高考理数(课标专用)第十七章不等式选讲A组????统一命题·课标卷题组考点一不等式的性质和绝对值不等式1.(2018课标Ⅰ,23,10
分)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.五年高考解析(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|<1成立.若a≤0,则当x∈(
0,1)时|ax-1|≥1;若a>0,则|ax-1|<1的解集为?,所以?≥1,故0技巧1.研究含有绝对值的函数问题时,常根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号,从而转化为分段函数来解决.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.3.不等式的恒成立问题可转化为函数的最值问
题.注意在x∈D上,当f(x)存在最小值时,f(x)>a恒成立?a?a>f(x)max.解析(1)当a=1时,f(x)=?可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}.(2)f(x)≤1等价于
|x+a|+|x-2|≥4.而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立.故f(x)≤1等价于|a+2|≥4.由|a
+2|≥4可得a≤-6或a≥2.所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).2.(2018课标Ⅱ,23,10分)设函数f(x)
=5-|x+a|-|x-2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集;(2)若f(x)≤1,求a的取值范围.方法总结解含有
两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结
合法求解.3.(2018课标Ⅲ,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x∈
[0,+∞)时,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.?解析本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.(1)f(x)=?y
=f(x)的图象如图所示.?(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅
当a≥3且b≥2时,f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.易错警示对“零点分段法”的理解不到位若不等式
含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此
时数轴被零点分成了若干段(区间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以去掉绝对值符号.解
后反思绝对值不等式问题常见类型及解题策略(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解.(2)
已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后再求参数的取值范围.解析本题考查含绝对值的不等式的解法,考查
学生的运算求解能力以及对数形结合思想的应用能力.(1)解法一(零点分段法):当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|
x+1|+|x-1|-4≤0.①当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-
1≤x≤1;当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1(x)=?当a=1时,f(x)=-x2+x+4,两个函数的图象如图所示.4.(2017课标Ⅰ,23,10分)已知函数f(x)=-
x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;(2)若不等式f(x)≥g(
x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.?易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和??,-1+??,所以f(x)≥g(x)的
解集为?.(2)解法一(等价转化法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈
[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1
≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].解法二(分类讨论法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包
含[-1,1]等价于x∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2,当x=0时,-x2+ax+4≥2成立;当x∈(0,1]
时,-x2+ax+4≥2可化为a≥x-?,而y=x-?在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a≥-1;当x∈[-1,0)时,-x
2+ax+4≥2可化为a≤x-?,而y=x-?在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a≤1.综上,a的取值范围为[-1,1].思
路分析(1)利用零点分段法或图象法解含绝对值的不等式;(2)根据题设可去掉绝对值,进而转化为不等式恒成立问题进行求解.方法总结
含绝对值不等式问题的常见解法:(1)含绝对值的不等式求解问题,常利用零点分段讨论法或数形结合法求解.(2)与恒成立相关的求参问题,
常构造函数转化为求最值问题.5.(2017课标Ⅲ,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.解析本题考查绝对值不等式的解法.(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?.思路分析(1)分段讨论,求得符合题意的x的取值范围,最后取并集.(2)不等式的解集非空,即不等式能成立,转化为求函
数的最值处理.6.(2016课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)
求不等式|f(x)|>1的解集.?解析(1)f(x)=??(3分)y=f(x)的图象如图所示.?(5分)?(2)由f(x)的表
达式及图象,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;(6分)当f(x)=-1时,可得x=?或x=5,?(7分)故f(x)>1的解集为
{x|11的解集为?.?(10分)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)7.(2016课标Ⅲ,24,10分)已知函数f(x
)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g
(x)≥3,求a的取值范围.方法指导(1)将a=2代入不等式,化简后去绝对值求解;(2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f
(x)+g(x)的最小值≥3即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值.8.(2015课标Ⅰ,24,10分,0.48)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-10,解得?0,解得1≤x<2.所以f
(x)>1的解集为?.?(5分)(2)由题设可得,f(x)=?所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A?,B(
2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为?(a+1)2.由题设得?(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范围为(2,+
∞).?(10分)解后反思分类讨论解不等式应做到不重不漏;在某个区间上解不等式时一定要注意区间的限制性.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=6.9.(2014课标Ⅰ,24,10分,0
.23)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.解题关键
利用已知条件及基本不等式得出ab≥2是解题的关键.考点二不等式的证明1.(2015课标Ⅱ,24,10分,0.455)设a,b,
c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则?+?>?+?;(2)?+?>?+?是|a-b|<|c-d|的充
要条件.解析(1)因为(?+?)2=a+b+2?,(?+?)2=c+d+2?,由题设a+b=c+d,ab>cd得(?+?)2>(
?+?)2.因此?+?>?+?.(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+
d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得?+?>?+?.(ii)若?+?>?+?,则(?+?)2>(?+?)
