第十七章不等式選講高考理數

(課標Ⅲ專用)五年高考A組

統一命題·課標卷題組考點一不等式的性質和絕對值不等式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.解析本題考查不等式的基本性質,絕對值不等式的求解,以及含有參數的絕對值不等式恒成

立問題.通過對絕對值不等式的分類討論考查學生的化歸與轉化的能力,體現了邏輯推理的核

心素養.(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,+∞).思路分析(1)當a=1時,求解絕對值不等式只需分類討論去掉絕對值.(2)首先關注f(a)=0,求得a

≥1,這樣不需要分類討論就可以去掉絕對值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)<0,求解即可.2.(2018課標Ⅰ,23,10分)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.解析(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

.(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

,所以

≥1,故0<a≤2.綜上,a的取值范圍為(0,2].方法技巧1.研究含有絕對值的函數問題時,常根據絕對值的定義,分類討論去掉絕對值符號,

從而轉化為分段函數來解決.2.對于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型函數的最值問題,常利用絕對值三角不等式解決.3.不等式的恒成立問題可轉化為函數的最值問題.注意在x∈D上,當f(x)存在最小值時,f(x)>a恒

成立?a<f(x)min,當f(x)存在最大值時,f(x)<a恒成立?a>f(x)max.3.(2018課標Ⅱ,23,10分)設函數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.解析(1)當a=1時,f(x)=

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,+∞).方法總結解含有兩個或兩個以上絕對值的不等式,常用零點分段法或數形結合法求解;求含

有兩個或兩個以上絕對值的函數的最值,常用絕對值三角不等式或數形結合法求解.4.(2018課標Ⅲ,23,10分)設函數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.

解析本題考查函數的圖象與絕對值不等式恒成立問題.(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.易錯警示對“零點分段法”的理解不到位若不等式含有兩個或兩個以上的絕對值并含有未知數,通常先把每個絕對值內代數式等于零

時的未知數的值求出(即零點),然后將這些零點標在數軸上,此時數軸被零點分成了若干段(區

間),在每一段區間里,每一個絕對值符號內的代數式的符號確定,此時利用絕對值的定義可以

去掉絕對值符號.解后反思絕對值不等式問題常見類型及解題策略(1)直接求解不等式,主要利用絕對值的意義、不等式的性質想辦法去掉絕對值符號求解.(2)已知不等式的解集求參數值,利用絕對值三角不等式或函數求相應最值,然后再求參數的取

值范圍.5.(2017課標Ⅰ,23,10分)已知函數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.解析本題考查含絕對值的不等式的解法,考查學生的運算求解能力以及對數形結合思想的

應用能力.(1)解法一(零點分段法):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≤

.所以f(x)≥g(x)的解集為

.解法二(圖象法):由已知可得g(x)=

當a=1時,f(x)=-x2+x+4,兩個函數的圖象如圖所示.

易得圖中兩條曲線的交點坐標為(-1,2)和

,-1+

,所以f(x)≥g(x)的解集為

.(2)解法一(等價轉化法):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(分類討論法):當x∈[-1,1]時,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等價于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可化為a≥x-

,而y=x-

在(0,1]單調遞增,最大值為-1,所以a≥-1;當x∈[-1,0)時,-x2+ax+4≥2可化為a≤x-

,而y=x-

在[-1,0)單調遞增,最小值為1,所以a≤1.綜上,a的取值范圍為[-1,1].思路分析(1)利用零點分段法或圖象法解含絕對值的不等式;(2)根據題設可去掉絕對值,進

而轉化為不等式恒成立問題進行求解.方法總結含絕對值不等式問題的常見解法:(1)含絕對值的不等式求解問題,常利用零點分段討論法或數形結合法求解.(2)與恒成立相關的求參問題,常構造函數轉化為求最值問題.6.(2017課標Ⅲ,23,10分)已知函數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.解析本題考查絕對值不等式的解法.(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,解得1≤x≤2;當x>2時,由f(x)≥1解得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|=-

+

≤

,且當x=

時,|x+1|-|x-2|-x2+x=

.故m的取值范圍為

.思路分析(1)分段討論,求得符合題意的x的取值范圍,最后取并集.(2)不等式的解集非空,即不

等式能成立,轉化為求函數的最值處理.7.(2016課標Ⅰ,24,10分)已知函數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.

