【数学】2020届一轮复习（理）通用版15绝对值不等式作业
第十五章 绝对值不等式
挖命题
【真题典例】
【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
2016课标全国Ⅰ,24,10分
解绝对值不等式
函数图象
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
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,本节内容在高考中分值为10分,属于中档题.
破考点
【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.
解析 (1)因为f(x)min=f(1)=-a,所以-a≥3,
解得a≤-3,即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-1)+2(x+a),x≥-a,(x-1)-2(x+a),1≤x<-a,-(x-1)-2(x+a),x<1,
即g(x)=3x-1+2a,x≥-a,-x-1-2a,1≤x<-a,-3x+1-2a,x<1,
所以g(x)min=g(-a)=-a-1=3,
解得a=-4.
当a>-1时,同理可知g(x)min=g(-a)=a+1=3,解得a=2.
综上,a=2或-4.
2.(2017安徽江淮十校第三次联考,23)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|.
(1)解不等式f(x)>3;
(2)若不等式f(x)+1≤4a-5×2a有解,求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)=-5,x≤-4,2x+3,-4
3,解得03恒成立,
故原不等式的解集为{x|x>0}.
(2)将f(x)+1≤4a-5×2a,即f(x)≤4a-5×2a-1有解转化为f(x)min≤4a-5×2a-1.
易知f(x)的最小值为-5,
∴4a-5×2a-1≥-5,即4a-5×2a+4≥0,即2a≥4或2a≤1,
∴a≥2或a≤0.
故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).
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+1y+1z.
解析 (1)f(x)=|x-2|-|x+1|=3(x≤-1),-2x+1(-1|a|fba.
解析 (1)f(x)+f(x+4)=|x-1|+|x+3|=-2x-2,x<-3,4,-3≤x≤1,2x+2,x>1,
当x<-3时,由-2x-2≥8,解得x≤-5;
当-3≤x≤1时,4≥8不成立;
当x>1时,由2x+2≥8,解得x≥3.
所以,不等式f(x)+f(x+4)≥8的解集为{x|x≤-5或x≥3}.
(2)证明: f(ab)>|a|fba,
即|ab-1|>|a-b|.
因为|a|<1,|b|<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2)=(a2-1)(b2-1)>0,所以|ab-1|>|a-b|,故所证不等式成立.
炼技法
【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 D
2.(2017陕西榆林二模,23)已知函数f(x)=|x-2|.
(1)求不等式f(x)+x2-4>0的解集;
(2)设g(x)=-|x+7|+3m,若关于x的不等式f(x)0,
解得x>2,当x<2时,不等式等价于2-x+x2-4>0,
解得x<-1.
综上,原不等式的解集为{x|x>2或x<-1}.
(2)问题等价于|x-2|+|x+7|<3m的解集非空,
∵|x-2|+|x+7|≥|x-2-x-7|=9,∴3m>9,∴m>3.
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 A
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.
解析 (1)f(x)=-3x,x<-12,x+2,-12≤x<1,3x,x≥1.
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.已知函数f(x)=|x-1|-2|x+1|的最大值为k.
(1)求k的值;
(2)若a,b,c∈R,a2+c22+b2=k,求b(a+c)的最大值.
解析 (1)由题意知f(x)=-x-3(x≥1),-3x-1(-12t D.|x-y|>t
答案 A
2.(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(a+b)24·(a+b)
=2+3(a+b)34,
所以(a+b)3≤8,
因此a+b≤2.
过专题
【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.(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.
解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,
即f(x)=-2,x≤-1,2x,-11的解集为xx>12.
(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x02.
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,+∞).
3.(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.
解析 (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12.
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+54≤54,
且当x=32时,|x+1|-|x-2|-x2+x=54.
故m的取值范围为-∞,54.
考点二 不等式的证明
1.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数f(x)=x-12+x+12,M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
解析 (1)f(x)=-2x,x≤-12,1,-12-1;(3分)
当-120).
(1)证明:f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范围.
