課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題十五不等式選講試題文

課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題十五不等式選講試題文課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題十五不等式選講試題文PAGEPAGE34課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數(shù)學專題十五不等式選講試題文專題十五不等式選講探考情悟真題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯(lián)考點含絕對值不等式的解法①理解絕對值的幾何意義并了解等號成立的條件;②會求解絕對值不等式的最值和解集2018課標全國Ⅰ,23，10分解絕對值不等式不等式恒成立★★★2017課標全國Ⅰ,23，10分解絕對值不等式不等式恒成立2019課標全國Ⅱ，23,10分解絕對值不等式不等式恒成立不等式的證明會證明簡單的絕對值不等式2016課標全國Ⅱ,24,10分不等式的證明含絕對值不等式的求解★★☆2017課標全國Ⅱ，23，10分不等式的證明均值不等式2019課標全國Ⅰ,23，10分不等式的證明均值不等式2019課標全國Ⅲ，23，10分不等式的證明均值不等式分析解讀不等式選講是高考的選考內容之一，主要考查絕對值的幾何意義,絕對值不等式的解法及不等式證明的基本方法，本專題內容在高考中分值為10分,屬于中檔題。破考點練考向【考點集訓】考點一含絕對值不等式的解法1。(2018山西高考考前適應性測試,23）已知函數(shù)f(x)=｜x-1|—a(a∈R)。(1）若f(x）的最小值不小于3,求a的最大值;（2)若g(x）=f(x）+2|x+a｜+a的最小值為3,求a的值.答案（1)因為f（x)min=f(1）=-a，所以-a≥3,解得a≤—3，所以amax=—3。（2)g(x)=f(x)+2|x+a｜+a=｜x-1|+2｜x+a｜。當a=—1時，g（x）=3｜x—1｜≥0,0≠3，所以a=-1不符合題意。當a〈—1時，g（x)=(x-所以g(x)min=g（—a）=—a-1,由-a-1=3，解得a=-4。當a>—1時，同理可知g（x）min=g（-a)=a+1，由a+1=3,解得a=2。綜上，a=2或-4。2。（2019河南駐馬店期末,23）已知函數(shù)f(x)=｜x+a|+｜2x—1｜(a∈R)。（1）當a=—1時，求不等式f(x)≥2解集；（2）若f（x）≤2x的解集包含12答案(1)當a=-1時，不等式f(x)≥2可化為｜x-1｜+｜2x-1|≥2，當x≤12當12當x≥1時,不等式為x—1+2x—1≥2，解得x≥43綜上,原不等式的解集為（—∞，0］∪43（2）因為f(x）≤2x的解集包含12所以不等式可化為｜x+a｜+2x—1≤2x，即｜x+a｜≤1，解得-a—1≤x≤—a+1。由題意知-a+1≥34,所以實數(shù)a的取值范圍是-3考點二不等式的證明1.(2018湖南師范大學附屬中學月考(五)，23）(1）已知函數(shù)f（x）=|x—2｜—|x+1|,解不等式f（x)≥x2-2x;(2）已知x，y,z均為正數(shù)，求證：xyz+yzx+zxy≥1x+答案(1）f(x)=｜x-2|—｜x+1｜=3當x≤—1時，不等式為x2-2x≤3,∴—1≤x≤3,∴x=—1;當—1<x〈2時,不等式為x2-2x≤—2x+1,解得—1≤x≤1，∴—1<x≤1；當x≥2時，不等式為x2-2x≤—3,∴x∈?。綜上，不等式的解集為［-1，1］.（2)證法一:因為x,y,z都為正數(shù)，所以xyz+yzx=1z同理可得yxz+zyx≥2x，zxy+當且僅當x=y=z時,以上三式等號都成立.將上述三個不等式兩邊分別相加,并除以2，得xyz+yzx+zxy≥1x+證法二:要證xyz+yzx+zxy≥1x+即證x2+y2+z2≥yz+xz+xy，即證(x—y）2+（x—z）2+（y-z）2≥0，上式恒成立，所以原不等式得證。2.(2019湖南衡陽第八中學第三次月考,23)已知函數(shù)f（x）=｜2x—1|+|x+1｜.（1）解不等式f(x)≤3；(2）記函數(shù)g（x）=f(x）+｜x+1|的值域為M，若t∈M,證明：t2+1≥3t答案(1)依題意，得f（x)=-于是f(x）≤3?x≤-1,解得-1≤x≤1.