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1、专题十六不等式选讲探考情 悟真题【真题探秘】【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1.绝对值不等式(1)理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式几何意义证明以下不等式:|a+b|a|+|b|.|a-b|a-c|+|c-b|.(2)会利用绝对值的几何意求解以下类型的不等式: |ax+b|c;|ax+b|c;|x-a|+|x-b|c.(3)了解证明不等式的基本法:比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法2019课标,23,10分2018课标,23,10分解绝对值不等式,含有绝对值的恒成立、参数取值范围的问题不等式的性质和解法2017课标,23,10分2017课标,23,10
2、分解绝对值不等式,含有绝对值的存在性、参数取值范围的问题不等式的性质和解法2016课标,24,10分画绝对值函数的图象,解绝对值不等式不等式的性质和解法2.不等式的证明2019课标,23,10分2019课标,23,10分2017课标,23,10分不等式的证明基本不等式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f
3、(x)=|ax-1|(a0).(1)设不等式f(x)2的解集为A,集合B=x|-2x32对一切实数x恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)由|ax-1|2,得-2ax-12,又a0,-1ax3a,得A=-1a,3a.B=x|-2x-2,3a12,a32,a32.a的取值范围是32,+.(4分)(2)由题意,得|ax-1|+|x+1|32对一切实数x恒成立,设h(x)=|ax-1|+|x+1|,因为a0,所以h(x)=-(a+1)x,x1a,(6分)所以h(x)在(-,-1)上单调递减,在1a,+上单调递增,(7分)当032,121时,h(x)在-1,1a上单调递减,h(x)min=h1a=1a
4、+132,1a2.(9分)综上所述,a的取值范围是12,2.(10分)2.(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)f(x)min, f(x)=2x-2,x3,4,-1x3,2-2x,x-1,绘制函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得实数a的取值范围是(4,+).(2)由题意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a的解,所以a=72+1+72-3=5,求解绝对值不等式|x+1|+|x-3|5可得-32x72.故b=-32,a+b=5-32=72.考点二不等式的
5、证明1.(2020届山西太原五中10月月考,23)设函数f(x)=|x+1|+|x-1|,已知不等式f(x)23的解集为M.(1)求M;(2)当a,bM时,证明:3|a+b|ab+3|.解析(1)f(x)=|x+1|+|x-1|=-2x,x1.当x1时,由2x23,得x3.所以M=-3,3.(2)证明:当a,bM,即-3a,b3时,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河南郑州二模,23)关于x的不等式|x-2|m(mN*)的解集为A,且32A,12A.
6、(1)求m的值;(2)若a,b,c均为正实数,且ab+bc+ca=mabc,求证:a+4b+9c36.解析(1)32A,12A,32-2m,12-2m,12m32,mN*,m=1.(2)证明:由(1)及已知得1a+1b+1c=1,又a,b,c均为正实数,a+4b+9c=(a+4b+9c)1a+1b+1c=14+4ba+ab+9ca+ac+9cb+4bc14+24baab+29caac+29cb4bc=36,当且仅当a=2b=3c时等号成立,故a+4b+9c36.思路分析(1)根据题意可得32-2x+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.解析(1)当a=
7、2时, f(x)=-2x+1(x-1),3(-1xx+2等价于xx+2或-1xx+2或x2,2x-1x+2,解得x3.故原不等式的解集为x|x3.(2)f(x)=|x-a|+|x+1|(x-a)-(x+1)|=|a+1|,当(x-a)(x+1)0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+1|2,解得-3a2,求实数x的取值范围;(2)设g(x)=f(x)+f(ax)(a1),若g(x)的最小值为12,求a的值.解析(1)f(x)+2x2即|x+1|2-2xx+10,x+12-2x或x+12-2xx13,实数x的取值范围是13,+.(2)a1,-1-1a0,b0,c0,函数f
8、(x)=|a-x|+|x+b|+c.(1)当a=b=c=1时,求不等式f(x)3的解集;(2)当f(x)的最小值为3时,求1a+1b+1c的最小值.解析(1)f(x)=|x-1|+|x+1|+1,x-1,1-2x3或-1x3或x1,2x+13,解得x1,故原不等式的解集为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+ba+ab+ca+ac+cb+bc13(3+2+2+2)=3,当且仅当a=b=c=1时取等号,故1a+1b+1c的最小值为3.2.(2019安徽黄山第二次质量
9、检测,12)已知f(x)=|2-x|-|4-x|.(1)关于x的不等式f(x)a2-3a恒成立,求实数a的取值范围;(2)若f(m)+f(n)=4,且mn,求m+n的取值范围.解析(1)f(x)=2(x4),2x-6(2xm4,故m+n8.(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,23,10分)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.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
10、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.(1)当a=1时, f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).当x1时, f(x)=-2(x-1)20;当x1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a1,当a1,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,+).思路分析(1)当a=1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a1,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)1的解集;(2)若x(0,1)时不
11、等式f(x)x成立,求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,即f(x)=-2,x-1,2x,-1x1的解集为xx12.(2)当x(0,1)时|x+1|-|ax-1|x成立等价于当x(0,1)时|ax-1|0,则|ax-1|1的解集为x|0x2a,所以2a1,故0a恒成立af(x)min,当f(x)存在最大值时, f(x)f(x)max.3.(2018课标,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x0,+)时, f(x)ax+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恒成立问题.(1)f(x)