解析(1)f(x)=

(3分)y=f(x)的圖象如圖所示.

(5分)

(2)由f(x)的表達式及圖象,當f(x)=1時,可得x=1或x=3;(6分)當f(x)=-1時,可得x=

或x=5,

(7分)故f(x)>1的解集為{x|1<x<3};f(x)<-1的解集為

.

(9分)所以|f(x)|>1的解集為

.

(10分)8.(2016課標Ⅲ,24,10分)已知函數f(x)=|2x-a|+a.(1)當a=2時,求不等式f(x)≤6的解集;(2)設函數g(x)=|2x-1|.當x∈R時,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范圍.解析(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=

時等號成立,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)方法指導(1)將a=2代入不等式,化簡后去絕對值求解;(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|≥|a±b|可求最值.考點二不等式的證明1.(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≥

成立,證明:a≤-3或a≥-1.解析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.(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≥

,當且僅當x=

,y=-

,z=-

時等號成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為

.(2)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≥

,當且僅當x=

,y=

,z=

時等號成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為

.由題設知

≥

,解得a≤-3或a≥-1.難點突破(1)考慮到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,將x-1,y+1,z+1分別看作一個整

體,轉化為已知三數之和為定值,求它們平方和最小值的問題.和的平方與平方和之間存在等量

關系(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘積,得到(a+b+c)2≤3(a2+b2+c2).(2)只需證明[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min≥

,求[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min的方法同第(1)問.2.(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,且滿足abc=1.證明:(1)

+

+

≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.解析本題考查了學生的推理論證能力;考查的核心素養是邏輯推理.(1)因為a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=

=

+

+

.所以

+

+

≤a2+b2+c2.(2)因為a,b,c為正數且abc=1,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3

=3(a+b)(b+c)(a+c)≥3×(2

)×(2

)×(2

)=24.所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.思路分析(1)利用重要不等式可得a2+b2+c2≥ab+bc+ca,再由abc=1可得

=

+

+

,從而得證.(2)由基本不等式的推廣可證得結論.3.(2015課標Ⅱ,24,10分)設a,b,c,d均為正數,且a+b=c+d,證明:(1)若ab>cd,則

+

>

+

;(2)

+

>

+

是|a-b|<|c-d|的充要條件.解析(1)因為(

+

)2=a+b+2

,(

+

)2=c+d+2

,由題設a+b=c+d,ab>cd得(

+

)2>(

+

)2.因此

+

>

+

.(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

+

>

+

.(ii)若

+

>

+

,則(

+

)2>(

+

)2,即a+b+2

>c+d+2

.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,

+

>

+

是|a-b|<|c-d|的充要條件.思路分析(1)證明(

+

)2>(

+

)2即可.(2)兩不等式的兩邊都為非負數,可通過兩邊平方來證明.易錯警示在證明充要條件時,既要證明充分性,也要證明必要性,否則會扣分.4.(2017課標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.證明本題考查不等式的證明.(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+

(a+b)=2+

,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.失分警示運用直接法證明不等式時,可以通過分析和應用條件逐步逼近結論,在證明過程中

易因邏輯混亂而失分.B組

自主命題·省(區、市)卷題組考點一不等式的性質和絕對值不等式1.(2015山東,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

A①當x<1時,原不等式等價于1-x-(5-x)<2,即-4<2,∴x<1.②當1≤x≤5時,原不等式等價于x-1-(5-x)<2,即x<4,∴1≤x<4.③當x>5時,原不等式等價于x-1-(x-5)<2,即4<2,無解.綜合①②③知x<4.2.(2019江蘇,21C,10分)[選修4—5:不等式選講]設x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2.解析本小題主要考查解不等式等基礎知識,考查運算求解和推理論證能力.當x<0時,原不等式可化為-x+1-2x>2,解得x<-