∴不等式f(x）≤3的解集為{x|—1≤x≤1｝.(2）證明:g（x)=f（x)+|x+1|=｜2x-1｜+｜2x+2｜≥｜2x—1—2x-2｜=3,當且僅當(2x-1)（2x+2)≤0時，取等號,∴M=[3，+∞）。t2-3t+1—3t=t3-∵t∈M，∴t≥3，t—3≥0，t2+1〉0,∴(t∴t2+1≥3t煉技法提能力【方法集訓】方法1含絕對值不等式的解法1。（2018河南南陽第一中學第一次月考，2）不等式｜x—5｜+｜x+3｜≥1的解集是()A。[-5,7］ B。[—4,6]C.（-∞,—5]∪[7,+∞) D.(—∞，+∞）答案D2.(2018豫南九校5月聯(lián)考，23）已知函數(shù)f（x)=｜x+1|+|x-3|。（1）若關于x的不等式f(x)<a有解,求實數(shù)a的取值范圍；（2）若關于x的不等式f(x)〈a的解集為b,答案（1）不等式等價于a>f(x）min。f（x)=2x（2）由題意可得x=72是方程｜x+1｜+｜x—3|=a的解，據(jù)此有a=72+1+72-故b=—32，故a+b=5-32=方法2與絕對值不等式有關的最值問題的求解方法1.若關于x的不等式|x—1|+|x+m｜>3的解集為R,則實數(shù)m的取值范圍是（）A。（—∞,—4)∪（2,+∞） B.（—∞，—4）∪(1，+∞)C.(-4，2） D.[—4，1]答案A2。(2020屆江西南昌質量檢測，23)已知函數(shù)f（x)=｜x+2|+｜x-a｜.（1）當a=1時,求f（x）≤4x的解集；（2)若?x1∈R，?x2∈R，使得f（x1)=｜x2-2｜+｜x2+2|成立,求a的取值范圍。答案(1)當a=1時，f（x)=|x+2|+｜x-1｜=-2①當x≤-2時，由-2x-1≤4x得x≥—16②當-2<x<1時,由3≤4x得x≥34,又-2〈x〈1，故3③當x≥1時,由2x+1≤4x得x≥12綜上所述,當a=1時,f(x)≤4x的解集為34(2）設g（x）=|x—2|+|x+2|,f（x)=|x+2|+｜x-a｜≥｜x+2-x+a|=|a+2|，(7分)g（x）=|x—2｜+|x+2|≥|x—2-x-2|=4，（9分）由題可知［｜a+2｜,+∞）?[4，+∞），所以|a+2｜≥4,故a∈(—∞，—6］∪[2，+∞)。（10分)方法3不等式的證明與應用的解題方法1。若|x-s|<t,|y-s|〈t，則下列不等式中一定成立的是（）A。|x-y｜<2t B.｜x—y｜<tC。｜x-y|>2t D。|x-y|>t答案A2.(2020屆河南十所名校測試，23）設函數(shù)f（x）=|x+1|+｜x-2|。(1)求不等式f(x)≥4的解集；（2）設a,b，c∈R+，函數(shù)f（x）的最小值為m,且12a+13答案本題主要考查絕對值不等式，用絕對值不等式證明不等式。(1）f(x)=1-①當x<—1時，由f(x)≥4,得1-2x≥4，所以x≤-32②當-1≤x≤2時，3≥4不成立,x∈?；③當x>2時,由f(x）≥4,得2x—1≥4,所以x≥52所以不等式f(x)≥4的解集為-∞,-32∪（2)證明：由(1)知,f(x)的最小值m=3，所以12a+13所以3（2a+3b+4c)=(2a+3b+4c）1=1+1+1+2a3b+3b2a+2≥3+22a3b·3當且僅當2a=3b=4c=1,即a=12,b=13,c=所以2a+3b+4c≥3.（10分)

【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標卷題組考點一含絕對值不等式的解法1。（2019課標全國Ⅱ,23，10分）［選修4—5:不等式選講]已知f（x）=|x-a｜x+｜x-2｜(x—a）.（1）當a=1時,求不等式f(x)〈0的解集；(2）若x∈（-∞，1)時,f（x)〈0,求a的取值范圍。答案本題以絕對值函數(shù)為背景,主要考查絕對值不等式的解法，通過去絕對值號的過程著重考查學生的分類討論思想,借助不等式恒成立問題考查學生的化歸與轉化思想，體現(xiàn)了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).（1)當a=1時，f(x）=｜x-1|x+｜x—2｜（x-1）.當x<1時，f(x）=—2（x-1）2<0;當x≥1時,f(x）≥0.所以,不等式f(x)<0的解集為(—∞，1)。（2）因為f（a)=0，所以a≥1。