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第十六章不等式选讲命题探究解答过程解法一:(1)f(x)=当x2时,由f(x)1解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1.(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.解法二:(1)f(x)=其图象如图所示:由图可知f(x)1的解集为x|x1.(2)原式等价于存在xR使得f(x)-x2+xm成立,即mf(x)-x2+xmax,设g(x)=f(x)-x2+x,由(1)知g(x)=(i)当x-1时,g(x)=-x2+x-3,其图象开口向下,对称轴方程为x=-1,g(x)g(-1)=-5;(ii)当-1x2时,g(x)=-x2+3x-1,其图象开口向下,对称轴方程为x=(-1,2),g(x)g=;(iii)当x2时,g(x)=-x2+x+3,其图象开口向下,对称轴方程为x=2,g(x)g(2)=1.综上,g(x)max=,m的取值范围为考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.含绝对值不等式的解法理解绝对值的几何意义,会证明和求解绝对值不等式掌握2017课标全国,23;2016课标全国,24解答题2.不等式的证明了解证明不等式的基本方法掌握2017课标全国,23;2016课标全国,24解答题分析解读1.本章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.2.绝对值不等式及不等式的证明均为高考的常考点.本章在高考中以解答题为主,往往涉及含有两个绝对值的问题,考查分类讨论、等价转化和数形结合等思想方法,分值约为10分,难度中等.五年高考考点一含绝对值不等式的解法1.(2017课标全国,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.解析本题考查绝对值不等式的求解.(1)当a=1时,不等式f(x)g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-40.当x1时,式化为x2+x-40,从而11时,等价于a-1+a3,解得a2.所以a的取值范围是2,+).(10分)3.(2015课标,24,10分)选修45:不等式选讲已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a0.(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|-10.当x-1时,不等式化为x-40,无解;当-1x0,解得x0,解得1x1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)26,故a2.所以a的取值范围为(2,+).(10分)教师用书专用(412)4.(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A5.(2014湖南,13,5分)若关于x的不等式|ax-2|3的解集为x-x,则a=.答案-36.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=.答案-6或47.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|5的解集为.答案x|x-3或x28.(2013江西,15(2),5分)(不等式选做题)在实数范围内,不等式|x-2|-1|1的解集为.答案0,49.(2013重庆,16,5分)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|0).(1)证明:f(x)2;(2)若f(3)0,得f(x)=+|x-a|=+a2.所以f(x)2.(2)f(3)=+|3-a|.当a3时,f(3)=a+,由f(3)5得3a.当0a3时,f(3)=6-a+,由f(3)5得a3.综上,a的取值范围是.12.(2014辽宁,24,10分)选修45:不等式选讲设函数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xMN时,证明:x2f(x)+xf(x)2.解析(1)f(x)=当x1时,由f(x)=3x-31得x,故1x;当x1时,由f(x)=1-x1得x0,故0x0,b0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)4;(2)a+b2.证明本题考查不等式的证明.(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)24.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)2+(a+b)=2+,所以(a+b)38,因此a+b2.2.(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+bd8.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)264,因此ac+bd8.3.(2016课标全国,24,10分)已知函数f(x)=+,M为不等式f(x)2的解集.(1)求M;(2)证明:当a,bM时,|a+b|1+ab|.解析(1)f(x)=(2分)当x-时,由f(x)2得-2x-1;(3分)当-x时, f(x)2;(4分)当x时,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)证明:由(1)知,当a,bM时,-1a1,-1b1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0.因此|a+b|cd,则+;(2)+是|a-b|cd得(+)2(+)2.因此+.(2)(i)若|a-b|c-d|,则(a-b)2(c-d)2,即(a+b)2-4abcd.由(1)得+.(ii)若+,则(+)2(+)2,即a+b+2c+d+2.因为a+b=c+d,所以abcd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2.因此|a-b|+是|a-b|0,b0,且a+b=+.证明:(1)a+b2;(2)a2+a2与b2+b0,b0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b2=2,即a+b2.(2)假设a2+a2与b2+b2同时成立,则由a2+a0得0a1;同理,0b1,从而ab1,这与ab=1矛盾.故a2+a2与b2+b0,b0,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.解析(1)由=+,得ab2,且当a=b=时等号成立.故a3+b324,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知,2a+3b24.由于46,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.8.(2014福建,21(3),7分)选修45:不等式选讲已知定义在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+r23.