解析 (1)证明:由a>0,有f(x)=x+1a+|x-a|≥x+1a-(x-a) =1a+a≥2,所以f(x)≥2.
(2)f(3)=3+1a+|3-a|.
当a>3时, f(3)=a+1a,由f(3)<5得30,|x-1|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.
解析 (1)f(x)=x-4,x≤-1,3x-2,-132,(4分)
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或x=5,(8分)
故f(x)>1的解集为{x|15.(9分)
所以|f(x)|>1的解集为x|x<13或15.(10分)
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-11的解集为x|-1-32时,|f(x)|>1的解集为x|325}.
综上,|f(x)|>1的解集为x|x<13或15.
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.
解析 (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-10,解得230,解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为x231.
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|23a.
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)2>6,故a>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)-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)1.
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|01,3x-6<0,
解得00.
(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.
解析 (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,x-a+3x≤0或x0,解得x≤-a2,即不等式f(x)≤0的解集为x|x≤-a2 .
∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},
∴-a2=-1,故a=2.
8.(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.
解析 (1)由于f(x)=-2x+5,x<2,2x-3,x≥2,
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)∪12,+∞.
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.(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+b2c+c2a≥1.
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,b2c+c≥2b,c2a+a≥2c,
故a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),
即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
所以a2b+b2c+c2a≥1.
【三年模拟】
时间:60分钟 分值:100分
解答题(共100分)
1.(2019届广东顶级名校联考,23)选修4—5:不等式选讲
已知函数f(x)=|x-a|.
(1)若f(x)≤m的解集为[-1,5],求实数a,m的值;
(2)当a=2且0≤t<2时,解关于x的不等式f(x)+t≥f(x+2).
解析 (1)由题意得|x-a|≤m,所以a-m≤x≤a+m.因为f(x)≤m的解集为[-1,5],所以a-m=-1,a+m=5,解得a=2,m=3.
(2)当a=2时,原不等式等价于|x-2|+t≥|x|.
当x≥2时,x-2+t≥x,解得t≥2,∵0≤t<2,∴不合题意,舍去;
当0≤x<2时,2-x+t≥x,∴0≤x≤t+22,成立;
当x<0时,2-x+t≥-x,解得t≥-2,∵0≤t<2,∴满足题意.
所以,原不等式的解集是-∞,t+22.
2.(2019届广东惠州高三第二次调研,23)已知函数f(x)=|x-1|+|x-5|.
(1)解不等式f(x)>6;
(2)记f(x)的最小值为m,已知a,b,c都是正实数,且1a+12b+13c=m4.求证:a+2b+3c≥9.
解析 (1)根据题意可得|x-1|+|x-5|>6,
原不等式可化为x<1,1-x+5-x>6或1≤x≤5,x-1+5-x>6或x>5,x-1+x-5>6,
解得x<0或x>6.
综上所述,不等式f(x)>6的解集为(-∞,0)∪(6,+∞).
(2)∵f(x)=|x-1|+|x-5|≥|x-1-(x-5)|=4(当且仅当x=3时,取等号),
∴m=4.
∴1a+12b+13c=44=1.又∵a,b,c均为正实数,
∴a+2b+3c=(a+2b+3c)·1a+12b+13c=1+1+1+2ba+a2b+3ca+a3c+3c2b+2b3c≥3+2+2+2=9,当且仅当a=2b=3c时,取“=”.
∴a+2b+3c≥9.
3.(2019届贵州贵阳重点中学模拟,23)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+3|.
(1)解不等式f(x)≥6;
(2)记f(x)的最小值是m,正实数a,b满足2ab+a+2b=m,求a+2b的最小值.
解析 (1)当x≤-32时,f(x)=-2-4x,由f(x)≥6,解得x≤-2,综合得x≤-2.
当-320),
所以f(x)的最小值为f(0)=-3.
又因为对任意的实数x,都有
f(x)≥2m2-7m成立,所以只需2m2-7m≤-3,
即2m2-7m+3≤0,解得12≤m≤3,故m的取值范围为12,3.