當a≥1，x∈(-∞,1)時，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，+∞）。2.(2018課標全國Ⅲ，23，10分)［選修4—5:不等式選講]設函數(shù)f(x)=｜2x+1｜+｜x—1|.（1)畫出y=f（x）的圖象；（2)當x∈[0，+∞)時,f（x)≤ax+b，求a+b的最小值。答案（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軸交點的縱坐標為2,且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當且僅當a≥3且b≥2時,f（x）≤ax+b在［0，+∞)成立，因此a+b的最小值為5。3.(2018課標全國Ⅰ,23,10分）[選修4-5:不等式選講]已知f（x)=|x+1｜-｜ax-1|。(1）當a=1時,求不等式f（x）>1的解集；（2)若x∈(0，1)時不等式f（x）〉x成立,求a的取值范圍。答案（1)當a=1時，f（x）=|x+1|-|x-1｜，即f（x)=-故不等式f（x)>1的解集為xx(2)當x∈（0，1）時｜x+1｜-｜ax—1｜〉x成立等價于當x∈（0，1）時|ax—1｜<1成立。若a≤0,則當x∈（0,1)時｜ax-1|≥1;若a〉0,則｜ax—1|〈1的解集為x0所以2a綜上,a的取值范圍為(0,2].4。（2018課標全國Ⅱ，23，10分）[選修4—5：不等式選講］設函數(shù)f（x)=5—|x+a｜-｜x-2|。(1)當a=1時，求不等式f（x）≥0的解集；(2）若f(x）≤1,求a的取值范圍。答案(1）當a=1時，f(x)=2可得f(x）≥0的解集為｛x｜—2≤x≤3}.(2)f(x)≤1等價于|x+a|+｜x—2|≥4。而｜x+a|+|x—2|≥｜a+2｜,且當x=2時等號成立。故f（x)≤1等價于|a+2｜≥4.由｜a+2｜≥4可得a≤-6或a≥2。所以a的取值范圍是（—∞，-6]∪[2，+∞）.5。(2017課標全國Ⅰ,23，10分)［選修4—5：不等式選講］已知函數(shù)f(x)=—x2+ax+4,g（x）=|x+1｜+｜x-1|.(1）當a=1時，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。答案(1）解法一:當a=1時，不等式f(x）≥g（x）等價于x2-x+|x+1｜+｜x—1｜-4≤0。①當x<-1時,①式化為x2-3x-4≤0，無解；當-1≤x≤1時，①式化為x2—x—2≤0，從而—1≤x≤1;當x〉1時,①式化為x2+x-4≤0，從而1<x≤-1+所以f(x)≥g(x)的解集為x-解法二:g(x）=2當a=1時,f（x)=-x2+x+4，在同一平面直角坐標系中，畫出g（x）與f(x)的圖象如圖,易求得A(—1,2),B-1+172(2)解法一：當x∈[—1，1］時，g(x)=2。所以f（x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價于當x∈［-1,1]時f（x)≥2。又f（x）在［—1,1]的最小值必為f（-1）與f（1)之一，所以f(-1)≥2且f（1）≥2，得-1≤a≤1。所以a的取值范圍為[-1,1]。解法二：當x∈［—1，1］時，g(x）=2，所以f（x)≥g（x)的解集包含[—1,1］等價于當x∈［-1,1］時f(x）≥2,即-x2+ax+4≥2.當x=0時,-x2+ax+4≥2成立。當x∈(0，1]時,-x2+ax+4≥2化為a≥x—2x而y=x—2x所以a≥—1.當x∈［-1,0)時，—x2+ax+4≥2化為a≤x—2x而y=x-2x所以a≤1。綜上,a的取值范圍為[—1,1].6。(2017課標全國Ⅲ,23,10分)已知函數(shù)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的取值范圍.答案(1)f（x)=-當x〈-1時，f（x)≥1無解；當—1≤x≤2時,由f(x）≥1得,2x—1≥1，所以1≤x≤2；當x〉2時，由f（x)≥1得x>2。所以f(x)≥1的解集為{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|=—|x|-322且當x=32時，|x+1｜-｜x-2|-x2+x=5故m的取值范圍為-∞,5考點二不等式的證明1。