2021年新课标版理数高考复习练习讲义：十六　不等式选讲

专题十六不等式选讲

探考情悟真题

【真题探秘】

(2019课标I,23,10分)已知Q为正数，且满足血=1.

证明：

-。有千方，红忐产汕仁勿〃，的4用.

(1；

(2)(a+6)3+(6+c)3+(c+a)3^24.

❶核心考点❹储备知识❻解答过程

1.不等式证明.

|.基本不等式的推广：一般地，若%,4,%,解析：(1)因为a~+b2^2abb2+c2N26c

♦2.基本不等式.t

…，%是正实数.1m不等式“吃…+与c2+a2N2ac,乂abc=1,故有

❷思路分析物%…”,当且仅当°尸产尸…f时取等号.j,,ab+bc+ca

a+u+<•Nab+bc+ca-----------=

abc

)利用重耍不等式可22

(IMa+A-H?ab+bc+ca,2.不等式证明的常用方法：①比较法；②综III

__.ab+bc+caiii,,一——+——+——.

再由而c=I可得=—+7-+—,从而合法；析法；④反证法；⑤放缩法.abc

得证.

©思想方法所以「-+」-+」-^a2+b2+c2.

⑵由基本不等式的推广可证得结论.abc

化归与转化的.想方法：(2)因为a,〃,c为正数且加=1,故有

❸命题规律(1)比较思想：加注比较，a-b>O=a>6;a-6I(a+5)1+(6+c),+(c+a)1

<0Qa<6.②作商比较，-^->1,6>0=a>b;

解绝对值不等式及不等式证明是高考N3R(a+Z>)6+c尸(a+c)，

中的重点内容，其中以解含有两个绝-y-<l,b>0=^a<b.

向综合思想：利用已证明过的不等式或已知条=3(a+6)(6+c)(a+c)

对值的不等式为主.不等式的证明，以N3x(2依)x(24T)x(2疝)

件运用不等式的性质推导出要证的不等式.

考查综合法、分析法、放缩法等为主，=24.

(3)分析思想：从要证结论出发，分析使结论

另外应用基本不等式求函数的最值也所以(a+”)3+(〃+c)3+(c+a)3224.

成立的充分条件.把证明结论转化为判定充

J是一个热点.

分条件.

【考情探究】

5年考情

考点内容解读预测热度

考题示例考向关联考点

(1)理解绝对值的几何意义,解绝对值不等式,含

2019课标II,23,10分不等式的性质

并能利用含绝对值不等式几有绝对值的恒成立、

2018课标I,23,10分和解法

皿”何意义证明以下不等式：参数取值范围的问题

1.绝对值

a+b<|a|+1b|.★★★

2017课标I,23,10分解绝对值不等式,含

不等式不等式的性质

a-b|W|a-c|+c-b.有绝对值的存在性、

和解法

2017课标III,23,10分参数取值范围的问题

(2)会利用绝对值的几何意

求解以下类型的不等式：2016课标I,24,10分画绝对值函数的图不等式的性质

|ax+b|象，解绝对值不等式和解法

Wc;|ax+b2c;x-a|+1x-

2.不等式b|2c.2019课标I,23,10分

的证明⑶了解证明不等式的基本2019课标III,23,10分不等式的证明基本不等式

法:比较法、综合法、分析

2017课标II,23,10分

法、反证法、放缩法

分析解读从近五年的考查情况来看，本专题内容是高考的考查热点,主要考查绝对值不等式的求解、恒成立

问题、存在性问题以及不等式的证明,多以解答题的形式呈现,难度中等,分值为10分.主要考查学生的数学运

算能力、分类讨论思想和数形结合思想的应用.

破考点练考向

【考点集训】

考点一绝对值不等式

1.(2020届云南昆明第二次月考,23)已知函数£&)=值乂-1|6〉0).

(1)设不等式f(x)W2的解集为A,集合B={x|-2<x<2}，若ASB,求实数a的取值范围;

(2)若不等式f(x)+fQx+D〉女寸一切实数x恒成立,求实数a的取值范围.