12、=-3x,x-12,x+2,-12x1,3x,x1.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a3且b2时, f(x)ax+b在0,+)成立,因此a+b的最小值为5.易错警示对“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(即零点),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(
13、1)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.(2)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,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=1时,不等式f(x)g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-40.当x1时,式化
14、为x2+x-40,从而11,2,-1x1,-2x,x1时,等价于a-1+a3,解得a2.所以a的取值范围是2,+).(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)3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.考点二不等式的证明1.(2019课标,23,10分)设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,证明:a-3或a-1.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
15、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)243,当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立.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(
16、x-2)2+(y-1)2+(z-a)2(2+a)23,当且仅当x=4-a3,y=1-a3,z=2a-23时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为(2+a)23.由题设知(2+a)2313,解得a-3或a-1.难点突破(1)考虑到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,将x-1,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=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘积,得到(a+b+c)23(a2+b2+c2).(2)只需证明
17、(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)问.2.(2017课标,23,10分)已知a0,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+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34,所以(a+b)38,因此a+b2.失分警示运用直接法证明不等式时
18、,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+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=.答案-6或42.(2019江苏,21C,10分)设xR,解不等式|x|+|2x-1|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x2,解得x2,即x12时,原不等式可化为x+2x-12,解得x1.综上,原不等式的解集为x|x1.考点二不等式的证明1.(2016江苏,21D,10分)设a0,|x-1|a3,|y-2|a3,求证:|2x+y-4|a.证明因为|
19、x-1|a3,|y-2|a3,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|0,b0,且a+b=1a+1b.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+b2ab=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+b2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|x-1|-|x-5|2的解集是()A.(-,4)B.(-,1)C.(1,4)D.(1,5)答案A2.(2018
20、课标,23,10分)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.解析(1)当a=1时, f(x)=2x+4,x-1,2,-12.可得f(x)0的解集为x|-2x3.(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a2.所以a的取值范围是(-,-62,+).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
21、解.3.(2016课标,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.解析(1)f(x)=x-4,x-1,3x-2,-132,(3分)y=f(x)的图象如图所示.(5分)(2)由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;(6分)当f(x)=-1时,可得x=13或x=5,(7分)故f(x)1的解集为x|1x3;f(x)-1的解集为x|x5.(9分)所以|f(x)|1的解集为x|x13或1x5.(10分)4.(2016课标,24,10分)已知函数f(x)=x-12+x+12,M为不等式f(x)2的解集
22、.(1)求M;(2)证明:当a,bM时,|a+b|1+ab|.解析(1)f(x)=-2x,x-12,1,-12x12,2x,x12.(2分)当x-12时,由f(x)2得-2x-1;(3分)当-12x12时, f(x)2恒成立;(4分)当x12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|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
23、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23x0,解得1x1的解集为x23x2.(5分)(2)由题设可得, f(x)=x-1-2a,xa.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-13,0,B(2a+1,0),C(a,a+1),ABC的面积为23(a+1)2.由题设得23(a+1)26,故a2.所以a的取值范围为(2,+).(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|2.
