1、考点考点1 1 绝对值不等式绝对值不等式 1.(2020课标,23,10分)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|. (1)画出y=f(x)的图象; (2)求不等式f(x)f(x+1)的解集. 解析解析 (1)由题设知f(x)= y=f(x)的图象如图所示. (2)函数y=f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+1)的图象. 1 - -3,- , 3 1 5 -1,-1, 3 3,1. xx xx xx y=f(x)的图象与y=f(x+1)的图象的交点坐标为. 由图象可知当且仅当xf(x+1)的解集为 . 711 -,- 66 7 6 7 - ,- 6 2.(2020课标
2、,23,10分)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|. (1)当a=2时,求不等式f(x)4的解集; (2)若f(x)4,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=2时, f(x)= 因此,不等式f(x)4的解集为. (2)因为f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|a2-2a+1|=(a-1)2, 故当(a-1)24,即|a-1|2时, f(x)4. 所以当a3或a-1时, f(x)4. 当-1a3时, f(a2)=|a2-2a+1|=(a-1)24. 所以a的取值范围是(-,-13,+). 7-2 ,3, 1,34, 2 -7,4. x x x xx 311 22 x xx 或
3、3.(2020江苏,21C,10分)设xR,解不等式2|x+1|+|x|0时,原不等式可化为2x+2+x4,解得0x; 当-1x0时,原不等式可化为2x+2-x4,解得-1x0; 当x-1时,原不等式可化为-2x-2-x4,解得-2x-1. 综上,原不等式的解集为. 2 3 2 -2 3 xx 4.(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
4、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)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-
5、1|x成立等价于当x(0,1)时|ax-1|0,则|ax-1|1的解集为, 所以1,故0a恒成 立af(x)min,当f(x)存在最大值时, f(x)f(x)max. 6.(2018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. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)= 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
6、范围是(-,-62,+). 24,-1, 2,-12, -26,2. xx x xx 7.(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. 解析解析 (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b2时, f(x)ax+b在0,+)成立,因此a+b的最小值为5. 1 -3 ,-, 2 1 2,-1, 2 3 ,1. x x xx x x 易错警示易错警示 对“零点分
7、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. 8.(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. 解析解析 本题考查含绝对值不等式的求解问题. (1)当a=1时,不等式f(x)g(
8、x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-40. 当x1时,式化为x2+x-40, 从而1x.所以f(x)g(x)的解集为. (2)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-1a1.所以a的取值范围为-1,1. -117 2 -117 -1 2 xx 方法总结方法总结 含绝对值不等式的求解. 1.含绝对值的函数即为一个分段函数,一般采用去绝对值分段讨论、分段求解的方法来解决.例如 第(1)问中将自变量分为x1三段求解,最后求并集. 2.不
9、等式恒成立问题可转化为求解函数的最值问题. 9.(2017课标,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. 解析解析 (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. -3,-1, 2 -1,-12, 3,2. x xx x 2 3
10、| |- 2 x 5 4 5 4 3 2 5 4 5 - , 4 10.(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. 解析解析 (1)f(x)=(4分) y=f(x)的图象如图所示. (6分) (2)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=或x=5,(8分) 故f(x)1的解集为x|1x3; f(x)1的解集为.(10分) 1 |135 3 x xxx 或或 1.(2017上海春,2,4分)不等式|x-1|3的解集为 . 以下为教师用书专用
11、 答案答案 (-2,4) 解析解析 由题意得-3x-13,解得-2x4. 2.(2019上海,3,4分)不等式|x+1|5的解集为 . 答案答案 (-6,4) 解析解析 |x+1|5-5x+15-6x2. 解析解析 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x2,解得x2,即x时,原不等式可化为x+2x-12,解得x1. 综上,原不等式的解集为. 1 3 1 2 1 2 1 |-1 3 x xx 或 4.(2018江苏,21D,10分)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值. 解析解析 本题主要考查柯西不等式等基础知识,考查推理论证能力.
12、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+z24, 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. 1 x 2 y 2 z 2 3 4 3 4 3 思路分析思路分析 本题是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. 2 1 a 2 2 a 2 3 a 2 1 b 2 2 b 2 3 b 5.(2016课标,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a. (1)当a=2
13、时,求不等式f(x)6的解集; (2)设函数g(x)=|2x-1|.当xR时, f(x)+g(x)3,求a的取值范围. 解析解析 (1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+26得-1x3. 因此f(x)6的解集为x|-1x3.(5分) (2)当xR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xR时, f(x)+g(x)3等价于|1-a|+a3.(7分) 当a1时,等价于1-a+a3,无解. 当a1时,等价于a-1+a3,解得a2. 所以a的取值范围是2,+).(10分) 1 2 方法
14、总结方法总结 含有绝对值的不等式恒成立问题主要有两种解决方法:一是利用|ab|a|+|b|;二是利 用数形结合的思想方法. 6.(2015课标,24,10分)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. 解析解析 (1)解法一: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 3 2 |2 3 xx 解法二:当a=1时, f(x)= 画出f(x)的图象(如图所示),根
15、据图象可得不等式f(x)1的解集为.(5分) (2)由题设可得, f(x)= -3,-1, 3 -1,-11, -3,1. xx xx xx 2 |2 3 xx -1-2 ,-1, 31-2 ,-1, -12 ,. xa x xaxa xa 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) 2 -1,0 3 a 2 3 2 3 7.(2013课标,24,10分)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)当
