2021課標(biāo)版理數(shù)高考總復(fù)習(xí)專題專題十六不等式選講試題練理科數(shù)學(xué)教學(xué)講練

1、理科數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)PAGE PAGE 22溫故而知新，下筆如有神！專題十六不等式選講探考情 悟真題【真題探秘】【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)1.絕對(duì)值不等式(1)理解絕對(duì)值的幾何意義,并能利用含絕對(duì)值不等式幾何意義證明以下不等式:|a+b|a|+|b|.|a-b|a-c|+|c-b|.(2)會(huì)利用絕對(duì)值的幾何意求解以下類型的不等式: |ax+b|c;|ax+b|c;|x-a|+|x-b|c.(3)了解證明不等式的基本法:比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法2019課標(biāo),23,10分2018課標(biāo),23,10分解絕對(duì)值不等式,含有絕對(duì)值的恒成立、參數(shù)取值范圍的問(wèn)題不等

2、式的性質(zhì)和解法2017課標(biāo),23,10分2017課標(biāo),23,10分解絕對(duì)值不等式,含有絕對(duì)值的存在性、參數(shù)取值范圍的問(wèn)題不等式的性質(zhì)和解法2016課標(biāo),24,10分畫絕對(duì)值函數(shù)的圖象,解絕對(duì)值不等式不等式的性質(zhì)和解法2.不等式的證明2019課標(biāo),23,10分2019課標(biāo),23,10分2017課標(biāo),23,10分不等式的證明基本不等式分析解讀從近五年的考查情況來(lái)看,本專題內(nèi)容是高考的考查熱點(diǎn),主要考查絕對(duì)值不等式的求解、恒成立問(wèn)題、存在性問(wèn)題以及不等式的證明,多以解答題的形式呈現(xiàn),難度中等,分值為10分.主要考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力、分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.破考點(diǎn) 練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一

3、絕對(duì)值不等式1.(2020屆云南昆明第二次月考,23)已知函數(shù)f(x)=|ax-1|(a0).(1)設(shè)不等式f(x)2的解集為A,集合B=x|-2x32對(duì)一切實(shí)數(shù)x解析(1)由|ax-1|2,得-2ax-12,又a0,-1ax3a,得A=B=x|-2x-2a的取值范圍是32,+(2)由題意,得|ax-1|+|x+1|32對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立,設(shè)h(x)=|ax-1|+|x+1|,因?yàn)樗詇(x)=-(a+1)所以h(x)在(-,-1)上單調(diào)遞減,在1a,+當(dāng)032,1當(dāng)a1時(shí),h(x)在-1,1a上單調(diào)遞減,h(x)min=h1a=1綜上所述,a的取值范圍是12,22.(2018豫南九校5月聯(lián)考

4、,23)已知函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-3|.(1)若關(guān)于x的不等式f(x)a有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)若關(guān)于x的不等式f(x)f(x)min, f(x)=2x-2,x3,4,-(2)由題意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a的解,所以a=72+1+72-3=5,求解絕對(duì)值不等式|x+1|+|x-3|5故b=-32,a+b=5-32=考點(diǎn)二不等式的證明1.(2020屆山西太原五中10月月考,23)設(shè)函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-1|,已知不等式f(x)23的解集為M.(1)求M;(2)當(dāng)a,bM時(shí),證明:3|a+b|ab+3|.解析(1)f(x)=|x+1|+|x-1|=-

5、當(dāng)x1時(shí),由2x23,得x3.所以M=-3,3.(2)證明:當(dāng)a,bM,即-3a,b3時(shí),3(a+b)2-(3+ab)2=3(a2+2ab+b2)-(9+6ab+a2b2)=(a2-3)(3-b2)0,3(a+b)2(3+ab)2,3|a+b|3+ab|.2.(2019河南鄭州二模,23)關(guān)于x的不等式|x-2|m(mN*)的解集為A,且32A,12(1)求m的值;(2)若a,b,c均為正實(shí)數(shù),且ab+bc+ca=mabc,求證:a+4b+9c36.解析(1)32A,1232-2m,12m3mN*,m=1.(2)證明:由(1)及已知得1a+1b+又a,b,c均為正實(shí)數(shù),a+4b+9c=(a+4

6、b+9c)1a+1b+1c=14+4ba+ab+9ca+a當(dāng)且僅當(dāng)a=2b=3c時(shí)等號(hào)成立,故a+4b+9c36.思路分析(1)根據(jù)題意可得32-2x+2的解集;(2)如果關(guān)于x的不等式f(x)2的解集不是空集,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析(1)當(dāng)a=2時(shí), f(x)=-2x+1(x-1),3(-1故原不等式的解集為x|x3.(2)f(x)=|x-a|+|x+1|(x-a)-(x+1)|=|a+1|,當(dāng)(x-a)(x+1)0時(shí)取等號(hào),若關(guān)于x的不等式f(x)2的解集不是空集,只需|a+1|2,解得-3a2,求實(shí)數(shù)x的取值范圍;(2)設(shè)g(x)=f(x)+f(ax)(a1),若g(x)的最小值為12

