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. 解析解析 本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+z24, 当且仅当=时等号成立, 此时x=,y=,z=. 所以x2+y2+

14、z2的最小值为4. 1 x 2 y 2 z 2 3 4 3 4 3 思路分析思路分析 本题是柯西不等式的基本应用. 根据(+)(+)(a1b1+a2b2+a3b3)2来构造(x2+y2+z2)(12+22+22)(x+2y+2z)2,合理而自然. 2 1 a 2 2 a 2 3 a 2 1 b 2 2 b 2 3 b 考点考点2 2 不等式的证明不等式的证明 1.(2020课标,23,10分)设a,b,cR,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca0; (2)用maxa,b,c表示a,b,c的最大值,证明:maxa,b,c. 3 4 证明证明 (1)由题设可知,a,b,c均不

15、为零,所以ab+bc+ca=(a+b+c)2-(a2+b2+c2)=-(a2+b2+c2)0,b0,c0,b0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)4; (2)a+b2. 证明证明 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)24. (2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 =2+3ab(a+b)2+ (a+b)=2+, 所以(a+b)38,因此a+b2. 2 3() 4 ab 3 3() 4 ab 3.(2019课标,23,10分)已知a,b,c为

16、正数,且满足abc=1.证明: (1)+a2+b2+c2; (2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)324. 1 a 1 b 1 c 证明证明 本题考查了学生的推理论证能力;考查的核心素养是逻辑推理. (1)因为a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又abc=1,故有a2+b2+c2ab+bc+ca=+. 所以+a2+b2+c2. (2)因为a,b,c为正数且abc=1,故有 (a+b)3+(b+c)3+(c+a)33 =3(a+b)(b+c)(a+c)3(2)(2)(2)=24. 所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)324. abbcca abc 1 a 1 b 1

17、 c 1 a 1 b 1 c 333 3 () () ()abbcac abbcac 思路分析思路分析 (1)利用重要不等式可得a2+b2+c2ab+bc+ca,再由abc=1可得ab+bc+ca=+ +,从而得证.(2)由基本不等式的推广可证得结论. abbcca abc 1 a 1 b 1 c 4.(2019课标,23,10分)设x,y,zR,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成立,证明:a-3或a-1. 1 3 解析解析 本题主要考查不等式的证明以及基本不等式的应用,考查学生推理论证的能力,考查

18、了逻辑 推理的核心素养. (1)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, 当且仅当x=,y=-,z=-时等号成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为. (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

19、知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2,当且仅当x=,y=,z=时等号成立. 因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为. 由题设知,解得a-3或a-1. 4 3 5 3 1 3 1 3 4 3 2 (2) 3 a4- 3 a1- 3 a2 -2 3 a 2 (2) 3 a 2 (2) 3 a1 3 难点突破难点突破 (1)考虑到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,将x-1,y+1,z+1分别看作一个整体,转 化为已知三数之和为定值,求它们平方和最小值的问题.和的平方与平方和之间存在等量关系(a+b +c)2=a2+b2+c2+2ab+

20、2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘积,得到(a+b+c)23(a2+b2+c2). (2)只需证明(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min, 求(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min的方法同第(1)问. 1 3 5.(2016课标,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,bM时,|a+b|1+ab|. 1 - 2 x 1 2 x 解析解析 (1)f(x)=(2分) 当x-时,由f(x)2得-2x-1;(3分) 当-x时, f(x)2;(4分) 当x时,由f(x)2得2x2,解得x1,(5分) 所以f(x)2的解集M=x

21、|-1x1.(6分) (2)证明:由(1)知,当a,bM时,-1a1,-1b1, 从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0, 因此|a+b|cd,则+ +; (2)+ +是|a-b|cd得(+)2(+)2. 因此+. (2)(i)若|a-b|c-d|,则(a-b)2(c-d)2, 即(a+b)2-4abcd. 由(1)得+. (ii)若+,则(+)2(+)2, 即a+b+2c+d+2.因为a+b=c+d,所以abcd. 于是(a-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2. 因此|a-b|+是|a-b|(+)2即可. (2)两不

