课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十五不等式选讲试题文

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十五不等式选讲试题文课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十五不等式选讲试题文PAGEPAGE34课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题十五不等式选讲试题文专题十五不等式选讲探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点含绝对值不等式的解法①理解绝对值的几何意义并了解等号成立的条件;②会求解绝对值不等式的最值和解集2018课标全国Ⅰ,23，10分解绝对值不等式不等式恒成立★★★2017课标全国Ⅰ,23，10分解绝对值不等式不等式恒成立2019课标全国Ⅱ，23,10分解绝对值不等式不等式恒成立不等式的证明会证明简单的绝对值不等式2016课标全国Ⅱ,24,10分不等式的证明含绝对值不等式的求解★★☆2017课标全国Ⅱ，23，10分不等式的证明均值不等式2019课标全国Ⅰ,23，10分不等式的证明均值不等式2019课标全国Ⅲ，23，10分不等式的证明均值不等式分析解读不等式选讲是高考的选考内容之一，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，本专题内容在高考中分值为10分,属于中档题。破考点练考向【考点集训】考点一含绝对值不等式的解法1。(2018山西高考考前适应性测试,23）已知函数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的最小值为3,求a的值.答案（1)因为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｜。当a=—1时，g（x）=3｜x—1｜≥0,0≠3，所以a=-1不符合题意。当a〈—1时，g（x)=(x-所以g(x)min=g（—a）=—a-1,由-a-1=3，解得a=-4。当a>—1时，同理可知g（x）min=g（-a)=a+1，由a+1=3,解得a=2。综上，a=2或-4。2。（2019河南驻马店期末,23）已知函数f(x)=｜x+a|+｜2x—1｜(a∈R)。（1）当a=—1时，求不等式f(x)≥2解集；（2）若f（x）≤2x的解集包含12答案(1)当a=-1时，不等式f(x)≥2可化为｜x-1｜+｜2x-1|≥2，当x≤12当12当x≥1时,不等式为x—1+2x—1≥2，解得x≥43综上,原不等式的解集为（—∞，0］∪43（2）因为f(x）≤2x的解集包含12所以不等式可化为｜x+a｜+2x—1≤2x，即｜x+a｜≤1，解得-a—1≤x≤—a+1。由题意知-a+1≥34,所以实数a的取值范围是-3考点二不等式的证明1.(2018湖南师范大学附属中学月考(五)，23）(1）已知函数f（x）=|x—2｜—|x+1|,解不等式f（x)≥x2-2x;(2）已知x，y,z均为正数，求证：xyz+yzx+zxy≥1x+答案(1）f(x)=｜x-2|—｜x+1｜=3当x≤—1时，不等式为x2-2x≤3,∴—1≤x≤3,∴x=—1;当—1<x〈2时,不等式为x2-2x≤—2x+1,解得—1≤x≤1，∴—1<x≤1；当x≥2时，不等式为x2-2x≤—3,∴x∈⌀。综上，不等式的解集为［-1，1］.（2)证法一:因为x,y,z都为正数，所以xyz+yzx=1z同理可得yxz+zyx≥2x，zxy+当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立.将上述三个不等式两边分别相加,并除以2，得xyz+yzx+zxy≥1x+证法二:要证xyz+yzx+zxy≥1x+即证x2+y2+z2≥yz+xz+xy，即证(x—y）2+（x—z）2+（y-z）2≥0，上式恒成立，所以原不等式得证。2.(2019湖南衡阳第八中学第三次月考,23)已知函数f（x）=｜2x—1|+|x+1｜.（1）解不等式f(x)≤3；(2）记函数g（x）=f(x）+｜x+1|的值域为M，若t∈M,证明：t2+1≥3t答案(1)依题意，得f（x)=-于是f(x）≤3⇔x≤-1,解得-1≤x≤1.∴不等式f(x）≤3的解集为{x|—1≤x≤1｝.(2）证明:g（x)=f（x)+|x+1|=｜2x-1｜+｜2x+2｜≥｜2x—1—2x-2｜=3,当且仅当(2x-1)（2x+2)≤0时，取等号,∴M=[3，+∞）。t2-3t+1—3t=t3-∵t∈M，∴t≥3，t—3≥0，t2+1〉0,∴(t∴t2+1≥3t炼技法提能力【方法集训】方法1含绝对值不等式的解法1。（2018河南南阳第一中学第一次月考，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月联考，23）已知函数f（x)=｜x+1|+|x-3|。（1）若关于x的不等式f(x)<a有解,求实数a的取值范围；（2）若关于x的不等式f(x)〈a的解集为b,答案（1）不等式等价于a>f(x）min。f（x)=2x（2）由题意可得x=72是方程｜x+1｜+｜x—3|=a的解，据此有a=72+1+72-故b=—32，故a+b=5-32=方法2与绝对值不等式有关的最值问题的求解方法1.若关于x的不等式|x—1|+|x+m｜>3的解集为R,则实数m的取值范围是（）A。（—∞,—4)∪（2,+∞） B.（—∞，—4）∪(1，+∞)C.(-4，2） D.[—4，1]答案A2。(2020届江西南昌质量检测，23)已知函数f（x)=｜x+2|+｜x-a｜.（1）当a=1时,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的取值范围。答案(1)当a=1时，f（x)=|x+2|+｜x-1｜=-2①当x≤-2时，由-2x-1≤4x得x≥—16②当-2<x<1时,由3≤4x得x≥34,又-2〈x〈1，故3③当x≥1时,由2x+1≤4x得x≥12综上所述,当a=1时,f(x)≤4x的解集为34(2）设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）由题可知［｜a+2｜,+∞）⊆[4，+∞），所以|a+2｜≥4,故a∈(—∞，—6］∪[2，+∞)。（10分)方法3不等式的证明与应用的解题方法1。若|x-s|<t,|y-s|〈t，则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届河南十所名校测试，23）设函数f（x）=|x+1|+｜x-2|。(1)求不等式f(x)≥4的解集；（2）设a,b，c∈R+，函数f（x）的最小值为m,且12a+13答案本题主要考查绝对值不等式，用绝对值不等式证明不等式。(1）f(x)=1-①当x<—1时，由f(x)≥4,得1-2x≥4，所以x≤-32②当-1≤x≤2时，3≥4不成立,x∈⌀；③当x>2时,由f(x）≥4,得2x—1≥4,所以x≥52所以不等式f(x)≥4的解集为-∞,-32∪（2)证明：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当且仅当2a=3b=4c=1,即a=12,b=13,c=所以2a+3b+4c≥3.（10分)