解析(1)由|ax-l|W2,得-2WaxTW2,

又YaX),.,.qWxW*得A=m

VB={x|-2<x<2},fiAcB,

啖

3a解得•

。冶，2

.,.a的取值范围是傅,+8).(4分)

(2)由题意,得|axT|+|x+l]>|对一切实数x恒成立，设h(x)=|axT|+|x+l,因为a>0,

r-(a+l)x,x<-1,

所以h(x)=<(l-a)x+2,-1M久W1(6分)

(a+l)x,x>

所以h(x)在(-8,-1)上单调递减,在G，+8)上单调递增，(7分)

①当(KaWl时,h(x)在卜1,寺上单调递增,h(x),=h(T)=a+l〉|,.《〈aWl.(8分)

②当a>l时,11&)在卜1用上单调递减，11a)5=端片+烤,-2(9分)

综上所述,a的取值范围是(12).(10分)

2.(2018豫南九校5月联考,23)已知函数f(x)=|x+11+1x-31.

⑴若关于x的不等式f(x)<a有解,求实数a的取值范围；

⑵若关于x的不等式f(x)<a的解集为伍,5求a+b的值.

2x-2,x>3,

解析⑴不等式等价于a>f(x)皿f(x)=h,-l<x<3,绘制函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得

2-2x,x<-1,

实数a的取值范围是(4,+8).

⑵由题意可得是方程|x+l|+|x-3|=a的解，所以a=||+1|+||-3|=5,求解绝对值不等式|x+11+|x-3|<5可得-

44,3,1-37

故Tb=—,a+b=5—=-.

入2，22

考点二不等式的证明

1.(2020届山西太原五中10月月考,23)设函数f(x)=|x+11+1x-11,已知不等式f(x)W2B的解集为M.

⑴求M

(2)当a,b时,证明:V3|a+b|W|ab+31.

(-2x,x<-1,

解析⑴f(x)=Ix+11+1X-11=j2,-1<%<1,

\2x,x>1.

当x<-l时,由-2X42V5,得x^-V3;

当TWxWl时，f(x)=2^2>/3;

当x>l时,由2xW28,得xW百.

所以M二[-次,V3].

(2)证明:当a,b£M,即-V5Wa,b4旧时，

3(a+b)2-(3+ab)2=3(a2+2ab+b2)-(9+6ab+a2b2)

=(a-3)(3-b2)^0,

A3(a+b)(3+ab)2,

/.V31a+b|W13+ab|.

2.(2019河南郑州二模,23)关于x的不等式|x-21<m(m£N*)的解集为A,且2A,抑.

⑴求m的值;

(2)若a,b,c均为正实数,且ab+bc+ca=mabc,求证:@+如+9。236.

解析(l)v|eA,i«A,

.♦.朋＜m,加去m,

22’

⑵证明：由⑴及已知得工+：+幺1,

abc

又a,b,c均为正实数,

:.a+4b+9c=

当且仅当a=2b=3c时等号成立,

故a+4b+9c>36.

。思路分析⑴根据题意可得||-2卜m,假臼而,即可求出m的值；(2)由⑴及已知条件得彳照=1,再利用1的

代换构造基本不等式即可证明.

炼技法提能力

【方法集训】

方法1含绝对值不等式的解法

1.(2020届武汉第十六中学开学考试,23)已知函数f(x)=|x-a|+|x+11.

⑴若a=2,求不等式f(x)>x+2的解集；

(2)如果关于x的不等式f(x)<2的解集不是空集,求实数a的取值范围.

(-2x+1(%<-1),

解析(1)当a=2时，f(x)=j3(-l<x<2),不等式f(x)>x+2等价于X<-1,第2'或

(2x-l(x>2),-2%+1>x+2

LrY>"2；"解得x〈l或x〉3.

故原不等式的解集为｛x|x〈l或x>3).

(2)Vf(x)=|x-a|+|x+l|2(x-a)-(x+l)|=|a+l|,当(x-a)(x+1)WO时取等号,

•♦・若关于x的不等式f(x)<2的解集不是空集,只需|a+11<2,

解得即实数a的取值范围是(-3,1).

2.(2019安徽合肥第一次教学质量检测,23)设函数f(x)=|x+11.