22、等式的两边都为非负数,可通过两边平方来证明. abcd 易错警示易错警示 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. 2.(2013课标,24,10分)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明: (1)ab+bc+ca; (2)+1. 1 3 2 a b 2 b c 2 c a 证明证明 (1)由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca得a2+b2+c2ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)1,即ab+bc+ca. (2)因为+b2a,+c2b,+a2c, 故+(a+b+

23、c)2(a+b+c), 即+a+b+c. 所以+1. 1 3 2 a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 b c 2 c a 思路分析思路分析 (1)利用a2+b22ab及(a+b+c)2=1证明不等式. (2)a+b+c=1,原不等式可转化为+(a+b+c)2(a+b+c).两两结合,利用基本不等式证明. 2 a b 2 b c 2 c a 3.(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+bd8. 证明证明 本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力

24、. 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)264, 因此ac+bd8. 4.(2016江苏,21D,10分)设a0,|x-1|,|y-2|,求证:|2x+y-4|a. 3 a 3 a 证明证明 因为|x-1|,|y-2|, 所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|2+=a. 3 a 3 a 3 a 3 a 考点考点1 1 绝对值不等式绝对值不等式 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020河南六市第一次模拟调研,23)已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|,aR. (

25、1)当a=1时,求不等式f(x)7的解集; (2)若f(x)|x-4|+|x+2a|的解集包含0,2,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)=(2分) 当x-1时,由f(x)7得-2x+17,解得x-3, 当-1x2时, f(x)7无解, 当x2时,由f(x)7得2x-17,解得x4, 所以f(x)7的解集为(-,-34,+).(5分) (2)f(x)|x-4|+|x+2a|的解集包含0,2等价于|x+a|-|x+2a|x-4|-|x-2|在x0,2上恒成立, 因为x0,2时,|x-4|-|x-2|=2, 所以|x+a|-|x+2a|2在x0,2上恒成立,(6分) 当-a0,

26、即a0时,|x+a|-|x+2a|=x+a-x-2a=-a2恒成立,(7分) 当-a2,即a-2时,|x+a|-|x+2a|=-x-a+x+2a=a2恒成立,(8分) 当0-a2,即-2a0时,|x+a|0),g(x)=4-|x+1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)3的解集; (2)若关于x的不等式f(x)g(x)的解集包含1,2,求a的取值集合. 2 1 - a x a 解析解析 (1)由题意,当a=1时,函数f(x)= 当x1时, f(x)=-2x+33,解得x0; 当1x0,所以2,所以在x1,2上不等式-x+x-13-x恒成立,即a+4-x在x1,2上 恒成立,即a+2,又a0,

27、a+2,所以a=1,故a的取值集合是1. -23,1, 1,12, 2 -3,2, xx x xx 2 1 - a x a 2 1a a 2 1a a 1 a 1 a 1 a 思路分析思路分析 (1)当a=1时,函数f(x)=分类讨论,即可求得不等式的解集; (2)关于x的不等式f(x)g(x)的解集包含1,2等价于+|x-1|4-|x+1|在x1,2上恒成立,进 而得到a+4-x在x1,2上恒成立,由此可求解实数a的取值集合. -23,1, 1,12, 2 -3,2, xx x xx 2 1 - a x a 1 a 3.(2020山西晋中模拟,23)已知关于x的函数f(x)=|x+1|+|x

28、-a|. (1)若存在x使得不等式f(x)3a-1成立,求实数a的取值范围; (2)若f(x)|x+3|的解集包含,求a的取值范围. 1 -,2 2 解析解析 (1)对xR, f(x)=|x+1|+|x-a|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,当且仅当(x+1)(x-a)0时,等号成立, 故原问题等价于|1+a|3a-1,即-3a+11+a3a-1,3a-10,解得a1, 故实数a的取值范围为1,+). (2)当x时, f(x)=|x+1|+|x-a|=x+1+|x-a|x+3|=x+3,|x-a|2,即-2x-a2,则x-2ax+2, 又f(x)|x+3|的解集包含, f(x)|x+3|在