(2019課標全國Ⅰ，23，10分）[選修4-5:不等式選講]已知a,b,c為正數(shù),且滿足abc=1.證明：（1）1a+1b+1c≤a2+b2（2)(a+b）3+(b+c）3+(c+a）3≥24.證明(1）因為a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac，又abc=1，故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=ab+bc+caabc=1所以1a+1b+1c≤a2+b2(2)因為a,b，c為正數(shù)且abc=1，故有（a+b)3+(b+c)3+(c+a）3≥33=3（a+b）（b+c）(a+c)≥3×（2ab）×（2bc)×（2ac)=24。所以(a+b）3+(b+c)3+(c+a)3≥24。2.(2019課標全國Ⅲ，23，10分)[選修4—5:不等式選講］設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答案本題主要考查不等式的證明以及基本不等式的應用，考查學生推理論證的能力，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］,故由已知得（x—1）2+（y+1)2+(z+1）2≥43當且僅當x=53，y=-13，z=—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，當且僅當x=4因此(x-2)2+（y-1)2+(z—a)2的最小值為(2+由題設知(2+a)3.（2017課標全國Ⅱ,23,10分）已知a>0,b>0，a3+b3=2。證明:(1）(a+b)（a5+b5）≥4;（2）a+b≤2.證明(1）（a+b）（a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3）2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2—b2）2≥4.(2)因為（a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab（a+b)≤2+3(=2+3(所以（a+b)3≤8，因此a+b≤2.4。（2016課標全國Ⅱ，24，10分)已知函數(shù)f（x)=x-12(1)求M；(2)證明:當a,b∈M時，｜a+b｜<|1+ab|。答案（1)f(x）=-2當x≤-12當—12〈x〈1當x≥12解得x<1,(5分)所以f(x)〈2的解集M={x|—1〈x〈1}。(6分）（2）證明:由(1）知,當a，b∈M時,—1<a〈1,-1〈b<1,從而(a+b）2—（1+ab）2=a2+b2-a2b2—1=（a2—1）（1—b2）〈0，因此｜a+b｜<|1+ab|.(10分)B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組（2016江蘇，21D，10分)設a〉0，｜x—1｜<a3，｜y-2｜<a證明因為｜x-1|〈a3，|y—2|〈a所以｜2x+y-4｜=｜2(x-1)+(y—2)|≤2｜x—1｜+|y—2|〈2×a3+aC組教師專用題組考點一含絕對值不等式的解法1。（2014江西，15,5分)x,y∈R,若｜x|+｜y｜+｜x—1｜+|y-1|≤2,則x+y的取值范圍為.

答案[0,2］2.(2016課標全國Ⅲ,24,10分）選修4—5：不等式選講已知函數(shù)f(x）=｜2x-a|+a.（1）當a=2時,求不等式f（x)≤6的解集；(2)設函數(shù)g（x）=｜2x-1｜.當x∈R時，f(x）+g（x)≥3，求a的取值范圍.答案(1）當a=2時,f（x）=|2x—2|+2。解不等式｜2x—2｜+2≤6得-1≤x≤3.因此f（x)≤6的解集為｛x｜-1≤x≤3｝.(5分)(2）當x∈R時，f（x）+g（x）=｜2x—a｜+a+|1-2x|≥|2x—a+1-2x|+a=｜1-a|+a，當x=12所以當x∈R時，f(x)+g(x)≥3等價于|1-a|+a≥3。①(7分）當a≤1時,①等價于1—a+a≥3，無解.當a>1時，①等價于a—1+a≥3，解得a≥2.所以a的取值范圍是［2,+∞）.（10分）3.(2016課標全國Ⅰ，24,10分）已知函數(shù)f（x）=｜x+1｜-|2x-3|.(1）畫出y=f（x）的圖象；（2）求不等式|f（x)|〉1的解集。答案(1)f（x）=x-y=f(x）的圖象如圖所示.