(1)若f(x)+2x>2,求实数X的取值范围;

(2)设g(x)=f(x)+f(ax)(a>l)，若g(x)的最小值为a求a的值.

解析⑴f(x)+2x>2即|x+l|>2-或1ox、,

(%+1>2-2%l-x-1>2-2%3

实数X的取值范围是G，+8).

(2)Va>l,

-(a+(-8,-1),

：•g(x)(l-a)x,%e<1,用,

(Q+l)x+2,%e+8)

易知函数g(x)在(-8,一£)上单调递减,在仁,+8)上单调递增,

•e•g(x)min=g(-5)二

解得a=2.

a2

方法2与绝对值不等式有关的最值问题

1.(2020届甘肃顶级名校阶段测试一,23)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|a-x|+1x+b|+c.

⑴当a=b=c=l时,求不等式f(x)>3的解集；

(2)当f(x)的最小值为3时,求先+十的最小值.

解析⑴f(x)=|xT|+|x+l|+l,

.•・产」或尸V或

(1-2%>3(3>312%+1>3,

解得X<-1或X>1,故原不等式的解集为{xIX<-1或X>1}.

(2)f(x)=|x-a|+1x+b|+c2|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c=3,

.•.生+W(a+b+c)(2+*[3+(1++(£+2)+住+即芸X(3+2+2+2)=3,当且仅当a=b=c=l时取等号,

abc3\abc/3L\abj\acj\bc)\3

故的最小值为3.

abc

2.(2019安徽黄山第二次质量检测,12)已知f(x)=|2-x|-|4-x|.

⑴关于x的不等式f(x)^a-3a恒成立,求实数a的取值范围；

(2)若f(m)+f(n)=4,且m<n,求m+n的取值范围.

(2(x>4),

解析(l)f(x)=12x-6(2<x<4),

1-2(x<2),

.,.f(x)mi„=-2,(3分)

•.•f(x)》a2-3a恒成立，

；.a"-3aWf(x)mi„=-2,

解得lWaW2.(5分)

⑵由⑴知f(x)蛔=2,

.•.f(m)W2,f(n)W2,

则f(m)+f(n)W4,(8分)

又f(m)+f(n)=4,所以f(m)=f(n)=2,于是n〉m?4,

故m+n>8.(10分)

【五年高考】

A组统一命题•课标卷题组

考点一绝对值不等式

1.(2019课标H,23,10分)已知f(x)=|x-a|x+1x~21(x-a).

⑴当a=l时,求不等式f(x)<0的解集;

⑵若xeS,1)时,f(x)〈0,求a的取值范围.

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.

⑴当a=l时,f(x)=|x-lx+|x-2|(x-1).

当时,f(X)=-2(X-1)2<0;当x'l时，f(x)》0.

所以不等式f(x)<0的解集为(-8j).

(2)因为f(a)=0,所以aNl,

当a》l,x€(-8,1)时，f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(xT)〈0,所以,a的取值范围是［1,+°°).

。思路分析(1)当a=l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aN1,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)<0,求解即可.

2.(2018课标I,23,10分)已知f(x)=|x+11-1ax-1.

⑴当aH时,求不等式f(x)>l的解集；

(2)若xe(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.

解析⑴当a=l时，f(x)=|x+l|-|x-l|,

(-2,x<-1,

即f(x)=J2x,-l<x<l,

l2,x>1.

故不等式f(x)〉l的解集为标|x>|}.

⑵当x£(0,1)时|x+lHax-l|》x成立等价于当x£(0,1)时|axT|<1成立.

若aWO,则当xe(0,1)时|ax-l若1;

若a>0,贝”ax-11<1的解集为卜|0<x<j],

所以与1,故0<aW2.

a

综上,a的取值范围为92].

。方法技巧L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-aHx-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xeD上，当f(x)存在最小值时，f(x)>a恒成立

<=>a<f(x)mi„,当f(x)存在最大值时，f(x)<a恒成立oa〉f(x)

3.(2018课标HI,23,10分)设函数f(x)=|2x+l|+|x-l].

⑴画出y=f(x)的图象；

(2)当xd[0,+8)时，f(x)Wax+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酬立问题.