24、解析原不等式可化为x-32,-x-32或x-32,3x+32.解得x-5或x-13.综上,原不等式的解集是x|x-5或x-13.7.(2013课标,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)-1,且当x-a2,12时, f(x)g(x),求a的取值范围.解析(1)当a=-2时,不等式f(x)g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-30.设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则y=-5x,x1.其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x(0,2)时,y0.所以原不等式的解集是x|0xcd,则a+b c+d;(2)a+
25、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|,则(a-b)2(c-d)2,即(a+b)2-4abcd.由(1)得a+bc+d.(ii)若a+bc+d,则(a+b)2(c+d)2,即a+b+2abc+d+2cd.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|c+d是|a-b|(c+d)2即可.(2)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,24,10分)设函数f(x)
26、=x+1a+|x-a|(a0).(1)证明:f(x)2;(2)若f(3)0,得f(x)=x+1a+|x-a|x+1a-(x-a)=1a+a2.所以f(x)2.(2)f(3)=3+1a+|3-a|.当a3时, f(3)=a+1a,由f(3)5得3a5+212.当0a3时, f(3)=6-a+1a,由f(3)5得1+52a3.综上,a的取值范围是1+52,5+212.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,24,10分)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca13;(2)a2b+b2c+c2a1.证明(1)由a2+b22ab,b2+c22
27、bc,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+ca13.(2)因为a2b+b2a,b2c+c2b,c2a+a2c,故a2b+b2c+c2a+(a+b+c)2(a+b+c),即a2b+b2c+c2aa+b+c.所以a2b+b2c+c2a1.思路分析(1)利用a2+b22ab及(a+b+c)2=1证明不等式.(2)a+b+c=1,原不等式可转化为a2b+b2c+c2a+(a+b+c)2(a+b+c).两两结合,利用基本不等式证明.【三年模拟】解答题(共80分)1.(
28、2020届四川天府名校第一轮联考,23)关于x的不等式|x+m|n的解集为-6,2.(1)求实数m,n的值;(2)若实数y,z满足|my+z|13,|y-nz|13,求证:|z|19.解析(1)由|x+m|n,得-nx+mn,即-n-mxn-m,则-n-m=-6,n-m=2,解得m=2,n=4.(2)证明:由(1)可知|2y+z|13,|y-4z|13,所以9|z|=|(2y+z)-2(y-4z)|2y+z|+2|y-4z|13+213=1,所以|z|19.2.(2020届四川成都外国语学校10月阶段性检测,23)已知a0,b0, f(x)=|x+a|+|2x-b|.(1)若a=0,b=2,求
29、f(x)2的解集;(2)若f(x)的最小值为1,求a+b的最大值.解析(1)f(x)=|x|+|2x-2|=3x-2,x1,2-x,0x1,-3x+2,x0,x1,3x-22或0x1,2-x2或xlog(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=3x+3,x3.函数g(x)在(-,3上是增函数,在(3,+)上是减函数.(3分)g(x)max=g(3)=2,m+1mg(x)max=2,(4分)即m+1m-20m2-2m+1m=(m-1)2m0,m0,实数m的取值范围是(0,+).(5分)(
30、2)证明:由m0,知m+3m+2m+11,则lg(m+3)lg(m+2)lg(m+1)lg 1=0.要证log(m+1)(m+2)log(m+2)(m+3),只需证lg(m+2)lg(m+1)lg(m+3)lg(m+2),即证lg(m+1)lg(m+3)lg2(m+2),又lg(m+1)lg(m+3)lg(m+1)+lg(m+3)22=lg(m2+4m+3)24log(m+2)(m+3)成立.(10分)6.(2019湖南百所重点名校大联考,23)已知函数f(x)=x2-6x+9+x2+8x+16.(1)求f(x)f(4)的解集;(2)设函数g(x)=k(x-3),kR,若f(x)g(x)对任意的xR都成立,求实数k的取值范围.解析(1)f(x)=x2-6x+9+x2+8x+16=(x-3)2+(x+4)2=|x-3|+|x+4|,f(x)f(4)即|x-3|+|x+4|9,x-4,3-x-x-49或-4x3,3-x+x+49或x3,x-