;當0≤x≤

時,原不等式可化為x+1-2x>2,即x<-1,無解;當x>

時,原不等式可化為x+2x-1>2,解得x>1.綜上,原不等式的解集為

.3.(2018江蘇,21D,10分)[選修4—5:不等式選講]若x,y,z為實數,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值.解析

由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,因為x+2y+2z=6,所以x2+y2+z2≥4,當且僅當

=

=

時等號成立,此時x=

,y=

,z=

.所以x2+y2+z2的最小值為4.思路分析柯西不等式的基本應用:根據(

+

+

)(

+

+

)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2來構造(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,合理而自然.考點二不等式的證明1.(2017江蘇,21D,10分)已知a,b,c,d為實數,且a2+b2=4,c2+d2=16,證明:ac+bd≤8.證明本小題主要考查不等式的證明,考查推理論證能力.由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).因為a2+b2=4,c2+d2=16,所以(ac+bd)2≤64,因此ac+bd≤8.2.(2015湖南,16(Ⅲ),6分)設a>0,b>0,且a+b=

+

.證明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2與b2+b<2不可能同時成立.證明由a+b=

+

=

,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2

=2,即a+b≥2.(2)假設a2+a<2與b2+b<2同時成立,則由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理,0<b<1,從而ab<1,這與ab=1矛盾.故a2+a<2與b2+b<2不可能同時成立.C組

教師專用題組考點一不等式的性質和絕對值不等式1.(2014廣東,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集為

.答案{x|x≤-3或x≥2}解析原不等式等價于

或

或

解得x≥2或x≤-3.故原不等式的解集為{x|x≤-3或x≥2}.2.(2014重慶,16,5分)若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+

a+2對任意實數x恒成立,則實數a的取值范圍是

.答案

解析令f(x)=|2x-1|+|x+2|,易求得f(x)min=

,依題意得a2+

a+2≤

?-1≤a≤

.3.(2015江蘇,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.解析原不等式可化為

或

解得x≤-5或x≥-

.綜上,原不等式的解集是

.評析本題主要考查含絕對值不等式的解法,考查分類討論的能力.4.(2015課標Ⅰ,24,10分)已知函數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.解析(1)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

<x<1;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

.

(5分)(2)由題設可得,f(x)=

所以函數f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A

,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面積為

(a+1)2.由題設得

(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范圍為(2,+∞).

(10分)解后反思分類討論解不等式應做到不重不漏;在某個區間上解不等式時一定要注意區間的

限制性.5.(2014課標Ⅰ,24,10分)若a>0,b>0,且

+

=

.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說明理由.解析(1)由

=

+

≥

,得ab≥2,且當a=b=

時等號成立.故a3+b3≥2

≥4

,且當a=b=

時等號成立.所以a3+b3的最小值為4

.(2)由(1)知,2a+3b≥2

≥4

.由于4

>6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6.解題關鍵利用已知條件及基本不等式得出ab≥2是解題的關鍵.考點二不等式的證明1.(2016江蘇,21D,10分)設a>0,|x-1|<

,|y-2|<

,求證:|2x+y-4|<a.證明因為|x-1|<

,|y-2|<

,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×

+

=a.2.(2014遼寧,24,10分)設函數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≤

.解析(1)f(x)=

當x≥1時,由f(x)=3x-3≤1得x≤

,故1≤x≤

;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=

.(2)證明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16

≤4,解得-

≤x≤

.因此N=

,故M∩N=

.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)=

-

≤

.3.(2014江蘇,21D,10分)已知x>0,y>0,證明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.證明因為x>0,y>0,所以1+x+y2≥3

>0,1+x2+y≥3

>0,故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3

·3

=9xy.A組

2017—2019年高考模擬·考點基礎題組三年模擬考點一不等式的性質和絕對值不等式1.(2019四川蓉城名校聯盟第二次聯考,23)[選修4-5:不等式選講]設函數f(x)=|x-1|-|2x+2|.(1)畫出函數f(x)的圖象,并借助圖象求其值域;(2)若a>0,b>0,函數f(x)的最大值為m,a+3b=

mab,求a+3b的最小值.