-3x,x<-

x+2,-|<x<1,

f3x,x>1.

y=f(x)的图象如图所示.

⑵由⑴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)Wax+b在［0,+8)成立,因此a+b的最小值为5.

踢错警示对“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

出很P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

⑴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.

⑵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,再求参数的取值范围.

4.(2017课标I,23,10分)已知函数f(x)=^x2+ax+4,g(X)=|x+1+|x-l|.

⑴当a=l时,求不等式f(x)与g(x)的解集;

(2)若不等式f(x)与g(x)的解集包含［T,1］,求a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=l时,不等式f(x)Ng(x)等价于x2-x+|x+l|+1xT|-4^0.①

当x〈T时,①式化为X2-3X-4^0,无解；

当TWxWl时,①式化为x?-x-2W0,从而TWxWl;

当X>1时,①式化为x2+x-4^o,从而1«1+产.

所以f(x)2g(x)的解集为｛%卜1<x<1+产｝.

2x,x>1,

2,-1<%<1,

｛-2x,x<-1,

当a=l时，f(x)=-X2+X+4,两个函数的图象如图所示.

易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和(产,-1+旧)，所以f(x)已g(x)的解集为［卜1<x<

(2)解法一(等价转化法):当xd［-1,1］Hyt,g(x)=2.

所以f(x)Ng(x)的解集包含［T,1］等价于当xd［-1,1］时f(x)22.

又f(x)在［T,1］内的最小值必为f(T)与f⑴之一，

所以f(T)A且f⑴22,得-IWaWl.

所以a的取值范围为［-1,1］.

解法二(分类讨论法)：当xe［-1,1］g(x)=2,

所以f(x)2g(X)的解集包含［T,1］等价于x£［T,1］时f(x)22,即-x、ax+4N2,

当x=0时,-x2+ax+422成立;

当X®(0,1］时,-x?+ax+422可化为a^x-p而y=x-：在(0,1］单调递增,最大值为T,所以a»T;

当x£［-1,0)Bi,-x2+ax+4^2可化为a^x--,而y=x-2在［T,0)单调递增,最小值为1,所以aWL

XX

综上,a的取值范围为［T,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：

(D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.(2016课标HI,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.

⑴当a=2时,求不等式f(x)W6的解集；

⑵设函数g(x)=12xT|.当xdR时，f(x)+g(x)>3,求a的取值范围.

解析⑴当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.

解不等式12x-21+2W6得-1WxW3.

因此f(x)W6的解集为{x|-1WXW3}.(5分)

⑵当xWR时,

f(x)+g(x)=|2x-a|+a+l-2x|》|2x-a+l-2x|+a=|l-a|+a,

当xg时等号成立,所以当XeR时，f(X)+g(x)与3等价于11-a|+a23.①(7分)

当aWl时,①等价于ba+a》3,无解.

当a>l时,①等价于aT+a》3,解得aN2.

所以a的取值范围是⑵+8).(10分)

。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)滨3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值33即可,利用a|+1b]|a土b|可求最值.

考点二不等式的证明

1.(2019课标III,23,10分)设X,y,z£R,且x+y+z=l.

(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值；

⑵若(x-2)2+(y-1)2+(z-a):|成立,证明:a^-3或a2T.

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,考查了逻辑推理的核心素

养.

⑴由于[(x-l)+(y+l)+(z+l)]2

=(x-l)2+(y+l)2+(z+l)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]

<3[(X-1)2+(y+l)2+(z+1)2],

故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2若，

当且仅当x=|,y=三,z=三时等号成立.

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-l)2+(z-a)2],

故由已知得(x-2)，(y-1)，+(z-a)2已产,当且仅当x等y号,z=等时等号成立.

因此(x-2)2+(y-1)，(z-a/的最小值为手.

由题设知仁解得aW-3或a^-1.

。难点突破(1)考虑到x+y+z=l,(x-l)+(y+l)+(z+l)=(x+y+z)+l=2,将xT,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=a?+b'c'Zab+Zac+Zbc,借助基本不等式可消去乘积,得到(a+b+c)W3(a2+b2+c2).