【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一含绝对值不等式的解法1。（2019课标全国Ⅱ,23，10分）［选修4—5:不等式选讲]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。答案本题以绝对值函数为背景,主要考查绝对值不等式的解法，通过去绝对值号的过程着重考查学生的分类讨论思想,借助不等式恒成立问题考查学生的化归与转化思想，体现了数学运算的核心素养.（1)当a=1时，f(x）=｜x-1|x+｜x—2｜（x-1）.当x<1时，f(x）=—2（x-1）2<0;当x≥1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a≥1。当a≥1，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，+∞）。2.(2018课标全国Ⅲ，23，10分)［选修4—5:不等式选讲]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。答案（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。3.(2018课标全国Ⅰ,23,10分）[选修4-5:不等式选讲]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。答案（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xx(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x0所以2a综上,a的取值范围为(0,2].4。（2018课标全国Ⅱ，23，10分）[选修4—5：不等式选讲］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。答案(1）当a=1时，f(x)=2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，+∞）.5。(2017课标全国Ⅰ,23，10分)［选修4—5：不等式选讲］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。答案(1）解法一: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≤-1+所以f(x)≥g(x)的解集为x-解法二:g(x）=2当a=1时,f（x)=-x2+x+4，在同一平面直角坐标系中，画出g（x）与f(x)的图象如图,易求得A(—1,2),B-1+172(2)解法一：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：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,即-x2+ax+4≥2.当x=0时,-x2+ax+4≥2成立。当x∈(0，1]时,-x2+ax+4≥2化为a≥x—2x而y=x—2x所以a≥—1.当x∈［-1,0)时，—x2+ax+4≥2化为a≤x—2x而y=x-2x所以a≤1。综上,a的取值范围为[—1,1].6。(2017课标全国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.答案(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，所以1≤x≤2；当x〉2时，由f（x)≥1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|=—|x|-322且当x=32时，|x+1｜-｜x-2|-x2+x=5故m的取值范围为-∞,5考点二不等式的证明1。(2019课标全国Ⅰ，23，10分）[选修4-5:不等式选讲]已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明：（1）1a+1b+1c≤a2+b2（2)(a+b）3+(b+c）3+(c+a）3≥24.证明(1）因为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)因为a,b，c为正数且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课标全国Ⅲ，23，10分)[选修4—5:不等式选讲］设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≥43当且仅当x=53，y=-13，z=—所以(x—1）2+(y+1）2+（z+1）2的最小值为43(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］,故由已知得（x-2)2+(y—1)2+（z-a)2≥(2+a)23，当且仅当x=4因此(x-2)2+（y-1)2+(z—a)2的最小值为(2+由题设知(2+a)3.（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(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+3(=2+3(所以（a+b)3≤8，因此a+b≤2.4。（2016课标全国Ⅱ，24，10分)已知函数f（x)=x-12(1)求M；(2)证明:当a,b∈M时，｜a+b｜<|1+ab|。答案（1)f(x）=-2当x≤-12当—12〈x〈1当x≥12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)B组自主命题·省(区、市)卷题组（2016江苏，21D，10分)设a〉0，｜x—1｜<a3，｜y-2｜<a证明因为｜x-1|〈a3，|y—2|〈a所以｜2x+y-4｜=｜2(x-1)+(y—2)|≤2｜x—1｜+|y—2|〈2×a3+aC组教师专用题组考点一含绝对值不等式的解法1。（2014江西，15,5分)x,y∈R,若｜x|+｜y｜+｜x—1｜+|y-1|≤2,则x+y的取值范围为.