29、上恒成立, 当x时,(x-2)maxa(x+2)min, 又(x-2)max=0,(x+2)min=, 0a,即实数a的取值范围为. 1 -,2 2 1 -,2 2 1 -,2 2 1 -,2 2 3 2 3 2 3 0, 2 思路分析思路分析 (1)由题意及绝对值不等式的性质可得|1+a|3a-1,解出即可; (2)依题意, f(x)|x+3|在上恒成立,则(x-2)maxa(x+2)min,x,由此可求得a的取值范 围. 1 -,2 2 1 -,2 2 4.(2019四川蓉城名校联盟第二次联考,23)设函数f(x)=|x-1|-|2x+2|. (1)画出函数f(x)的图象,并借助图象求其值

30、域; (2)若a0,b0,函数f(x)的最大值为m,a+3b=mab,求a+3b的最小值. 1 2 解析解析 (1)由题意得, f(x)= 其图象如图所示: 由图象可知,函数y=f(x)的值域为(-,2. (2)由(1)得f(x)max=2,即m=2, a+3b=ab,a0,b0,+=1, a+3b=(a+3b)=6+6+2=12,当且仅当=,即a=6,b=2时取等号. 3,-1, -3 -1,-11, - -3,1. xx xx xx 1 b 3 a 13 ba 9ab ba 9ab ba a b 9b a a+3b的最小值为12. 考点考点2 2 不等式的证明不等式的证明 1.(2020甘

31、肃、青海、宁夏联考,23)设函数f(x)=|x-1|+|x+3|. (1)求不等式|f(x)-6|1的解集; (2)证明:4-x2f(x)2|x|+4. 解析解析 (1)|f(x)-6|1,-1f(x)-61,即5f(x)7,当-3x1时, f(x)=4,显然不成立; 当x-3时,5-2x-27,解得-x1时,52x+27,解得x. 综上,不等式|f(x)-6|1的解集为. (2)证明:当-3x1时, f(x)=42|x|+4; 当x-3时, f(x)-(2|x|+4)=-2x-2-(-2x+4)=-60, 则f(x)1时, f(x)-(2|x|+4)=2x+2-(2x+4)=-20, 则f(

32、x)0,b0,c0. (1)求证:a4-a2b2+b4; (2)若abc=1,求证:a3+b3+c3ab+bc+ac. 44 22 ()ab ab ab 证明证明 (1)要证a4-a2b2+b4, 即证(a2+b2)(a4-a2b2+b4)ab(a4+b4),(1分) 即证a6+b6a5b+ab5,(2分) 即证a6+b6-a5b-ab50, 即证a5(a-b)-(a-b)b50, 即证(a5-b5)(a-b)0,(4分) 该式显然成立,当且仅当a=b时等号成立, 故a4-a2b2+b4.(5分) (2)由三元均值不等式得a3+b3+c33abc,(6分) a3+b3+13ab,b3+c3+1

33、3bc,a3+c3+13ac, 当且仅当a=b=c=1时等号成立.(7分) 将上面四式相加可得3a3+3b3+3c3+33abc+3ab+3bc+3ac,(9分) 即a3+b3+c3ab+bc+ac.(10分) 44 22 ()ab ab ab 44 22 ()ab ab ab 3.(2020江西南昌四校联考,23)已知a0,b0,c0,设函数f(x)=|x-b|+|x+c|+a(xR). (1)若a=b=c=1,求不等式f(x)5的解集; (2)若函数f(x)的最小值为1,证明:+18(a+b+c). 1 ab 4 bc 9 ca 解析解析 (1)当a=b=c=1时,不等式f(x)5,即|x

34、-1|+|x+1|4, 当x-1时,1-x-1-x4-2x-1, 当-1x1时,1-x+x+14-1x1, 当x1时,x-1+x+141x2, 不等式f(x)0,b0,c0,f(x)min=a+b+c=1, +=(a+b+c) =(a+b+b+c+a+c) =+()2+()2+()2 =18=18(a+b+c).(10分) 1 ab 4 bc 9 ca 149 abbcca 1 2 149 abbcca 1 2 2 1 ab 2 2 bc 2 3 ca abbcca 1 2 2 123 abbcca abbcca 4.(2018贵州凯里一中模拟,23)已知a、b、c均为正实数. (1)若ab+

35、bc+ca=3,求证:a+b+c3; (2)若a+b=1,求证:9. 2 1 -1 a 2 1 -1 b 证明证明 (1)a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca,三式相加可得a2+b2+c2ab+bc+ca, (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)=9. 又a、b、c均为正实数,a+b+c3. (2)a、b为正实数,a+b=1, a2+2ab+b2=1, = -1 -1=5+5+2 =9, 当且仅当=,即a=b=时,“=”成立. 即9得证. 2 1 -1 a 2 1 -1 b 22 2 2aa