(2)方程f(x)=g(x)有两个不同的实数根,即函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个不同的交点,作出这两个函数的图象,由图象可知,a的取值范围是[-1,1]∪{-2}.
5.(2018湖南郴州第二次教学质量检测,23)已知a,b,c为正数,函数f(x)=|x+1|+|x-5|.
(1)求不等式f(x)≤10的解集;
(2)若f(x)的最小值为m,且a+b+c=m,求证:a2+b2+c2≥12.
解析 (1)f(x)=|x+1|+|x-5|≤10
等价于x≤-1,-(x+1)-(x-5)≤10
或-10).
(1)当a=1时,求不等式f(x)>3的解集;
(2)求证:f(x)≥2.
解析 (1)当a=1时,原不等式为|2x-1|+|x+1|>3.
当x≥12时,可得2x-1+x+1>3,得x>1;
当-13,得x<-1,无解;
当x≤-1时,可得-2x+1-x-1>3,得x<-1.
综上所述,原不等式的解集为{x|x<-1或x>1}.
(2)证法一:f(x)=|2x-a|+x+1a=3x-a+1a,x≥a2,-x+a+1a,-1a1,求a的取值范围;
(2)若a>0,∀x,y∈(-∞,a],都有不等式f(x)≤y+54+|y-a|恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)由f(x)=x|x-a|,a∈R得
f(1)+f(-1)>1⇒|1-a|-|1+a|>1
⇒a<-1,(1-a)+(1+a)>1或-1≤a≤1,(1-a)-(1+a)>1
或a>1,(a-1)-(1+a)>1⇒a<-1或-1≤a<-12或a∈⌀⇒a<-12.
所以a∈-∞,-12.
(2)当y∈(-∞,a](a>0)时,记g(y)=y+54+|y-a|,
则g(y)=y+54+|a-y|≥54+a=54+a-54≤y≤a时取“=”,
即g(y)的最小值为54+a,
当x∈(-∞,a]时, f(x)=x(a-x)=-x-a22+a24,
∴x=a2时, f(x)取得最大值,为a24,故原问题转化为a24≤54+a⇒a2-4a-5≤0⇒-1≤a≤5,
又a>0,∴a∈(0,5].
9.(2018安徽合肥第二次教学质量检测,23)已知函数f(x)=|3x+m|.
(1)若不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],求实数m的值;
(2)若m>0,函数g(x)=f(x)-2|x-1|的图象与x轴围成的三角形的面积大于60,求m的取值范围.
解析 (1)由题意得9+m≥0①,|3x+m|≤9+m②.
解①得m≥-9.
②可化为-9-m≤3x+m≤9+m,
解得-9-2m3≤x≤3.
∵不等式f(x)-m≤9的解集为[-1,3],
∴-9-2m3=-1,解得m=-3,满足m≥-9,
∴m=-3.
(2)依题意得g(x)=|3x+m|-2|x-1|.
∵m>0,
∴g(x)=-x-m-2x≤-m3,5x+m-2-m360,
解得m>12.
∴实数m的取值范围为(12,+∞).
10.(2018山东潍坊二模,23)已知f(x)=|x+1|+|x-m|.
(1)若f(x)≥2,求m的取值范围;
(2)已知m>1,若∃x∈(-1,1), f(x)≥x2+mx+3成立,求m的取值范围.
解析 (1)∵f(x)=|x+1|+|x-m|≥|m+1|,
∴只需|m+1|≥2,
∴m+1≥2或m+1≤-2,
∴m的取值范围为m≥1或m≤-3.
(2)∵m>1,
∴当x∈(-1,1)时, f(x)=m+1,
∴f(x)≥x2+mx+3,即m≥x2+mx+2,
∴m(1-x)≥x2+2,m≥x2+21-x,
令g(x)=x2+21-x=(1-x)2-2(1-x)+31-x
=(1-x)+31-x-2(-1
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