⑵只需证明［(x-2)2+61产+(z-a)丁若,

求［-61)2+(z-a)的方法同第⑴问.

2.(2017课标n,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明：

(1)(a+b)(a5+b5)24;

(2)a+bW2.

证明本题考查不等式的证明.

⑴(a+b)(a'+W+abS+aSb+b，

=(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)W2+^^(a+b)

4

3

_^+3(a+fe)

4'

所以(a+b)3W8,因此a+bW2.

。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

考点一绝对值不等式

1.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+11+21x-a|的最小值为5,则实数a=

答案-6或4

2.(2019江苏,21C,10分)设xdR,解不等式|x|+|2x-l|/2.

解析本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x<0时,原不等式可化为-x+l-2x>2,解得x<-|;

当OWxW*寸,原不等式可化为x+l-2x>2,即x<-l,无解；

当x审寸,原不等式可化为x+2x-l>2,解得x>l.

综上,原不等式的解集为｛x|x<J或x>1).

考点二不等式的证明

1.(2016江苏,21D,10分)设a〉0,求证：|2x+y-4|<a.

证明因为|x-l」g|厂2代,

所以I2x+y-41=|2(x-l)+(y-2)|W21xT|+1y-2|〈2xg+|=a.

2.(2015湖南,16(3),6分)设a>0,b>0,且a+b」+2证明：

ab

⑴a+b22;

(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.

证明由a+b'+'aq,a>0,b>0,得ab=l.

abab

(1)由基本不等式及ab=1,有a+b22V^F=2,即a+b22.

⑵假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a+a<2及a>0得0<a<l;同理0<b<l,从而ab<l,这与ab=l矛盾.故

a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.

C组教师专用题组

考点一绝对值不等式

1.(2015山东,5,5分)不等式、-1|-鼠-5|<2的解集是()

A.(-8,4)B.(-8,1)C.(1,4)D.(1,5)

答案A

2.(2018课标II,23,10分)设函数f(x)=5-1x+a|-|x-21.

⑴当a=l时,求不等式f(x)20的解集；

⑵若f(x)W1,求a的取值范围.

(2x+4,x<-1,

解析⑴当时，f(x)=<2,-1<x<2,

(-2%+6,x>2.

可得f(x)的解集为{x|-2WxW3}.

⑵f(x)W1等价于Ix+a|+1x-212.

而|x+a|+1x-2||a+21,且当x=2时等号成立.

故f(x)Wl等价于|a+2|24.

由Ia+2|>4可得aW-6或a>2.

所以a的取值范围是(-8,-6]U[2,+8).

。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.(2016课标I,24,10分)已知函数f(x)=|x+lH2x-3|.

⑴画出y=f(x)的图象；

⑵求不等式1f(x)|>l的解集.

rx-4,x<-1,

3

解析⑴£6)=(3%-2,-1<%<5，(3分)

「％+4,%>|,

y=f(x)的图象如图所示.(5分)

⑵由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,可得x=l或x=3;(6分)

当f(x)=T时,可得x三或x=5,(7分)

故f(x)>l的解集为｛x|l〈x<3｝;f(x)〈T的解集为｛%|x<:或x>5｝.(9分)

所以|f(x)|>1的解集为｛%|xV：或1Vx<3或x>5>(10分)

4.(2016课标H,24,10分)已知函数f(x)+臼+卜+||,M为不等式f(x)<2的解集.

⑴求M;

(2)证明:当a,b£M时，|a+b|<11+ab|.

(-2x,x<

解析(l)f(x)[l,J<x<3(2分)

\2xfx>

当xW-巳时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-l;(3分)

当时，f(x)<2恒成立；(4分)

当X苗时,由f(x)<2得2x<2,解得X<1.(5分)

所以f(x)<2的解集M={x|-kx<l}.(6分)

(2)证明:由⑴知,当a,b£M时，-从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-l=(a2-l)(l-b2)<0.

因此|a+b|〈|l+ab|.(10分)

5.(2015课标I,24,10分)已知函数f(x)=|x+11-21x-a|,a>0.

⑴当a=l时,求不等式f(x)>l的解集；

⑵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⑴当a=l时，f(x)>l化为|x+11-21x-1|-l>0.