2,即a+b+2?>c+d+2?.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd
=(c-d)2.因此|a-b|<|c-d|.综上,?+?>?+?是|a-b|<|c-d|的充要条件.思路分析(1)证明(?+?)
2>(?+?)2即可.(2)两不等式的两边都为非负数,可通过两边平方来证明.易错警示在证明充要条件时,既要证明充分性,也要证明必
要性,否则会扣分.2.(2017课标Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4
;(2)a+b≤2.证明本题考查不等式的证明.(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a
3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+
b)≤2+?(a+b)=2+?,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.失分警示运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步
逼近结论,在证明过程中易因逻辑混乱而失分.B组????自主命题·省(区、市)卷题组考点一不等式的性质和绝对值不等式1.(2015
山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是?()A.(-∞,4)????B.(-∞,1)????C.(1,4
)????D.(1,5)答案????A①当x<1时,原不等式等价于1-x-(5-x)<2,即-4<2,∴x<1.②当1≤x≤5
时,原不等式等价于x-1-(5-x)<2,即x<4,∴1≤x<4.③当x>5时,原不等式等价于x-1-(x-5)<2,即4<2,无
解.综合①②③知x<4.2.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为?.解析原不等式等价于?或?或?解
得x≥2或x≤-3.故原不等式的解集为{x|x≤-3或x≥2}.答案{x|x≤-3或x≥2}答案??解析令f(x)=|2x-
1|+|x+2|,易求得f(x)min=?,依题意得a2+?a+2≤??-1≤a≤?.3.(2014重庆,16,5分)若不等式|2
x-1|+|x+2|≥a2+?a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是?.解析本小题主要考查柯西不等式等基础知识,考查推理
论证能力.由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,因为x+2y+2z=6,所以x2+y2+
z2≥4,当且仅当?=?=?时等号成立,此时x=?,y=?,z=?.所以x2+y2+z2的最小值为4.思路分析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.考点二不等式的证明1.(2018江苏,21D,10分)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y
2+z2的最小值.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+b
d≤8.3.(2015湖南,16(3),6分)设a>0,b>0,且a+b=?+?.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2
+b<2不可能同时成立.证明由a+b=?+?=?,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2?=2,
即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.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
≤8.4.(2014福建,21(3),7分)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2
)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.解析(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(
x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.(2)证明:由(1)知p+q+r=3,因为
p2+q2≥2pq,q2+r2≥2qr,p2+r2≥2pr,所以2(p2+q2+r2)≥2pq+2qr+2pr,所以3(p2+q2
+r2)≥(p+q+r)2=9,则p2+q2+r2≥3.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?
.C组????教师专用题组考点一不等式的性质和绝对值不等式1.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.2.
(2013辽宁,24,10分)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.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;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}.?
