第十七章不等式选讲

第十七章不等式选讲高考理数

(课标Ⅲ专用)五年高考A组

统一命题·课标卷题组考点一不等式的性质和绝对值不等式1.(2019课标全国Ⅱ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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x<1时,f(x)=-2(x-1)2<0;当x≥1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a≥1,当a≥1,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a

≥1,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+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)=

故不等式f(x)>1的解集为

.(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

,所以

≥1,故0<a≤2.综上,a的取值范围为(0,2].方法技巧1.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-a|-|x-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x∈D上,当f(x)存在最小值时,f(x)>a恒

成立⇔a<f(x)min,当f(x)存在最大值时,f(x)<a恒成立⇔a>f(x)max.3.(2018课标Ⅱ,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)=

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,+∞).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.4.(2018课标Ⅲ,23,10分)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.

解析本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.(1)f(x)=

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.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),在每一段区间里,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(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,然后再求参数的取

值范围.5.(2017课标Ⅰ,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|-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1<x≤

.所以f(x)≥g(x)的解集为

.解法二(图象法):由已知可得g(x)=

当a=1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

,-1+

,所以f(x)≥g(x)的解集为

.(2)解法一(等价转化法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].解法二(分类讨论法):当x∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于x∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2,当x=0时,-x2+ax+4≥2成立;当x∈(0,1]时,-x2+ax+4≥2可化为a≥x-

,而y=x-

在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a≥-1;当x∈[-1,0)时,-x2+ax+4≥2可化为a≤x-

,而y=x-

在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a≤1.综上,a的取值范围为[-1,1].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:(1)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.6.(2017课标Ⅲ,23,10分)已知函数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的取值范围.解析本题考查绝对值不等式的解法.(1)f(x)=

当x<-1时,f(x)≥1无解;当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;当x>2时,由f(x)≥1解得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|=-

+

≤

,且当x=

时,|x+1|-|x-2|-x2+x=

.故m的取值范围为

.思路分析(1)分段讨论,求得符合题意的x的取值范围,最后取并集.(2)不等式的解集非空,即不

等式能成立,转化为求函数的最值处理.7.(2016课标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)=

(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=

或x=5,

(7分)故f(x)>1的解集为{x|1<x<3};f(x)<-1的解集为

.

(9分)所以|f(x)|>1的解集为

.

(10分)8.(2016课标Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解析(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.

(5分)(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=

时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①

(7分)当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>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)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|≥|a±b|可求最值.考点二不等式的证明1.(2019课标全国Ⅲ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]设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,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)2≥

,当且仅当x=

,y=-

,z=-

时等号成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为

.(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≥

,当且仅当x=

,y=

,z=

时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为

.由题设知

≥

,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)2≤3(a2+b2+c2).(2)只需证明[(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)问.2.(2019课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)

+

+

≤a2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.解析本题考查了学生的推理论证能力;考查的核心素养是逻辑推理.(1)因为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)因为a,b,c为正数且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

=

+

+

,从而得证.(2)由基本不等式的推广可证得结论.3.(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

+

>

+

;(2)

+

>

+

是|a-b|<|c-d|的充要条件.解析(1)因为(

+

)2=a+b+2

,(

+

)2=c+d+2

,由题设a+b=c+d,ab>cd得(

+

)2>(

+

)2.因此

+

>

+

.(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

+

>

+

.(ii)若

+

>

+

,则(

+

)2>(

+

)2,即a+b+2

>c+d+2

.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,

+

>

+

是|a-b|<|c-d|的充要条件.思路分析(1)证明(

+

)2>(

+

)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.4.(2017课标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)2≥4.(2)因为(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)卷题组考点一不等式的性质和绝对值不等式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

A①当x<1时,原不等式等价于1-x-(5-x)<2,即-4<2,∴x<1.②当1≤x≤5时,原不等式等价于x-1-(5-x)<2,即x<4,∴1≤x<4.③当x>5时,原不等式等价于x-1-(x-5)<2,即4<2,无解.综合①②③知x<4.2.(2019江苏,21C,10分)[选修4—5:不等式选讲]设x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2.解析本小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+1-2x>2,解得x<-