当xW-l时,不等式化为x-4>0,无解；

当-"x〈l时,不等式化为3x-2〉0,解得|〈X<1;

当x'l时,不等式化为-x+2>0,解得lWx〈2.

所以f(x)>1的解集为{x||<x<2卡(5分)

x-l-2a,x<-1,

3%+l-2a,-l<x<a,

(-%+1+2a,x>a.

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(等,0),B(2a+l,0),C(a,a+1),AABC的面积为

|(a+l)2.由题设得|(a+l)z>6,故a>2.

所以a的取值范围为(2,+8).(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.

6.（2015江苏,21D,10分）解不等式x+|2x+3|22.

解析原不等式可化为f<《'或卜2V，

{-X-3>213%+3>2.

解得xW-5或x，、.

综上,原不等式的解集是卜|x4-5或x之J}.

7.(2013课标I,24,10分)已知函数f(x)=12x-l|+12x+a|,g(x)=x+3.

⑴当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;

⑵设a>-l,且当x£卜去习时，f(x)4g(x),求a的取值范围.

解析(1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为12x-l|+12x-21-x-3<0.

设函数y=12x-l|+12x-21-x-3,则

15%,x<I，

i

y~\-x-2,-<x<1,

<3x-6,x>1.

其图象如图所示.从图象可知,当且仅当Xe(0,2)时,y〈0.所以原不等式的解集是{x10<x<2].

(2)当x士加,f(x)=l+a.

不等式f(x)Wg(x)化为l+aWx+3.

所以x》a-2对xC[-],都成立.

故即aW*

从而a的取值范围是(-1,4.

。方法总结⑴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.

⑵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.

考点二不等式的证明

1.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+bM,c2+d2=16,证明:ac+bdW8.

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+bdyWE+b?)(c2+d)

因为a2+b2=4,c2+d2=16,

所以(ac+bd)、W64,

因此ac+bdW8.

2.(2015课标II,24,10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明：

⑴若ab>cd,则Vc+V3;

⑵VH+V^>VF+四是|a-b|<|c-d］的充要条件.

证明(1)因为(V5+VF)2=a+b+2VaF,(Vc+Vd)2=c+d+2Vcd,

由题设a+b=c+d,ab>cd得(Va+VS)2>(Vc+V3)2.

因此>Vc+VH.

⑵⑴若Ia-b|<|c-dI,则(a-b)z<(c-d)2,

即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.

因为a+b=c+d,所以ab>cd.

由⑴得返+迎〉7?+73.

(ii)若乃+V^>VF+VS,则(VH+VF)2>(Vc+Vd)2,

即a+b+2Vab>c+d+2Vcd.

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Ia-b|<|c-d|.

综上,V^+VK>V?+V5是|a-b|<|c-d］的充要条件.

。思路分析⑴证明(仿+扬2>(病尼)2即可

⑵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.

3.(2014课标II,24,10分)设函数f(x)=|x+1+1x-a|(a>0).

⑴证明:f(x)22;

⑵若f(3)<5,求a的取值范围.

解析⑴证明：由a>0,得f(x)二卜+：卜鼠-@|+：-(x-a)R+a22.

所以f(x)22.

(2)f(3)=|3+^|+|3-a|.

当a>3时，f(3)=aA由f(3)<5得3<a〈空电.

a2

当0〈aW3时，f(3)=6-a+,由f(3)<5得上更〈aW3.

a2

综上,a的取值范围是(竽，手).

盘阈a本题考查了含绝对值不等式的解法,考查了分类讨论思想.

4.(2013课标H,24,10分)设a,b,c均为正数,且a+b+c=l,证明：

(1)ab+bc+ca^|;

⑵Q+Q+Q3i.

bca

证明(1)由a2+b2^2ab,b2+c2^2bc,c2+a2^2ca得a2+b2+c2ab+bc+ca.

由题设得(a+b+c)、l,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=l.

所以3(ab+bc+ca)41,即ab+bc+ca

(2)因为匕+bN2a,—+c^2b,-+a^2c,

bca

故^~+g+：+(a+b+c)22(a+b+c),

/j21^2「2

即匕+匕+J2a+b+c.

bca

所以号+Q+《》1.