36、bb a 22 2 2aabb b 2 2 2bb aa 2 2 2aa bb 2a b 2b a 22ab ba 2a b 2b a 1 2 2 1 -1 a 2 1 -1 b 解答题(共70分) 1.(2020河南部分重点高中联考,23)已知函数f(x)=|x+1|-|4-2x|. (1)求不等式f(x)(x-1)的解集; (2)若函数f(x)的最大值为m,且2a+b=m(a0,b0),求+的最小值. 1 3 2 a 1 b B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：50分钟 分值：70分) 解析解析 本题考查了绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值.考查了运算求解能力和推理能 力,

37、体现了数学运算和逻辑推理的核心素养. (1)f(x)=|x+1|-|4-2x|=(3分) 因为f(x)(x-1), 所以或或(4分) 解得1x2或20,b0), 所以+=(2a+b)=(22+5)=3, 当且仅当a=b=1时,等号成立,(9分) 故+的最小值是3.(10分) -5,-1, 3 -3,-12, -5,2. xx xx xx 1 3 -1, 1 -5( -1) 3 x xx -12, 1 3 -3( -1) 3 x xx 2, 1 -5( -1), 3 x xx 1 3 2 a 1 b 1 3 21 ab 1 3 22 5 ab ba 1 3 2 a 1 b 2.(2020天一联考

38、“顶尖计划”高中毕业班第二次考试,23)已知f(x)=|x-a|+|x+b|(a0,b0). (1)当a=b=1时,解不等式f(x)8-x2 (2)若f(x)的最小值为1,求+的最小值. 1 1a 1 2b 解析解析 本题考查了绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值的方法,体现了数学运算的核心 素养. (1)依题意有f(x)=|x-1|+|x+1|= (2分) 令g(x)=8-x2,作出f(x),g(x)的大致图象如图: 2 (1), 2(-11), -2 (-1). x x x x x (4分) 由8-x2=2xx=2或x=-4(舍),得点B的横坐标为2,由对称性知,点A的横坐标为-2,

39、因此不等式f(x)8-x2的解集为-2,2.(5分) (2)a0,b0,f(x)=|x-a|+|x+b|(x+b)-(x-a)|=|a+b|=a+b=1.(6分) 则+=(a+1)+b 1 1a 1 2b 1 2 11 12ab =+.(9分) 当且仅当即时取“=”. 因此+的最小值为+.(10分) 1 2 11 1 122 ba ab 1 2 3 2 2 3 4 2 2 1, 12 1, ba ab ab 3-2 2, 2 2-2 a b 1 1a 1 2b 3 4 2 2 3.(2020宁夏顶级名校第一次模拟,23)已知关于x的不等式|x-2|-|x+3|m+1|有解,记实数m的最大值 为

40、M. (1)求M的值; (2)正数a,b,c满足a+2b+c=M,求证:+1. 1 ab 1 bc 解析解析 本题考查了绝对值不等式的解法及不等式的证明,考查了计算能力及分析问题、解决问题 的能力,体现了数学运算和逻辑推理的核心素养. (1)|x-2|-|x+3|(x-2)-(x+3)|=5.(2分) 若不等式|x-2|-|x+3|m+1|有解,则满足|m+1|5,(3分) 解得-6m4,M=4.(5分) (2)证明:由(1)知正数a,b,c满足a+2b+c=4, +=(a+b)+b+c(7分) =1.(9分) (当且仅当a=c,a+b=2时,取等号)(10分) 1 ab 1 bc 1 4 1

41、1 abbc 1 4 2 bcab abbc 1 4 22 bc ab ab bc 4.(2020新疆模拟,23)已知函数f(x)=|x+a|-|2x-1|,aR. (1)当a=1时,求不等式f(x)0的解集; (2)设函数g(x)=-x+4,若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象只有一个公共点,求a的取值范围. 解析解析 本题考查了绝对值不等式的解法和函数图象的交点问题,考了数形结合思想,体现了直观想 象和数学运算的核心素养. (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|2x-1|, f(x)0,|x+1|2x-1|, 两边平方,得3x2-6x0,0 x2, f(x)0的解集为0,2. (