(4分)(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?于是a=3.?(10分)3.(2013课标Ⅰ,24,10分,0.447)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.解析(1)当a=-2时,不等式f(x)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,y<0.所以原不等式的解集是
{x|0立.故-?≥a-2,即a≤?.从而a的取值范围是?.方法总结(1)解含有绝对值符号的不等式的关键是去掉绝对值符号,可利用零点分段
讨论法把绝对值不等式转化为我们熟悉的一元一次不等式或一元二次不等式,也可设出函数,利用函数图象解决.(2)对于不等式恒成立求参数问
题,常分离参数,进而构造函数,转化为求最值问题.证明因为|x-1|y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×?+?=a.考点二不等式的证明1.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|
=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)=?-?≤?.证明因为x>0,y>0,所以1+x+y2≥3?>0,1+x2+y≥3?>0,故(
1+x+y2)(1+x2+y)≥3?·3?=9xy.3.(2014江苏,21D,10分)已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)
(1+x2+y)≥9xy.4.(2013课标Ⅱ,24,10分,0.147)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab
+bc+ca≤?;(2)?+?+?≥1.思路分析(1)利用a2+b2≥2ab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.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+2a
b+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤?.(2)因为?+b≥2a,?+c≥2b,?+a≥2c
,故?+?+?+(a+b+c)≥2(a+b+c),即?+?+?≥a+b+c.所以?+?+?≥1.5.(2012课标,24,10分)
已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[
1,2],求a的取值范围.解析(1)当a=-3时,f(x)=?当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;当2<3时,f(x)≥3无解;当x≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x≥4.所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.
(2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|.当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|?4-x-(
2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a.由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[-3,0
].6.(2011课标,24,10分)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的
解集;(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.解析(1)当a=1时,f(x)≥3x+2可化为|x-1|≥
2.由此可得x≥3或x≤-1.故不等式f(x)≥3x+2的解集为{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?或?即?或?因为a>0,所以不等式组的解集为?.由题设可得-?=-1,故a=2.失分警示解不等式过程中
忽视等号造成结果错误,或者去绝对值时忽视条件a>0,造成解集错误.A组????2016—2018年高考模拟·基础题组考点一不等式
的性质和绝对值不等式1.(2018河南豫南九校5月联考,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|.(1)若关于x的不等式f(
x)?.故b=-?,a+b=5-?=?.解析(1)不等式等价于a>f(x)min,f(x)=?绘制函数f(x)的图象如图所示,观察
函数的图象,可得实数a的取值范围是(4,+∞).(2)由题意可得x=?是方程|x+1|+|x-3|=a的解,据此有a=?+?=5,
求解绝对值不等式|x+1|+|2.(2018河南新乡二模,23)已知函数f(x)=|x-4|+|x-1|-3.(1)求不等式f(x
)≤2的解集;(2)若直线y=kx-2与函数f(x)的图象有公共点,求k的取值范围.解析(1)由f(x)≤2,得?或?或?解得0
≤x≤5,故不等式f(x)≤2的解集为[0,5].(2)f(x)=|x-4|+|x-1|-3=?作出函数f(x)的图象,如图所示,
易知直线y=kx-2过定点C(0,-2),当此直线经过点B(4,0)时,k=?;当此直线与直线AD平行时,k=-2.故由图可知,k
∈(-∞,-2)∪?.解析(1)解法一:不等式f(x)>4即|x+3|+|x-1|>4.可得?或?或??(3分)解得x<-3或x
>1,所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.?(5分)解法二:|x+3|+|x-1|≥|x+3-(x-1)|=4,?(2分)
当且仅当(x+3)(x-1)≤0,即-3≤x≤1时,等号成立.?(4分)所以不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.?(5分)(2
)依题意可知f(x)min≥g(x)max,?(6分)由(1)知f(x)min=4,因为g(x)=-x2+2mx=-(x-m)2+
m2,所以g(x)max=m2.?(8分)由m2≤4得m的取值范围是-2≤m≤2.?(10分)3.(2018广东肇庆二模,23)已
知f(x)=|x+3|+|x-1|,g(x)=-x2+2mx.(1)求不等式f(x)>4的解集;(2)若对任意的x1,x2,f(x
1)≥g(x2)恒成立,求m的取值范围.4.(2017广东潮州二模,23)设函数f(x)=|2x+3|+|x-1|.(1)解不等式
f(x)>4;(2)若?x∈?,不等式a+1,∴f(x)=?f(x)>4??或?或??x<-2或01.∴不等式f(x)>4的解集为(-∞,-2)∪(0,+∞).