7、,求a的值解析(1)f(x)+2x2即|x+1|2-2xx+10,x+1實(shí)數(shù)x的取值范圍是13(2)a1,-10,b0,c0,函數(shù)f(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)當(dāng)a=b=c=1時(shí),求不等式f(x)3的解集;(2)當(dāng)f(x)的最小值為3時(shí),求1a+1b+1解析(1)f(x)=|x-1|+|x+1|+1,x-1,解得x1,故原不等式的解集為x|x1.(2)f(x)=|x-a|+|x+b|+c|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c=3,1a+1b+1c=13(a+b+c)1a+1b+1c=133+ba2.(2019安徽黃山第二次質(zhì)量檢測(cè),12)已知f(x)=|2-x|-|4

8、-x|.(1)關(guān)于x的不等式f(x)a2-3a恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)若f(m)+f(n)=4,且mm4,故m+n8.(10分)【五年高考】A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一絕對(duì)值不等式1.(2019課標(biāo),23,10分)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).(1)當(dāng)a=1時(shí),求不等式f(x)0的解集;(2)若x(-,1)時(shí), f(x)0,求a的取值范圍.解析本題考查不等式的基本性質(zhì),絕對(duì)值不等式的求解,以及含有參數(shù)的絕對(duì)值不等式恒成立問(wèn)題.通過(guò)對(duì)絕對(duì)值不等式的分類討論考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化的能力,體現(xiàn)了邏輯推理的核心素養(yǎng).(1)當(dāng)a=1時(shí), f(x)=|x-1|x+|x-2|(x

9、-1).當(dāng)x1時(shí), f(x)=-2(x-1)20;當(dāng)x1時(shí), f(x)0.所以,不等式f(x)0的解集為(-,1).(2)因?yàn)閒(a)=0,所以a1,當(dāng)a1,x(-,1)時(shí), f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)0,所以,a的取值范圍是1,+).思路分析(1)當(dāng)a=1時(shí),求解絕對(duì)值不等式只需分類討論去掉絕對(duì)值.(2)首先關(guān)注f(a)=0,求得a1,這樣不需要分類討論就可以去掉絕對(duì)值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)1的解集;(2)若x(0,1)時(shí)不等式f(x)x成立,求a的取值范圍.解析(1)當(dāng)a=1時(shí), f(x)=|x+1|-|x-1|,即f(x)=-故不

10、等式f(x)1的解集為xx(2)當(dāng)x(0,1)時(shí)|x+1|-|ax-1|x成立等價(jià)于當(dāng)x(0,1)時(shí)|ax-1|0,則|ax-1|1的解集為x|0所以2a1,故0a恒成立af(x)min,當(dāng)f(x)存在最大值時(shí), f(x)f(x)max.3.(2018課標(biāo),23,10分)設(shè)函數(shù)f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)畫出y=f(x)的圖象;(2)當(dāng)x0,+)時(shí), f(x)ax+b,求a+b的最小值.解析本題考查函數(shù)的圖象與絕對(duì)值不等式恒成立問(wèn)題.(1)f(x)=-y=f(x)的圖象如圖所示.(2)由(1)知,y=f(x)的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2,且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當(dāng)且僅

11、當(dāng)a3且b2時(shí), f(x)ax+b在0,+)成立,因此a+b的最小值為5.易錯(cuò)警示對(duì)“零點(diǎn)分段法”的理解不到位若不等式含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的絕對(duì)值并含有未知數(shù),通常先把每個(gè)絕對(duì)值內(nèi)代數(shù)式等于零時(shí)的未知數(shù)的值求出(即零點(diǎn)),然后將這些零點(diǎn)標(biāo)在數(shù)軸上,此時(shí)數(shù)軸被零點(diǎn)分成了若干段(區(qū)間),在每一區(qū)間里,每一個(gè)絕對(duì)值符號(hào)內(nèi)的代數(shù)式的符號(hào)確定,此時(shí)利用絕對(duì)值的定義可以去掉絕對(duì)值符號(hào).解后反思絕對(duì)值不等式問(wèn)題常見(jiàn)類型及解題策略(1)直接求解不等式,主要利用絕對(duì)值的意義、不等式的性質(zhì)想辦法去掉絕對(duì)值符號(hào)求解.(2)已知不等式的解集求參數(shù)值,利用絕對(duì)值三角不等式或函數(shù)求相應(yīng)最值,再求參數(shù)的取值范圍.4.(201