42、2)由题意知,方程|x+a|-|2x-1|=-x+4只有一个实根, 即y=|x+a|与y=|2x-1|-x+4的图象只有一个交点, y=|2x-1|-x+4= 而y=|x+a|的图象由y=|x|的图象向左(a0)或向右(a3或a=-4, a的取值范围为-4(3,+). 1 5-3 , 2 1 3, 2 x x xx 思路分析思路分析 (1)将a=1代入f(x)中,然后由f(x)0得到|x+1|2x-1|,两边平方求出解集; (2)由条件知,y=|x+a|与y=|2x-1|-x+4的图象只有一个交点,然后画出这两个函数的图象,结合图象得 到a的取值范围. 5.(2020全国卷模拟,23)已知函数

43、f(x)=|x-a|+|x-2|. (1)若f(x)3恒成立,求实数a的取值范围; (2)f(x)x的解集为2,m,求a和m. 解析解析 (1)f(x)=|x-a|+|x-2|(x-a)-(x-2)|=|a-2|,当且仅当(x-a)(x-2)0时取等号, 故f(x)的最小值为|a-2|, |a-2|3a5或a-1. (2)由题意得f(2)=2,即|a-2|=2,解得a=0或4. a=0时,画出f(x)与y=x的图象如图所示: 由解得x=6.即m=6. 综上,a=4,m=6. , 2 -6 yx yx 不符合题意,舍去; a=4时,画出f(x)与y=x的图象如图所示: 思路分析思路分析 (1)根

44、据绝对值三角不等式得f(x)=|x-a|+|x-2|(x-a)-(x-2)|=|a-2|,从而求得f(x)的最小值, 再由|a-2|3求解; (2)根据题意,可知当x=2时, f(2)=2,即|a-2|=2,解得a=0或4.再分类求解. 6.(2020内蒙古呼和浩特一模,23)已知函数f(x)=|2x-a|+2|x+1|. (1)当a=1时,解关于x的不等式f(x)6; (2)已知g(x)=|x-1|+2,若对任意x1R,都存在x2R使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)=|2x-1|+2|x+1|, 即f(x)= 当x-1时,-4x-16

45、,得-x时,4x+16,解得x. 则f(x)6的解集为. (2)对任意x1R,都存在x2R使得f(x1)=g(x2)成立, y|y=f(x)y|y=g(x). 又f(x)=|2x-a|+2|x+1|2x-a-(2x+2)|=|a+2|, (当且仅当(2x-a)(x+1)0时取等号) g(x)=|x-1|+22,|a+2|2,解得a-4或a0, -4 -1,-1, 1 3,-1, 2 1 41,. 2 xx x xx 7 4 1 2 1 2 1 2 5 4 75 |- 44 xx 实数a的取值范围是(-,-40,+). 7.(2019云南曲靖第一次适应性考试,23)已知函数f(x)=|2x+2|

46、-|x-1|. (1)画出函数y=f(x)的图象; (2)若xR, f(x)ax+b都成立,求a+b的取值范围. 解析解析 (1)将f(x)去掉绝对值符号转化为分段函数. y=f(x)=画出它的图象如下: (2)设点A的坐标为(-1,-2),“xR, f(x)ax+b都成立”等价于函数y=f(x)图象上的所有点都在直 线y=ax+b的上方或在直线y=ax+b上, 则或 或 - -3,-1, 31,-11, 3,1. xx xx xx 0, -2 a b 01, (-1)(-1)-2 a abf -10, (-1)(-1)-2. a abf 则有 在平面直角坐标系aOb中作出不等式组表示的可行域,如图中阴影区域, 记a+b=z,即b=-a+z, 易知a+b在点P处取最大值, (a+b)max=zmax=1+(-1)=0, 即a+b的取值范围是(-,0. -11, - -20. a a b -11, - -20 a a b (2020 5 3原创题)已知函数f(x)=|x+4a+b|+|x+2a+b+3-20|. (1)求证:f(x)4; (2)若a,b均为正实数,在(1)中等号成立的条件下,求证:+. ( )f xab 证明证明