(2)由(1)知,当x<-?时,f(x)=-3x-2,∵当x<-?时,f(x)=-3x-2>?,∴a+1≤?,即a≤?.∴实数
a的取值范围为?.5.(2017河北石家庄二模,23)设函数f(x)=|x-1|-|2x+1|的最大值为m.(1)作出函数f(x)
的图象;(2)若a2+2c2+3b2=m,求ab+2bc的最大值.所以ab+2bc≤?,当且仅当a=b=c=?时,等号成立.所以a
b+2bc的最大值为?.解析(1)因为f(x)=|x-1|-|2x+1|,所以f(x)=?画出图象如图.?(2)由(1)可知m=
?.因为?=m=a2+2c2+3b2=(a2+b2)+2(c2+b2)≥2ab+4bc,解析(1)由已知得f(x-2)-f(x-
3)=|x-1|-|x-2|=?则-1≤f(x)≤1,由于?x0∈R,使不等式|x0-1|-|x0-2|≥u成立,所以u≤1,即M
={u|u≤1}.(2)证明:由(1)知t=1,则(a-1)(b-1)(c-1)=1,因为a>1,b>1,c>1,所以a-1>0,
b-1>0,c-1>0,则a=(a-1)+1≥2?>0(当且仅当a=2时等号成立),b=(b-1)+1≥2?>0(当且仅当b=2时
等号成立),c=(c-1)+1≥2?>0(当且仅当c=2时等号成立),则abc≥8?=8(当且仅当a=b=c=2时等号成立).考点
二不等式的证明1.(2018山西晋中二模,23)已知函数f(x)=|x+1|.(1)若?x0∈R,使不等式f(x0-2)-f(x
0-3)≥u成立,求满足条件的实数u的集合M;(2)已知t为集合M中的最大正整数,若a>1,b>1,c>1,且(a-1)(b-1)
(c-1)=t,求证:abc≥8.解析(1)根据题意,若f(x)≤6,则有?或?解得-1≤x≤4,故原不等式的解集为{x|-1≤
x≤4}.(2)函数f(x)=x+1+|3-x|=?分析可得f(x)的最小值为4,即n=4,则正数a,b满足8ab=a+2b,即?
+?=8,∴2a+b=??(2a+b)=??≥??=?,原不等式得证.2.(2018广东中山二模,23)已知函数f(x)=x+1+
|3-x|,x≥-1.(1)求不等式f(x)≤6的解集;(2)若f(x)的最小值为n,正数a,b满足2nab=a+2b,求证:2a
+b≥?.解析(1)由2?=?+?≥2?得ab≥?,当a=b=?时取等号.?(2分)故a2+b2≥2ab≥1,当a=b=?时取等
号.?(4分)所以a2+b2的最小值是1.?(5分)(2)由?+?=2?可得a+b=2?ab,?(7分)∵(a-b)2=(a+b)
2-4ab=8a2b2-4ab≥4(ab)3,?(8分)∴(ab)2-2ab+1≤0,即(ab-1)2≤0,∴ab-1=0,即ab
=1.?(10分)3.(2016江西赣州一模,24)设a、b为正实数,且?+?=2?.(1)求a2+b2的最小值;(2)若(a-b
)2≥4(ab)3,求ab的值.B组????2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:50分钟分值:60分)解答题(共60
分)1.(2018山东青岛二模,23)设函数f(x)=|x-1|+|2x-1|.(1)解不等式f(x)>3-4x;(2)若f(x)
+|1-x|≥6m2-5m对一切实数x都成立,求m的取值范围.解得-?≤m≤1,∴m的取值范围为?.解析(1)f(x)=|x-1
|+|2x-1|=?∴由不等式f(x)>3-4x得?或?或?解得x>?,∴原不等式的解集为?.(2)f(x)+|1-x|=|x-1
|+|2x-1|+|1-x|=2|x-1|+|2x-1|=|2x-2|+|2x-1|≥|2x-2-(2x-1)|=1,当且仅当(2
x-2)(2x-1)≤0时取等号,即f(x)+|1-x|的最小值为1,又f(x)+|1-x|≥6m2-5m对一切实数x都成立,∴1
≥6m2-5m,方法指导(1)利用零点分段法求解.(2)由f(x)+|1-x|≥6m2-5m对一切实数x都成立,得[f(x)+|