（6分）（2）解法一：由f（x)的表達式及圖象知,當f（x)=1時,可得x=1或x=3；當f(x)=-1時,可得x=13故f(x)>1的解集為{x|1〈x<3｝；f(x）<-1的解集為x|x<所以|f（x）｜〉1的解集為x|x<解法二:根據(jù)y=f（x）的分段函數(shù)表達式，有：當x≤-1時，｜f(x）|>1的解集為{x｜x≤—1｝；當-1<x≤32時，|f(x）|>1的解集為x|-當x〉—32時，|f（x)|〉1的解集為x綜上，｜f（x)｜>1的解集為x|x<4.（2015課標Ⅰ，24,10分)已知函數(shù)f（x)=|x+1|—2｜x—a｜，a〉0.(1）當a=1時，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。答案(1）解法一:當a=1時，f(x)〉1化為|x+1｜—2｜x—1｜-1〉0。當x≤-1時，不等式化為x-4>0，無解；當-1〈x〈1時,不等式化為3x-2〉0，解得23當x≥1時,不等式化為-x+2〉0,解得1≤x〈2.所以f（x）>1的解集為x2解法二：當a=1時，f(x)=x畫出f(x）的圖象(如圖所示)，根據(jù)圖象可得不等式f(x)>1的解集為x|(2)由題設可得,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頂點分別為A2a-13,由題設得23(a+1)2所以a的取值范圍為(2,+∞）。(10分)5.(2013課標Ⅰ，24，10分)已知函數(shù)f（x)=|2x-1｜+｜2x+a|,g（x)=x+3.(1）當a=-2時，求不等式f(x)<g(x)的解集；（2）設a〉—1,且當x∈-a答案（1）當a=—2時，不等式f(x）〈g（x）化為｜2x-1|+｜2x—2|-x-3〈0。設函數(shù)y=｜2x-1|+|2x-2｜—x-3,則y=-其圖象如圖所示.從圖象可知，當且僅當x∈(0,2)時,y<0.所以原不等式的解集是｛x｜0<x<2}。解法二：當a=-2時,不等式f(x)〈g(x)化為｜2x-1｜+｜2x—2｜<x+3,即|2x—1|+｜2x—2|-x-3<0。等價于x<12,解得0<x<12或1所以原不等式的解集是｛x｜0〈x〈2｝。(2)當x∈-a不等式f(x）≤g(x）化為1+a≤x+3.所以x≥a-2對x∈-a故—a2≥a-2,即a≤43.從而a的取值范圍是6。(2012課標全國，24,10分）選修4—5：不等式選講已知函數(shù)f(x)=|x+a｜+｜x—2｜。(1)當a=-3時,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的取值范圍.答案（1)當a=-3時，f（x)=-當x≤2時，由f（x)≥3得-2x+5≥3，解得x≤1;當2<x<3時,f(x）≥3無解；當x≥3時，由f(x）≥3得2x-5≥3,解得x≥4。所以f（x)≥3的解集為{x|x≤1或x≥4}.(2)f（x)≤｜x-4|?|x-4｜—|x—2｜≥｜x+a|。當x∈[1，2]時,|x-4|-｜x—2｜≥｜x+a|?4—x—(2—x）≥｜x+a｜?—2—a≤x≤2—a。由條件得—2-a≤1且2—a≥2,即—3≤a≤0.故滿足條件的a的取值范圍為[—3，0］。7.（2011課標，24,10分)[河南未選］選修4—5:不等式選講已知函數(shù)f(x）=|x-a|+3x,其中a〉0。（1）當a=1時，求不等式f（x）≥3x+2的解集；(2）若不等式f（x)≤0的解集為{x|x≤—1},求a的值.答案(1）當a=1時，f(x）≥3x+2可化為|x-1|≥2。由此可得x≥3或x≤—1。故當a=1時,不等式f（x）≥3x+2的解集為{x｜x≥3或x≤-1}.（2)由f（x)≤0得｜x-a｜+3x≤0。此不等式可化為x≥a即x≥a結合a>0，解得x≤-a2，即不等式f（x）≤0的解集為x∵不等式f（x)≤0的解集為｛x|x≤-1｝，∴-a28。（2010課標全國，24，10分)選修4—5：不等式選講設函數(shù)f（x)=｜2x-4|+1.(1)畫出函數(shù)y=f（x)的圖象；(2)若不等式f(x）≤ax的解集非空,求a的取值范圍.答案(1）由于f（x）=-則函數(shù)y=f（x)的圖象如圖所示.(2)由函數(shù)y=f（x)與函數(shù)y=ax的圖象可知，當且僅當a≥12或a<-2時，函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=ax的圖象有交點。