答案[0,2］2.(2016课标全国Ⅲ,24,10分）选修4—5：不等式选讲已知函数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.答案(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=12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.(2016课标全国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。答案(1)f（x）=x-y=f(x）的图象如图所示.（6分）（2）解法一：由f（x)的表达式及图象知,当f（x)=1时,可得x=1或x=3；当f(x)=-1时,可得x=13故f(x)>1的解集为{x|1〈x<3｝；f(x）<-1的解集为x|x<所以|f（x）｜〉1的解集为x|x<解法二:根据y=f（x）的分段函数表达式，有：当x≤-1时，｜f(x）|>1的解集为{x｜x≤—1｝；当-1<x≤32时，|f(x）|>1的解集为x|-当x〉—32时，|f（x)|〉1的解集为x综上，｜f（x)｜>1的解集为x|x<4.（2015课标Ⅰ，24,10分)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。答案(1）解法一: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x2解法二：当a=1时，f(x)=x画出f(x）的图象(如图所示)，根据图象可得不等式f(x)>1的解集为x|(2)由题设可得,f(x)=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A2a-13,由题设得23(a+1)2所以a的取值范围为(2,+∞）。(10分)5.(2013课标Ⅰ，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)<g(x)的解集；（2）设a〉—1,且当x∈-a答案（1）当a=—2时，不等式f(x）〈g（x）化为｜2x-1|+｜2x—2|-x-3〈0。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,y<0.所以原不等式的解集是｛x｜0<x<2}。解法二：当a=-2时,不等式f(x)〈g(x)化为｜2x-1｜+｜2x—2｜<x+3,即|2x—1|+｜2x—2|-x-3<0。等价于x<12,解得0<x<12或1所以原不等式的解集是｛x｜0〈x〈2｝。(2)当x∈-a不等式f(x）≤g(x）化为1+a≤x+3.所以x≥a-2对x∈-a故—a2≥a-2,即a≤43.从而a的取值范围是6。(2012课标全国，24,10分）选修4—5：不等式选讲已知函数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.答案（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<x<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］。7.（2011课标，24,10分)[河南未选］选修4—5:不等式选讲已知函数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.答案(1）当a=1时，f(x）≥3x+2可化为|x-1|≥2。由此可得x≥3或x≤—1。故当a=1时,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。此不等式可化为x≥a即x≥a结合a>0，解得x≤-a2，即不等式f（x）≤0的解集为x∵不等式f（x)≤0的解集为｛x|x≤-1｝，∴-a28。（2010课标全国，24，10分)选修4—5：不等式选讲设函数f（x)=｜2x-4|+1.(1)画出函数y=f（x)的图象；(2)若不等式f(x）≤ax的解集非空,求a的取值范围.答案(1）由于f（x）=-则函数y=f（x)的图象如图所示.(2)由函数y=f（x)与函数y=ax的图象可知，当且仅当a≥12或a<-2时，函数y=f（x）与函数y=ax的图象有交点。故不等式f（x)≤ax的解集非空时,a的取值范围为（—∞，—2)∪1考点二不等式的证明1。（2015课标Ⅱ，24,10分)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。证明证法一:(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)(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a+b〉c+d.(ii)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。证法二:(1)假设a+b≤c+d，则有（a+b）2≤(c+d)2。由a+b=c+d得ab≤cd,从而ab≤cd,与已知ab〉cd矛盾，故a+b>c+d.（2)（充分性）假设|a-b|≥|c-d|，则有（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,这与a+b>c+d矛盾，从而|a—b|<|c—d|，充分性得证。（必要性）假设a+b≤c+d，则有(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｜，与｜a-b｜〈｜c—d｜矛盾。因此a+b〉c+d。必要性得证。综上,a+b〉c+d是｜a-b｜〈｜c—d｜的充要条件。