1-x|]min≥6m2-5m,故转化为求最值问题.知识拓展利用绝对值三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|可
求两种特殊函数最值:①f(x)=|Ax+B|+|Ax+C|≥|Ax+B-Ax-C|=|B-C|,当且仅当(Ax+B)(Ax+C)≤
0时取“=”;②f(x)=||Ax+B|-|Ax+C||≤|Ax+B-Ax-C|=|B-C|,当且仅当(Ax+B)(Ax+C)≥0
时取“=”.2.(2018湖南岳阳二模,23)已知函数f(x)=|2x+2|-|2x-2|,x∈R.(1)求不等式f(x)≤3的解
集;(2)若方程?+a=x有三个实数根,求实数a的取值范围.解析(1)原不等式等价于?或?或?解得x≤?,∴不等式f(x)≤3
的解集为?.(2)方程?+a=x可变形为a=x+|x-1|-|x+1|,令h(x)=x+|x-1|-|x+1|=?作出函数h(x
)的图象如图,?于是由题意可得-1数,结合新函数的图象即可求出a的范围.导师点睛本题第(2)问是运用数形结合法解决方程根的问题.3.(2018河北唐山一模)设函数
f(x)=|x+1|-|x|的最大值为m.(1)求m的值;(2)若正实数a,b满足a+b=m,求?+?的最小值.解析(1)|x+
1|-|x|≤|x+1-x|=1,∴f(x)的最大值为1,∴m=1.(2)由(1)可知,a+b=1,∴?+?=??[(a+1)+(
b+1)]=??≥?(2ab+a2+b2)=?(a+b)2=?,当且仅当a=b=?时取等号,∴?+?的最小值为?.方法指导(1)
根据绝对值三角不等式求出f(x)的最大值即可.(2)由(1)得a+b的值,进而利用基本不等式的相关知识求解.4.(2018山东泰安
一模,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R).(1)当m=-3时,解不等式f(x)<9;(2)若存在x∈[2,
4],使得f(x)≤3成立,求m的取值范围.解析(1)f(x)=|x+m|+|2x-3|(m∈R),当m=-3时,f(x)=|x
-3|+|2x-3|(m∈R),由于f(x)<9,则|x-3|+|2x-3|<9,所以?或?或?解得-1为{x|-1∈[2,4],使得?则?解得-4≤m≤0.所以m的取值范围为-4≤m≤0.方法总结带有限定区间的含绝对值的不等式有解和恒成立问题,先由限定区间去一部分(或全部)绝对值,再进行求解.解析(1)当a=0时,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,两边平方整理得3x2+4x+1≥0,解得x≤-1或x≥-?,∴原不等式的解集为(-∞,-1]∪?.(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,令h(x)=|2x+1|-|x|,则h(x)=?故h(x)min=h?=-?,所以实数a的取值范围为a≥-?.5.(2017河南郑州二模,23)已知函数f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a.(1)当a=0时,解不等式f(x)≥g(x);(2)若存在x∈R,使得f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.思路分析(1)根据题意得|2x+1|≥|x|,两边平方化简后解不等式即可得原不等式的解集;(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,设h(x)=|2x+1|-|x|,则a≥h(x)min,根据零点分段讨论法去绝对值符号,即可求出h(x)的最小值,从而得a的范围.6.(2017山西太原一模,23)已知函数f(x)=|x-a|+?(a≠0).(1)若不等式f(x)-f(x+m)≤1恒成立,求实数m的最大值;(2)当a
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