解析(1)因为|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1x2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,又因为p,q,r是正实数,所以(p2+q2+r2)(12+12+12)(p1+q1+r1)2=(p+q+r)2=9,即p2+q2+r23.9.(2013课标全国,24,10分)选修45:不等式选讲设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca;(2)+1.证明(1)由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca得a2+b2+c2ab+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.(2)易证+b2a,+c2b,+a2c,故+(a+b+c)2(a+b+c),即+a+b+c.所以+1.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一含绝对值不等式的解法1.(2018湖南长沙第二次模拟,23)已知函数f(x)=|x+a2|+|x-a-1|.(1)证明:f(x);(2)若f(4)13,求a的取值范围.解析(1)证明:f(x)=|x+a2|+|x-a-1|(x+a2)-(x-a-1)|=|a2+a+1|=+.(2)因为f(4)=|a2+4|+|a-3|=所以f(4)13或解得-2a3,即a的取值范围是(-2,3).2.(2017广东汕头潮阳黄图盛中学第三次质检,23)已知函数f(x)=|2x-a|+|2x+3|,g(x)=|x-1|+2.(1)解不等式|g(x)|5;(2)若对任意x1R,都有x2R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围.解析(1)由|x-1|+2|5,得-5|x-1|+25,-7|x-1|3,不等式的解集为x|-2x4.(2)因为任意x1R,都有x2R,使得f(x1)=g(x2)成立,所以y|y=f(x)y|y=g(x),又f(x)=|2x-a|+|2x+3|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|,g(x)=|x-1|+22,所以|a+3|2,解得a-1或a-5,所以实数a的取值范围为a-1或a-5.考点二不等式的证明3.(2017山西重点中学协作体期末,23)已知|x1-2|1,|x2-2|1.(1)求证:2x1+x26,|x1-x2|2;(2)若f(x)=x2-x+1,求证:|x1-x2| f(x1)-f(x2)|5|x1-x2|.证明(1)|x1-2|1,-1x1-21,即1x13,同理1x23,2x1+x26.|x1-x2|=|(x1-2)-(x2-2)|x1-2|+|x2-2|.|x1-x2|2.(2)|f(x1)-f(x2)|=|-x1+x2|=|x1-x2|x1+x2-1|,2x1+x26,1x1+x2-15,|x1-x2|f(x1)-f(x2)|0恒成立,求实数n的最小值;(2)若函数f(x)=求函数g(x)=f(x)+h(x)的值域.解析(1)h(x)-|x-2|n对任意的x0恒成立,等价于-|x-3|-|x-2|n对任意的x0恒成立,等价于-n(|x-2|+|x-3|)min.因为|x-2|+|x-3|x-2-(x-3)|=1,当且仅当x2,3时取到等号,所以-n1,得n-1.所以实数n的最小值为-1.(2)因为f(x)=g(x)=f(x)+h(x),所以g(x)=f(x)-|x-3|=当0x2恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)原不等式等价于或或解得x2或-x或-1x2恒成立log2(a2-3a)+2f(x)=|2x+1|+|2x-3|恒成立log2(a2-3a)+2f(x)min恒成立,|2x+1|+|2x-3|(2x+1)-(2x-3)|=4,f(x)的最小值为4,log2(a2-3a)+24,即解得-1a0或3a6的解集;(2)若不等式f(x)10对任意实数x恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=3时,f(x)6,即|x+3|-|x-5|6.或或解得x5或4x6的解集为x|x4.(2)f(x)=|x+m|-|5-x|(x+m)+(5-x)|=|m+5|.由题意得|m+5|10,即-10m+510,解得-15m5.故m的取值范围为-15,5.C组20162018年模拟方法题组方法1含绝对值不等式的解法1.(2018四川成都第七中学一诊,23)已知函数f(x)=m-|x-1|-|x+1|.(1)当m=5时,求不等式f(x)2的解集;(2)若函数y=x2+2x+3与y=f(x)的图象恒有公共点,求实数m的取值范围.解析(1)当m=5时, f(x)=所以不等式f(x)2的解集为.(2)二次函数y=x2+2x+3=(x+1)2+2,该函数在x=-1时取到最小值2,因为f(x)=在x-1,1时取到最大值m-2,所以要使二次函数y=x2+2x+3与函数y=f(x)的图象恒有公共点,只需m-22,即m4.所以实数m的取值范围是4,+).2.(2017广东韶关1月调研,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|(mR).(1)当m=-1时,求不等式f(x)2的解集;(2)设关于x的不等式f(x)|2x+1|的解集为A,且A,求实数m的取值范围.解析(1)当m=-1时,f(x)=|x-1|+|2x-1|,则f(x)2|x-1|+|2x-1|2,上述不等式可化为或或解得或或0x或x1或1x.原不等式的解集为.(2)f(x)|2x+1|的解集包含,当x时,不等式f(x)|2x+1|恒成立,即|x+m|+|2x-1|2x+1|在上恒成立,|x+m|+2x-12x+1在上恒成立,即|x+m|2在上恒成立,-2x+m2在上恒成立,-x-2m-x+2在上恒成立,(-x-2)maxm(-x+2)min,-m0,实数m的取值范围是.方法2与绝对值不等式相关的最值问题的求解策略3.(2017湖南三湘名校联盟三模,23)已知函数f(x)=|2x-a|-|x-1|.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)存在x0,2时,使得不等式f(x)0成立,求实数a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=|2x-1|-|x-1|=f(x)在上单调递减,在上单调递增,x=时, f(x)取到最小值-.(2)不等式f(x)0,即|2x-a|x-1|,两边平方并化简得(3x-a-1)(x-a+1)0.a=2时,f(x)0即x=10,2,符合题意;a2时,a-1, f(x)0的解集为,0,2,a-12且0,-1a2时,a-1, f(x)0的解集为,0,2,a-10且2,23的解集为P.(1)求P; (2)若a,bP,且ab3不成立;当-4x3,解得x0,0x3成立,故P=x|x0.(2)证明:a0,ba,a(b-a)=,当且仅当b=2a时取等号,又b1,故+=b2+(1-b2)=5+9,当且仅当即a=,b=时取等号.
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