解析(1)由題意得,f(x)=

其圖象如圖所示:

由圖象可知,函數y=f(x)的值域為(-∞,2].(2)由(1)得f(x)max=2,即m=2,∴a+3b=ab,即

+

=1,∴a+3b=

(a+3b)=

≥6+2

=12,當且僅當

=

,即a=6,b=2時取等號.∴a+3b的最小值為12.2.(2019貴州貴陽質檢,23)已知函數f(x)=|2x-1|+a|x-1|.(1)當a=1時,解關于x的不等式f(x)≥4;(2)若f(x)≥|x-2|的解集包含

,求實數a的取值范圍.解析(1)當a=1時,f(x)=|2x-1|+|x-1|,令2x-1=0得x=

,令x-1=0得x=1,當x<

時,f(x)=1-2x+1-x=2-3x≥4,解得x≤-

.當

≤x≤1時,f(x)=2x-1+1-x=x≥4,不成立.當x>1時,f(x)=2x-1+x-1=3x-2≥4,解得x≥2.∴f(x)≥4的解集為

∪[2,+∞).(2)∵當x∈

時,2x-1>0,x-2<0,∴a|x-1|≥3-3x對x∈

恒成立.當

≤x<1時,a(1-x)≥3-3x,∴a≥3.當1≤x≤2時,a(x-1)≥3-3x,∴a≥-3.綜上,a≥3.3.(2018云南曲靖一中模擬,23)設函數f(x)=|2x+1|+x,x∈R.(1)求不等式f(x)≤5的解集;(2)若g(x)=f(x)-|ax-1|-x,a>0,求g(x)的值域.解析(1)f(x)≤5?|2x+1|≤5-x?x-5≤2x+1≤5-x?-6≤x≤

,∴其解集為

.(2)∵a>0,g(x)=|2x+1|-|ax-1|=

∴①當a>2時,g(x)的值域是

;②當0<a<2時,g(x)的值域是

;③當a=2時,g(x)的值域是[-2,2].考點二不等式的證明1.(2019四川成都第二次適應性考試,23)已知函數f(x)=|x-m|-|x+2m|的最大值為3,其中m>0.(1)求m的值;(2)若a,b∈R,ab>0,a2+b2=m2,求證:

+

≥1.解析(1)∵m>0,∴f(x)=|x-m|-|x+2m|=

∴當x≤-2m時,f(x)取得最大值3m=3.∴m=1.(2)由(1),得a2+b2=1,

+

=

=

=

-2ab.∵a2+b2=1≥2ab,當且僅當a=b時等號成立,∴0<ab≤

.令h(t)=

-2t,0<t≤

,則h(t)在

上單調遞減.∴h(t)≥h

=1.∴當0<ab≤

時,

-2ab≥1.∴

+

≥1.2.(2019云南師大附中4月聯考,23)已知f(x)=|x|+|2x-1|.(1)解關于x的不等式f(x)>4;(2)對任意正數a、b,求使得不等式f(x)<

+

+

ab恒成立的x的取值集合M.解析(1)f(x)=|x|+|2x-1|=

由f(x)>4解得x<-1或x>

.(2)∵

+

+

ab≥6

+

ab=

+

ab≥2

=3,當且僅當a=b=2時等號成立,即f(x)=|x|+|2x-1|<3恒成立.解方程,分情況討論:①當x≤0時,-3x+1<3,故-

<x≤0;②當x≥

時,3x-1<3,故

≤x<

;③當0<x<

時,滿足1-x<3恒成立.∴x的取值集合為M=

.3.(2018貴州凱里一中模擬,23)已知a、b、c均為正實數.(1)若ab+bc+ca=3,求證:a+b+c≥3;(2)若a+b=1,求證:

≥9.證明(1)∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,三式相加可得a2+b2+c2≥ab+bc+ca,∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥(ab+bc+ca)+2(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)=9.又a、b、c均為正實數,∴a+b+c≥3.(2)∵a、b為正實數,a+b=1,∴a2+2ab+b2=1,∴

=

=

=5+

+

≥5+2

=9,當且僅當

=

,即a=b=

時,“=”成立.即

≥9得證.B組

2017—2019年高考模擬·專題綜合題組時間:50分鐘分值:60分解答題(共60分)1.(2019廣西南寧第二次適應性考試,23)[選修4-5:不等式選講]已知函數f(x)=|x+3|-2.(1)解不等式f(x)<|x-1|;(2)若?x∈R,使得f(x)≥|2x-1|+b成立,求實數b的取值范圍.解析(1)f(x)<|x-1|,當x≥1時,x+3-2<x-1不成立,當-3<x<1時,x+3-2<1-x,∴-3<x<0,當x≤-3時,-x-3-2<1-x,-5<1恒成立,∴不等式f(x)<|x-1|的解集為{x|x<0}.(2)依題意得,|x+3|-|2x-1|-2≥b,令g(x)=|x+3|-|2x-1|-2=

故g(x)max=g

=

,則有

≥b,即實數b的取值范圍是

.2.(2019云南曲靖第一次適應性考試,23)[選修4-5:不等式選講]已知函數f(x)=|2x+2|-|x-1|.(1)畫出函數y=f(x)的圖象;(2)若?x∈R,f(x)≥ax+b都成立,求a+b的取值范圍.

解析(1)將f(x)去掉絕對值轉化為分段函數:y=f(x)=

畫出它的圖象如下:

(2)設點A的坐標為(-1,-2),“?x∈R,f(x)≥ax+b都成立”等價于函數y=f(x)圖象上的所有點都

在直線y=ax+b的上方或在直線y=ax+b上,則

或

或

整合三類情形得

在平面直角坐標系aOb中作出不等式組

表示的可行域如圖中陰影區域,

記a+b=z,即b=-a+z,易知a+b在點P處取最大值,∴(a+b)max=zmax=1+(-1)=0,即a+b的取值范圍是(-∞,0].3.(2019廣西桂林、梧州、貴港、玉林、崇左、北海聯考,23)[選修4-5:不等式選講]已知函數f(x)=|x-1|+|x+2|.(1)求不等式f(x)<13的解集;(2)若f(x)的最小值為k,且

+

=1(mn>0),證明:m+n≥16.解析(1)f(x)=

令f(x)<13,解得-7<x<6,故不等式f(x)<13的解集為(-7,6).(2)證明:因為f(x)=|x-1|+|x+2|≥|x-1-(x+2)|=3,所以k=3,

+

=

+

=1(mn>0),所以m>0,n>0,m+n=(m+n)

=

≥(10+2

)=16.當且僅當

=

,即m=4,n=12時取等號,故m+n≥16.4.(2017廣西桂林中學模擬,23)已知函數f(x)=|x+1|.(1)解不等式f(x+8)≥10-f(x);(2)若|x|>1,|y|<1,求證:f(y)<|x|·f

.解析(1)原不等式即為|x+9|≥10-|x+1|.當x<-9時,-x-9≥10+x+1,解得x≤-10;當-9≤x≤-1時,x+9≥10+x+1,此時不成立;當x>-1時,x+9≥10-x-1,解得x≥0.所以原不等式的解集為{x|x≤-10或x≥0}.(2)證明:要證f(y)<|x|·f

,即|y+1|<|x|

,只需證明

<

.

-

=

=

=

=

.因為|x|2>1,|y|2