。思路分析⑴利用a2+b2^2ab及(a+b+c)2=1证明不等式.

(2)a+b+c=l,原不等式可转化为十+二+.+(a+b+c)22(a+b+c).两两结合,利用基本不等式证明.

bca

【三年模拟】

解答题(共80分)

1.(2020届四J11天府名校第一轮联考,23)关于x的不等式1x+m|Wn的解集为[-6,2].

(1)求实数m,n的值；

(2)若实数y,z满足|my+z|<|,|y-nz|<|,求证：|z|

解析（1）由Ix+m|Wn,得-nWx+mWn,即-n-mWxWn-ni,

-n-m=-6,

n-m=2,

⑵证明：由⑴可知I2y+z|<1,y-4z|<|,

所以9|z|=|(2y+z)-2(y-4z)|W|2y+z|+2|y-4z|<|+2x1=l,

所以⑶

2.(2020届四川成都外国语学校10月阶段性检测,23)已知a^O,b^O,f(x)=|x+a|+|2x-b|.

(1)若a=0,b=2,求f(x)W2的解集;

(2)若f(x)的最小值为1,求仿+VF的最大值.

3x-2,x>1,

2-x,0<%<1,

(-3%+2,x<0,

(x>1,<x<

(3x-2<

故f(x)W2的解集为［O.*

(2)易知f(x)min=f(a)=a+『l,・'.2a+b—2.

_/5、2(2a+b=2,(a=-,

・・.(VH+VF)J/-y+VF-l)(2a+b)(|+1)=3(柯西不等式)，当且仅当叵=业即｝时等号成

(、后—2'b=-

立，

VH+VF的最大值为V5.

3.(2020届辽宁沈阳铁路实验中学10月月考,23)已知函数f(x)=|x-a|.

(1)若不等式f(x)W3的解集为{x|TWxW5},求实数a的值；

⑵在⑴的条件下,若存在xGR使得f(x)+f(x+5)Wm成立,求实数m的取值范围.

解析本题考查根据绝对值不等式的解集求解参数值,存在性问题,考查学生的数学运算能力.

(1)由f(x)W3得|x-a|W3,即-3Wx-aW3,解得a-3WxWa+3,

又f(x)W3的解集为{x|-lWxW5},.•.卜T=I,解得a=2.

(2)当a=2时，f(x)=|x-21,

・•・f(x)+f(x+5)二|x-21+1x+312|(x-2)-(x+3)|二5(当且仅当-3WxW2时取等号),

・，.m25时,存在xeR,使得f(x)+f(x+5)Wm,

・・・111的取值范围为[5,+8).

4.(2020届云南名校适应性统考,23)已知a,b,c,d为正数,且满足abcd=l,证明:

(1)(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)(16;

证明本题考查了不等式的证明,重点考查了基本不等式的应用,意在考查等价转化思想和逻辑推理能力.

⑴因为a,b,c,d为正数,所以a+b^2Vab,b+c22A/瓦,c+d22d+a22V^2(当且仅当a二b二c二d时等号同时

成立)，

所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)^2\TabX2yfbcX2y[cdX2Vad=16abcd.

又abcd=l,所以(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)216(当且仅当a=b=c=d时等号成立).

(2)因为abcd=l,fifrUZ—+—+—+-^-=(―+—+—+—>)abcd=cd+ad+ab+bc.

abbecdad\abbecdadj

又2(a2+b2+c2+d2)=(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+d2)+(d2+a2)22ab+2bc+2cd+2da(当且仅当a=b=c=d时等号成立),

所以2(a+b2+c2+d2)》2(92+3+专),

即=+三+尚+七石22+。2+(12(当且仅当a二b二c二d时等号成立).

abbecdad

5.(2020届河南洛阳尖子生第一次联考,23)设函数f(x)=x-1x+21-|x-3|-m,若Vx£R,\-4Nf(x)恒成立.

⑴求实数m的取值范围;

(2)求证：log(m+i)(m+2)>log(m+2)(m+3).

解析⑴TVx£R,-42f(x)恒成立，

恒成立.

:.m+—m