故不等式f（x)≤ax的解集非空時,a的取值范圍為（—∞，—2)∪1考點二不等式的證明1。（2015課標Ⅱ，24,10分)設a,b,c，d均為正數(shù)，且a+b=c+d。證明：（1）若ab〉cd,則a+b〉c+d；(2）a+b>c+d是|a-b|〈|c-d｜的充要條件。證明證法一:(1)因為（a+b)2=a+b+2ab,(c+d）2=c+d+2cd，由題設a+b=c+d,ab〉cd得(a+b)2〉（c+d)2。因此a+b〉c+d。（2)(i）若|a—b|<｜c-d|，則（a-b）2<（c—d)2,即(a+b）2-4ab〈(c+d)2—4cd.因為a+b=c+d,所以ab>cd.由（1)得a+b〉c+d.(ii)若a+b>c+d，則（a+b）2>(c+d）2,即a+b+2ab〉c+d+2cd.因為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｜.綜上，a+b>c+d是|a—b|<|c—d|的充要條件。證法二:(1)假設a+b≤c+d，則有（a+b）2≤(c+d)2。由a+b=c+d得ab≤cd,從而ab≤cd,與已知ab〉cd矛盾，故a+b>c+d.（2)（充分性）假設|a-b|≥|c-d|，則有（a+b）2—4ab≥（c+d)2—4cd，由此得4ab≤4cd，2ab≤2cd，（a+b)2≤(c+d)2,于是a+b≤c+d,這與a+b>c+d矛盾，從而|a—b|<|c—d|，充分性得證。（必要性）假設a+b≤c+d，則有(a+b)2≤（c+d)2,即ab≤cd。又a+b=c+d,故（a-b)2≥(c-d)2,即|a—b|≥｜c-d｜，與｜a-b｜〈｜c—d｜矛盾。因此a+b〉c+d。必要性得證。綜上,a+b〉c+d是｜a-b｜〈｜c—d｜的充要條件。2。(2014課標Ⅱ,24,10分)設函數(shù)f（x）=x+(1）證明:f（x）≥2;(2）若f（3)〈5,求a的取值范圍。答案(1）證明:由a>0，有f(x)=x+1a+｜x-a|≥x（2）f（3)=3+1當a>3時,f（3）=a+1a,由f(3）〈5得3<a<5+當0〈a≤3時，f(3）=6—a+1a由f（3)<5得1+5綜上，a的取值范圍是1+53.（2014遼寧，24，10分）設函數(shù)f（x)=2｜x-1|+x-1,g(x）=16x2-8x+1.記f(x)≤1的解集為M,g(x)≤4的解集為N.（1)求M；（2)當x∈M∩N時，證明：x2f(x）+x[f(x）]2≤14答案（1）f（x)=3當x≥1時，由f(x)=3x—3≤1得x≤43，故1≤x≤4當x<1時，由f(x)=1—x≤1得x≥0,故0≤x<1.所以f（x)≤1的解集為M=x|0≤x≤（2）證明：由g（x）=16x2—8x+1≤4得16x-解得—14≤x≤3因此N=x|-1當x∈M∩N時，f（x）=1-x，于是x2f(x)+x·[f(x）]2=xf(x）[x+f(x）]=x·f（x)=x(1—x)=14-x-14.(2013課標Ⅱ，24，10分）選修4—5：不等式選講設a,b，c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明：（1)ab+bc+ca≤13(2）a2b+b2證明（1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由題設得（a+b+c)2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1。所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤13(2）易證a2b+b≥2a，b2故a2b+b2即a2b+b2所以a2b+b2【三年模擬】時間：70分鐘分值：100分解答題(共100分)1.(2019安徽合肥第二次教學質量檢測,23）已知f(x）=|3x+2｜.（1）求f（x)≤1的解集；(2)若f(x2）≥a|x|恒成立,求實數(shù)a的最大值。答案(1）由f（x）≤1得|3x+2|≤1，即—1≤3x+2≤1,解得-1≤x≤—13所以f(x）≤1的解集為-1（2）f（x2）≥a|x｜恒成立,即3x2+2≥a｜x|恒成立.當x=0時，a∈R;當x≠0時,a≤3x2+2因為3｜x|+2|x|≥26當且僅當3|x|=2|x|所以a≤26，即a的最大值是26。2。