2。(2014课标Ⅱ,24,10分)设函数f（x）=x+(1）证明:f（x）≥2;(2）若f（3)〈5,求a的取值范围。答案(1）证明:由a>0，有f(x)=x+1a+｜x-a|≥x（2）f（3)=3+1当a>3时,f（3）=a+1a,由f(3）〈5得3<a<5+当0〈a≤3时，f(3）=6—a+1a由f（3)<5得1+5综上，a的取值范围是1+53.（2014辽宁，24，10分）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≤14答案（1）f（x)=3当x≥1时，由f(x)=3x—3≤1得x≤43，故1≤x≤4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=x|0≤x≤（2）证明：由g（x）=16x2—8x+1≤4得16x-解得—14≤x≤3因此N=x|-1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)=14-x-14.(2013课标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≤13(2）a2b+b2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≤13(2）易证a2b+b≥2a，b2故a2b+b2即a2b+b2所以a2b+b2【三年模拟】时间：70分钟分值：100分解答题(共100分)1.(2019安徽合肥第二次教学质量检测,23）已知f(x）=|3x+2｜.（1）求f（x)≤1的解集；(2)若f(x2）≥a|x|恒成立,求实数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的解集为-1（2）f（x2）≥a|x｜恒成立,即3x2+2≥a｜x|恒成立.当x=0时，a∈R;当x≠0时,a≤3x2+2因为3｜x|+2|x|≥26当且仅当3|x|=2|x|所以a≤26，即a的最大值是26。2。（2019河北省级示范性高中4月联考，23)已知函数f（x)=|x+a｜+｜2x—5|（a〉0）。(1）当a=2时,解不等式f（x)≥5;(2)当x∈［a,2a-2]时，不等式f(x)≤｜x+4｜恒成立，求实数a的取值范围。答案(1)当a=2时,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的解集为x（2）因为f（x）≤|x+4|,所以｜x+a｜+｜2x—5|≤｜x+4|,因为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)不等式恒成立必须a≤4，a—4≤2x—5≤4—a,所以a+1≤2x≤9-a。（8分）所以2a≥a结合2<a≤4,得2〈a≤135,即a的取值范围为23.（2019江西临川一中,南昌二中等九校重点中学协作体第一次联考,23）已知函数f（x)=|x-2｜+|m+x|的图象的对称轴为直线x=1。(1）求不等式f（x）≥x+2的解集；（2)若函数f（x）的最小值为M,正数a，b满足a+b=M，求1a+2答案（1）∵函数f(x)图象的对称轴为直线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的解集为（—∞,0]∪［4,+∞)。(2）由绝对值不等式的性质，可知｜x—2｜+|x｜≥｜(x—2)—x|=2,∴f（x）min=M=2,∴a+b=2，∵a,b为正数，∴1a+2b=121a+2b·(a+b）=124。(2019湖南岳阳第二次模拟,23）已知函数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）因为m=2,n=3，所以f（x)=|x+2｜+|2x—3|.当x≤—2时,由—x—2-2x+3>5，得x<—43当—2<x<32当x≥32综上，不等式的解集为（-∞，0)∪(2，+∞)。(2）｜x+m|+｜2x—n|=｜x+m|+x-n2+x-n2≥|x+m｜+∴m+n25.(2020届皖江名校联盟第一次联考，23）已知函数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,求实数m的取值范围.答案(1）依题意,得|x-1｜+|2x+4｜>6。当x<-2时,原式化为1—x-2x-4>6，解得x〈—3，故x〈-3;当—2≤x≤1时，原式化为1-x+2x+4>6,解得x〉1,故无解;当x>1时,原式化为x-1+2x+4>6，解得x〉1，故x>1。综上所述，不等式f（x）〉6的解集为（—∞,—3)∪(1,+∞)。(5分)（2)因为f（x）=|x-1|+｜2x+4|=|x—1|+|x+2｜+|x+2｜≥｜x-1｜+｜x+2|≥3，当且仅当x=-2时，等号成立。故f（x)-｜m-1｜≥0恒成立等价于｜m-1｜≤3，即—3≤m—1≤3，解得—2≤m≤4，故实数m的取值范围为［—2,4].(10分)6.（2020届福建龙海第二中学期初考试，23）已知函数f(x)=｜a-3x|-|2+x｜。(1）若a=2，解不等式f(x）≤3;(2)若存在实数a,使得不等式f(x)≥1—a+2|2+x|成立,求实数a的取值范围。答案（1)当a=2时,f(x）=｜3x—2｜—｜x+2|,由f（x)≤3得x≥23,解得—34≤x≤7故当a=2时，f（x）≤3的解集为x-(2）存在实数a,使得不等式f(x）≥1-a+2|2+x|成立,即存在实数a,使｜3x-a|-｜3x+6｜≥1—a成立,由绝对值不等式的性质可得｜｜3x-a｜—｜3x+6｜｜≤｜(3x-a）—3x-6|=｜a+6｜，∴|3x—a｜-｜3x+6｜的