12、7課標(biāo),23,10分)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.(1)當(dāng)a=1時(shí),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的取值范圍.解析本題考查含絕對(duì)值的不等式的解法,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及對(duì)數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用能力.(1)解法一(零點(diǎn)分段法):當(dāng)a=1時(shí),不等式f(x)g(x)等價(jià)于x2-x+|x+1|+|x-1|-40.當(dāng)x1時(shí),式化為x2+x-40,從而11時(shí),等價(jià)于a-1+a3,解得a2.所以a的取值范圍是2,+).(10分)方法指導(dǎo)(1)將a=2代入不等式,化簡(jiǎn)后去絕對(duì)值求解;(2)要使f(x)+g(x)3

13、恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值3即可,利用|a|+|b|ab|可求最值.考點(diǎn)二不等式的證明1.(2019課標(biāo),23,10分)設(shè)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)213成立,證明:a-3或a解析本題主要考查不等式的證明以及基本不等式的應(yīng)用,考查學(xué)生推理論證的能力,考查了邏輯推理的核心素養(yǎng).(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

14、由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)243當(dāng)且僅當(dāng)x=53,y=-13,z=-1所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為43(2)證明: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,當(dāng)且僅當(dāng)x=4-因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為(2+由題設(shè)知(2+a)2313,解得a難點(diǎn)突破(1)考慮到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)

15、=(x+y+z)+1=2,將x-1,y+1,z+1分別看作一個(gè)整體,轉(zhuǎn)化為已知三數(shù)之和為定值,求它們平方和最小值的問(wèn)題.和的平方與平方和之間存在等量關(guān)系(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘積,得到(a+b+c)23(a2+b2+c2).(2)只需證明(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min13求(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min的方法同第(1)問(wèn).2.(2017課標(biāo),23,10分)已知a0,b0,a3+b3=2.證明:(1)(a+b)(a5+b5)4;(2)a+b2.證明本題考查不等式的證明.(1)(a+b)(a5+b5)=a6+

16、ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)24.(2)因?yàn)?a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)2+3(=2+3(所以(a+b)38,因此a+b2.失分警示運(yùn)用直接法證明不等式時(shí),可以通過(guò)分析和應(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論,在證明過(guò)程中易因邏輯混亂而失分.B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一絕對(duì)值不等式1.(2015重慶,16,5分)若函數(shù)f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值為5,則實(shí)數(shù)a=.答案-6或42.(2019江蘇,21C,10分)設(shè)xR,解不等式|x|+|2x-1|2.解析本題主要考查解不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考

17、查運(yùn)算求解和推理論證能力.當(dāng)x2,解得x2,即x12時(shí),原不等式可化為x+2x-12,解得綜上,原不等式的解集為x|考點(diǎn)二不等式的證明1.(2016江蘇,21D,10分)設(shè)a0,|x-1|a3,|y-2|a3,證明因?yàn)閨x-1|a3,|y-2|a所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|0,b0,且a+b=1a+1b.(1)a+b2;(2)a2+a2與b2+b2不可能同時(shí)成立.證明由a+b=1a+1b=a+(1)由基本不等式及ab=1,有a+b2ab=2,即a+b2.(2)假設(shè)a2+a2與b2+b2同時(shí)成立,則由a2+a0得0a1;同理,0b1,從而ab1,這與

18、ab=1矛盾.故a2+a2與b2+b2不可能同時(shí)成立.C組教師專用題組考點(diǎn)一絕對(duì)值不等式1.(2015山東,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|1的解集.解析(1)f(x)=x-4,y=f(x)的圖象如圖所示.(5分)(2)由f(x)的表達(dá)式及圖象,當(dāng)f(x)=1時(shí),可得x=1或x=3;(6分)當(dāng)f(x)=-1時(shí),可得x=13或x=5,(7分故f(x)1的解集為x|1x3;f(x)-1的解集為x|x1的解集為x|x4.(2016課標(biāo),24,10分)已知函數(shù)f(x)=x-12+x+1(1)求M;(2)證明:當(dāng)a,bM時(shí),|a+b|1+ab|.解析(1)f(x)=-2x,當(dāng)x-12時(shí),由f(x)

19、2得-2x-1;(3分當(dāng)-12x12時(shí), f(x)2恒成立;(4當(dāng)x12時(shí),由f(x)2得2x2,解得x1.(5分所以f(x)2的解集M=x|-1x1.(6分)(2)證明:由(1)知,當(dāng)a,bM時(shí),-1a1,-1b1,從而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0.因此|a+b|0.(1)當(dāng)a=1時(shí),求不等式f(x)1的解集;(2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6,求a的取值范圍.解析(1)當(dāng)a=1時(shí), f(x)1化為|x+1|-2|x-1|-10.當(dāng)x-1時(shí),不等式化為x-40,無(wú)解;當(dāng)-1x0,解得23當(dāng)x1時(shí),不等式化為-x+20,解得