;当0≤x≤

时,原不等式可化为x+1-2x>2,即x<-1,无解;当x>

时,原不等式可化为x+2x-1>2,解得x>1.综上,原不等式的解集为

.3.(2018江苏,21D,10分)[选修4—5:不等式选讲]若x,y,z为实数,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,因为x+2y+2z=6,所以x2+y2+z2≥4,当且仅当

=

=

时等号成立,此时x=

,y=

,z=

.所以x2+y2+z2的最小值为4.思路分析柯西不等式的基本应用:根据(

+

+

)(

+

+

)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2来构造(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,合理而自然.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+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.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)2≤64,因此ac+bd≤8.2.(2015湖南,16(Ⅲ),6分)设a>0,b>0,且a+b=

+

.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.证明由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)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1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不等式的性质和绝对值不等式1.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为

.答案{x|x≤-3或x≥2}解析原不等式等价于

或

或

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

a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是

.答案

解析令f(x)=|2x-1|+|x+2|,易求得f(x)min=

,依题意得a2+

a+2≤

⇔-1≤a≤

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

或

解得x≤-5或x≥-

.综上,原不等式的解集是

.评析本题主要考查含绝对值不等式的解法,考查分类讨论的能力.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)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-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得

<x<1;当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1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)2>6,故a>2.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.5.(2014课标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?并说明理由.解析(1)由

=

+

≥

,得ab≥2,且当a=b=

时等号成立.故a3+b3≥2

≥4

,且当a=b=

时等号成立.所以a3+b3的最小值为4

.(2)由(1)知,2a+3b≥2

≥4

.由于4

>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.解题关键利用已知条件及基本不等式得出ab≥2是解题的关键.考点二不等式的证明1.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|<

,|y-2|<

,求证:|2x+y-4|<a.证明因为|x-1|<

,|y-2|<

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

+

=a.2.(2014辽宁,24,10分)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x∈M∩N时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤

.解析(1)f(x)=

当x≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x≤

,故1≤x≤

;当x<1时,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1.所以f(x)≤1的解集为M=

.(2)证明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16

≤4,解得-

≤x≤

.因此N=

,故M∩N=

.当x∈M∩N时,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江苏,21D,10分)已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.证明因为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组

2017—2019年高考模拟·考点基础题组三年模拟考点一不等式的性质和绝对值不等式1.(2019四川蓉城名校联盟第二次联考,23)[选修4-5:不等式选讲]设函数f(x)=|x-1|-|2x+2|.(1)画出函数f(x)的图象,并借助图象求其值域;(2)若a>0,b>0,函数f(x)的最大值为m,a+3b=

mab,求a+3b的最小值.

解析(1)由题意得,f(x)=

其图象如图所示:

由图象可知,函数y=f(x)的值域为(-∞,2].(2)由(1)得f(x)max=2,即m=2,∴a+3b=ab,即

+

=1,∴a+3b=

(a+3b)=

≥6+2

=12,当且仅当

=

,即a=6,b=2时取等号.∴a+3b的最小值为12.2.(2019贵州贵阳质检,23)已知函数f(x)=|2x-1|+a|x-1|.(1)当a=1时,解关于x的不等式f(x)≥4;(2)若f(x)≥|x-2|的解集包含

,求实数a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=|2x-1|+|x-1|,令2x-1=0得x=

,令x-1=0得x=1,当x<

时,f(x)=1-2x+1-x=2-3x≥4,解得x≤-

.当

≤x≤1时,f(x)=2x-1+1-x=x≥4,不成立.当x>1时,f(x)=2x-1+x-1=3x-2≥4,解得x≥2.∴f(x)≥4的解集为

∪[2,+∞).(2)∵当x∈

时,2x-1>0,x-2<0,∴a|x-1|≥3-3x对x∈

恒成立.当

≤x<1时,a(1-x)≥3-3x,∴a≥3.当1≤x≤2时,a(x-1)≥3-3x,∴a≥-3.综上,a≥3.3.(2018云南曲靖一中模拟,23)设函数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≤

,∴其解集为

.(2)∵a>0,g(x)=|2x+1|-|ax-1|=

∴①当a>2时,g(x)的值域是

;②当0<a<2时,g(x)的值域是

;③当a=2时,g(x)的值域是[-2,2].考点二不等式的证明1.(2019四川成都第二次适应性考试,23)已知函数f(x)=|x-m|-|x+2m|的最大值为3,其中m>0.(1)求m的值;(2)若a,b∈R,ab>0,a2+b2=m2,求证:

+

≥1.解析(1)∵m>0,∴f(x)=|x-m|-|x+2m|=

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

+

=

=

=

-2ab.∵a2+b2=1≥2ab,当且仅当a=b时等号成立,∴0<ab≤

.令h(t)=

-2t,0<t≤

,则h(t)在

上单调递减.∴h(t)≥h

=1.∴当0<ab≤

时,

-2ab≥1.∴

+

≥1.2.(2019云南师大附中4月联考,23)已知f(x)=|x|+|2x-1|.(1)解关于x的不等式f(x)>4;(2)对任意正数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,当且仅当a=b=2时等号成立,即f(x)=|x|+|2x-1|<3恒成立.解方程,分情况讨论:①当x≤0时,-3x+1<3,故-

<x≤0;②当x≥

时,3x-1<3,故

≤x<

;③当0<x<

时,满足1-x<3恒成立.∴x的取值集合为M=

.3.(2018贵州凯里一中模拟,23)已知a、b、c均为正实数.(1)若ab+bc+ca=3,求证:a+b+c≥3;(2)若a+b=1,求证:

≥9.证明(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均为正实数,∴a+b+c≥3.(2)∵a、b为正实数,a+b=1,∴a2+2ab+b2=1,∴

=

=

=5+

+

≥5+2

=9,当且仅当

=

,即a=b=

时,“=”成立.即

≥9得证.B组

2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:50分钟分值:60分解答题(共60分)1.(2019广西南宁第二次适应性考试,23)[选修4-5:不等式选讲]已知函数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,求实数b的取值范围.解析(1)f(x)<|x-1|,当x≥1时,x+3-2<x-1不成立,当-3<x<1时,x+3-2<1-x,∴-3<x<0,当x≤-3时,-x-3-2<1-x,-5<1恒成立,∴不等式f(x)<|x-1|的解集为{x|x<0}.(2)依题意得,|x+3|-|2x-1|-2≥b,令g(x)=|x+3|-|2x-1|-2=

故g(x)max=g

=

,则有

≥b,即实数b的取值范围是

.2.(2019云南曲靖第一次适应性考试,23)[选修4-5:不等式选讲]已知函数f(x)=|2x+2|-|x-1|.(1)画出函数y=f(x)的图象;(2)若∀x∈R,f(x)≥ax+b都成立,求a+b的取值范围.

解析(1)将f(x)去掉绝对值转化为分段函数:y=f(x)=

画出它的图象如下:

(2)设点A的坐标为(-1,-2),“∀x∈R,f(x)≥ax+b都成立”等价于函数y=f(x)图象上的所有点都

在直线y=ax+b的上方或在直线y=ax+b上,则

或

或

整合三类情形得

在平面直角坐标系aOb中作出不等式组

表示的可行域如图中阴影区域,

记a+b=z,即b=-a+z,易知a+b在点P处取最大值,∴(a+b)max=zmax=1+(-1)=0,即a+b的取值范围是(-∞,0].3.(2019广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海联考,23)[选修4-5:不等式选讲]已知函数f(x)=|x-1|+|x+2|.(1)求不等式f(x)<13的解集;(2)若f(x)的最小值为k,且

+

=1(mn>0),证明:m+n≥16.解析(1)f(x)=

令f(x)<13,解得-7<x<6,故不等式f(x)<13的解集为(-7,6).(2)证明:因为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.当且仅当

=

,即m=4,n=12时取等号,故m+n≥16.4.(2017广西桂林中学模拟,23)已知函数f(x)=|x+1|.(1)解不等式f(x+8)≥10-f(x);(2)若|x|>1,|y|<1,求证:f(y)<|x|·f

.解析(1)原不等式即为|x+9|≥10-|x+1|.当x<-9时,-x-9≥10+x+1,解得x≤-10;当-9≤x≤-1时,x+9≥10+x+1,此时不成立;当x>-1时,x+9≥10-x-1,解得x≥0.所以原不等式的解集为{x|x≤-10或x≥0}.(2)证明:要证f(y)<|x|·f

,即|y+1|<|x|

,只需证明

<

.

-

=

=

=

=

.因为|x|2>1,|y|2