（2019河北省級示范性高中4月聯(lián)考，23)已知函數(shù)f（x)=|x+a｜+｜2x—5|（a〉0）。(1）當a=2時,解不等式f（x)≥5;(2)當x∈［a,2a-2]時，不等式f(x)≤｜x+4｜恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。答案(1)當a=2時,f（x）=|x+2|+｜2x-5|=3-由f(x)≥5,得x<-2,3解得x≤2或x≥83，所以不等式f（x）≥5的解集為x（2）因為f（x）≤|x+4|,所以｜x+a｜+｜2x—5|≤｜x+4|,因為x∈[a,2a-2]，所以2a—2>a,所以a>2,所以x+a〉0，x+4>0，得x+a+|2x-5|≤x+4，不等式恒成立即|2x—5|≤4-a在x∈[a,2a-2］上恒成立,(7分)不等式恒成立必須a≤4，a—4≤2x—5≤4—a,所以a+1≤2x≤9-a。（8分）所以2a≥a結合2<a≤4,得2〈a≤135,即a的取值范圍為23.（2019江西臨川一中,南昌二中等九校重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考,23）已知函數(shù)f（x)=|x-2｜+|m+x|的圖象的對稱軸為直線x=1。(1）求不等式f（x）≥x+2的解集；（2)若函數(shù)f（x）的最小值為M,正數(shù)a，b滿足a+b=M，求1a+2答案（1）∵函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x=1,即2-∴f（x)=|x｜+|x-2|=-由f（x）≥x+2，得x≤0,-2解得x≤0或x≥4，故不等式f（x)≥x+2的解集為（—∞,0]∪［4,+∞)。(2）由絕對值不等式的性質，可知｜x—2｜+|x｜≥｜(x—2)—x|=2,∴f（x）min=M=2,∴a+b=2，∵a,b為正數(shù)，∴1a+2b=121a+2b·(a+b）=124。(2019湖南岳陽第二次模擬,23）已知函數(shù)f（x）=｜x+m|+｜2x—n｜，m,n∈（0，+∞)。(1)若m=2，n=3,求不等式f（x)>5的解集；（2）若f(x)≥1恒成立，求2m+n的最小值.答案（1）因為m=2,n=3，所以f（x)=|x+2｜+|2x—3|.當x≤—2時,由—x—2-2x+3>5，得x<—43當—2<x<32當x≥32綜上，不等式的解集為（-∞，0)∪(2，+∞)。(2）｜x+m|+｜2x—n|=｜x+m|+x-n2+x-n2≥|x+m｜+∴m+n25.(2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考，23）已知函數(shù)f(x）=｜x—1|+|2x+4|.(1）求不等式f(x）>6的解集；(2）若f(x）—|m—1｜≥0恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.答案(1）依題意,得|x-1｜+|2x+4｜>6。當x<-2時,原式化為1—x-2x-4>6，解得x〈—3，故x〈-3;當—2≤x≤1時，原式化為1-x+2x+4>6,解得x〉1,故無解;當x>1時,原式化為x-1+2x+4>6，解得x〉1，故x>1。綜上所述，不等式f（x）〉6的解集為（—∞,—3)∪(1,+∞)。(5分)（2)因為f（x）=|x-1|+｜2x+4|=|x—1|+|x+2｜+|x+2｜≥｜x-1｜+｜x+2|≥3，當且僅當x=-2時，等號成立。故f（x)-｜m-1｜≥0恒成立等價于｜m-1｜≤3，即—3≤m—1≤3，解得—2≤m≤4，故實數(shù)m的取值范圍為［—2,4].(10分)6.（2020屆福建龍海第二中學期初考試，23）已知函數(shù)f(x)=｜a-3x|-|2+x｜。(1）若a=2，解不等式f(x）≤3;(2)若存在實數(shù)a,使得不等式f(x)≥1—a+2|2+x|成立,求實數(shù)a的取值范圍。答案（1)當a=2時,f(x）=｜3x—2｜—｜x+2|,由f（x)≤3得x≥23,解得—34≤x≤7故當a=2時，f（x）≤3的解集為x-(2）存在實數(shù)a,使得不等式f(x）≥1-a+2|2+x|成立,即存在實數(shù)a,使｜3x-a|-｜3x+6｜≥1—a成立,由絕對值不等式的性質可得｜｜3x-a｜—｜3x+6｜｜≤｜(3x-a）—3x-6|=｜a+6｜，∴|3x—a｜-｜3x+6｜的