20、1x1的解集為x23(2)由題設(shè)可得, f(x)=x所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)分別為A2a-13,0,B(2a+1,0),C(a,a+1),ABC的面積為23(a+1)2.所以a的取值范圍為(2,+).(10分)解后反思分類討論解不等式應(yīng)做到不重不漏,在某個(gè)區(qū)間上解不等式時(shí)一定要注意區(qū)間的限制性.6.(2015江蘇,21D,10分)解不等式x+|2x+3|2.解析原不等式可化為x-解得x-5或x-13綜上,原不等式的解集是x|7.(2013課標(biāo),24,10分)已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.(1)當(dāng)a=-2時(shí),求不等式f(x)-1,且當(dāng)x

21、-a2,12時(shí), f(x)解析(1)當(dāng)a=-2時(shí),不等式f(x)g(x)化為|2x-1|+|2x-2|-x-30.設(shè)函數(shù)y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,則y=-其圖象如圖所示.從圖象可知,當(dāng)且僅當(dāng)x(0,2)時(shí),y0.所以原不等式的解集是x|0 xcd,則a+b c+d;(2)a+b c+d是|a-b|cd得(a+b)2(c+d)2.因此a+bc+d.(2)(i)若|a-b|c-d|,則(a-b)2(c-d)2,即(a+b)2-4abcd.由(1)得a+bc+d.(ii)若a+bc+d,則(a+b)2(c+d)2,即a+b+2abc+d+2cd.因?yàn)閍+b=c+d,所以abcd.于是(

22、a-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2.因此|a-b|c+d是|a-b|(c+d)2即可.(2)兩不等式的兩邊都為非負(fù)數(shù),可通過(guò)兩邊平方來(lái)證明.易錯(cuò)警示在證明充要條件時(shí),既要證明充分性,也要證明必要性,否則會(huì)扣分.3.(2014課標(biāo),24,10分)設(shè)函數(shù)f(x)=x+(1)證明:f(x)2;(2)若f(3)0,得f(x)=x+1a+|x-a|x+1所以f(x)2.(2)f(3)=3+1當(dāng)a3時(shí), f(3)=a+1a,由f(3)5得3a5+當(dāng)0a3時(shí), f(3)=6-a+1a,由f(3)5得1+52綜上,a的取值范圍是1+5本題考查了含絕對(duì)值不等式的解法,考查了分類討

23、論思想.4.(2013課標(biāo),24,10分)設(shè)a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明:(1)ab+bc+ca13(2)a2b+b2c證明(1)由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca得a2+b2+c2ab+bc+ca.由題設(shè)得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)1,即ab+bc+ca13(2)因?yàn)閍2b+b2a,b2c+c2b,故a2b+b2c+即a2b+b2c所以a2b+b2c思路分析(1)利用a2+b22ab及(a+b+c)2=1證明不等式.(2)a+b+c=1,原不等式可轉(zhuǎn)化為a2b+b2c+c2a+(a+b+c

24、)【三年模擬】解答題(共80分)1.(2020屆四川天府名校第一輪聯(lián)考,23)關(guān)于x的不等式|x+m|n的解集為-6,2.(1)求實(shí)數(shù)m,n的值;(2)若實(shí)數(shù)y,z滿足|my+z|13,|y-nz|13,求證:|z|解析(1)由|x+m|n,得-nx+mn,即-n-mxn-m,則-n-(2)證明:由(1)可知|2y+z|13,|y-4z|1所以9|z|=|(2y+z)-2(y-4z)|2y+z|+2|y-4z|13+21所以|z|log(m+2)(m+3).解析(1)xR,1m-4f(x)恒成立m+1mx-|x+2|-|x-3|+4恒成立令g(x)=x-|x+2|-|x-3|+4=3函數(shù)g(x)在(-,3上是增函數(shù),在(3,+)上是減函數(shù).(3分)g(x)max=g(3)=2,m+1mg(x)max=2,(4分即m+1m-20m2-2實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,+).(5分)(2)證明:由m0,知m+3m+2m+11,則lg(m+3)lg(m+2)lg(m+1)lg 1=0.要證log(m+1)(m+2)log(m+2)(m+3),只需證lg(m+2即證lg(m+1)lg(m+3)lg2(m+2),又lg(m+1)lg(m+3)log(m+2)(m+3)成立.(10分)6.(2019湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考,23)已知函數(shù)f(x)=x2-6(1)求f(x)f(4)的解集;(