16、a=-2时,求不等式f(x)-1,且当x时, f(x)g(x),求a的取值范围. 1 -, 2 2 a 解析解析 (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= 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|0x2. 解法二:当a=-2时,不等式f(x)g(x)化为|2x-1|+|2x-2|x+3,即|2x-1|+|2x-2|-x-30. 等价于或或 1 -5 , 2 1 - -2,1, 2 3 -6,1. x x xx xx 1 , 2 -50 x x 1 1
17、, 2 - -20 x x 1, 3 -60, x x 解得0x或x1或1x2, 所以原不等式的解集是x|0x2. (2)当x时, f(x)=1+a. 不等式f(x)g(x)化为1+ax+3. 所以xa-2对x都成立. 故-a-2,即a.从而a的取值范围是. 1 2 1 2 1 -, 2 2 a 1 -, 2 2 a 2 a4 3 4 -1, 3 考点考点2 2 不等式的证明不等式的证明 1.(2020课标,23,10分)设a,b,cR,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca0; (2)用maxa,b,c表示a,b,c中的最大值,证明:maxa,b,c. 3 4 证明证明
18、(1)由题设可知,a,b,c均不为零,所以ab+bc+ca=(a+b+c)2-(a2+b2+c2)=-(a2+b2+c2)0,b0,c0,b0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)4; (2)a+b2. 证明证明 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 3() 4 ab 3 3() 4 ab 4.(2019课
19、标,23,10分)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)324. 1 a 1 b 1 c 证明证明 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+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又abc=1,故有a2+b2+c2ab+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)33 =3(a+b)(b+c)(a+c) 3(2)(2)(2)=24. 所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)324. ab
20、bcca abc 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 333 3 () () ()abbcac abbcac 思路分析思路分析 (1)利用重要不等式可得a2+b2+c2ab+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. abbcca abc 1 a 1 b 1 c 5.(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)2成立,证明:a-3或a-1. 1 3 解析解析 (1)由于(x-1)+(y+1)+(z+1)2 =(x
21、-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. 4 3 5 3 1 3 1 3 4 3 (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(x-2)2+(y-1)2+(z-
22、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. 2 (2) 3 a4- 3 a1- 3 a2 -2 3 a 2 (2) 3 a 2 (2) 3 a1 3 难点突破难点突破 (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分别看作三个整体,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+
23、c2). (2)只需证明(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min, 求(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2min的方法同第(1)问. 1 3 6.(2016课标,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|. 1 - 2 x 1 2 x 解析解析 (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
24、,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)0, 因此|a+b|0,|x-1|,|y-2|,求证:|2x+y-4|a. 3 a 3 a 以下为教师用书专用 证明证明 因为|x-1|,|y-2|, 所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|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
25、-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2. 因此|a-b|+是|a-b|cd矛盾, 故+. (2)(充分性)假设|a-b|c-d|, 则有(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd, 由此得4ab4cd,22,(+)2(+)2, 于是+,这与+矛盾, 从而|a-b|c-d|,充分性得证. (必要性)假设+, 则有(+)2(+)2,即abcd. 又a+b=c+d,故(a-b)2(c-d)2, 即|a-b|c-d|,与|a-b|+,必要性得证. 综上,+是|a-b|0). (1)证明:f(x)2; (2)若f(3)0,有f(x)=+|x-a| =+a2,所以f(x)2. (2
26、)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. 1 x a 1 -( - )xx a a 1 a 1 3 a 1 a 521 2 1 a 15 2 15 521 , 22 考点考点1 1 绝对值不等式绝对值不等式 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020甘肃陇南二诊,23)已知a0,函数f(x)=|ax-1|,g(x)=|ax+2|. (1)若f(x)g(x),求x的取值范围; (2)若f(x)+g(x)|210a-7|对xR恒成立,求a的最大值与最小值之和. 解析解析
27、(1)因为f(x)g(x), 所以|ax-1|ax+2|, 两边同时平方得a2x2-2ax+1-3,当a0时,x-, 当a0时,x-.(5分) (2)因为f(x)+g(x)=|ax-1|+|ax+2|(ax-1)-(ax+2)|=3, 所以f(x)+g(x)的最小值为3, 所以|210a-7|3,则-3210a-73, 解得lg 2alg 5, 故a的最大值与最小值之和为lg 2+lg 5=lg 10=1.(10分) 1 2a 1 2a 2.(2020安徽江南十校4月模拟,23)已知函数f(x)=|x-1|+|x+2|. (1)求不等式f(x)x+3的解集; (2)若不等式m-x2-2xf(x
28、)在R上恒成立,求实数m的取值范围. 解析解析 本题考查绝对值不等式和不等式恒成立问题,考查学生的数学运算能力、分类讨论思想和 数形结合思想. (1)当x-2时, f(x)x+3可化为1-x-x-2-,无解; 当-2x1时, f(x)x+3可化为1-x+x+20,故01时, f(x)x+3可化为x-1+x+2x+3,解得x2,故1x2. 综上可得, f(x)kx+m的解集为(-,+),求k+m的取值范围. 解析解析 (1)f(x)+f(-x)=|x+2|+|-x+2| =(2分) 由f(x)+f(-x)6得或 解得x-3或x3,(4分) 所以不等式f(x)+f(-x)6的解集为(-,-33,+
29、).(5分) (2)令g(x)=f(x-4)-f(x+1)=|x-2|-|x+3| =(7分) -2 (-2), 4(-22), 2 (2), x x x x x -2, -26 x x 2, 26, x x 5(-3), -2 -1(-32), -5(2), x xx x 函数g(x)的图象如图所示, 由f(x-4)-f(x+1)kx+m的解集为(-,+)可知k=0,m-5. (9分) 所以k+m-5.(10分) 考点考点2 2 不等式的证明不等式的证明 1.(2020陕西铜川二模,23)函数f(x)=+2. (1)求f(x)的值域; (2)若关于x的不等式f(x)-m7. 2 21xx 2
30、 4-4xx 2 -1m 解析解析 本题主要考查分段函数的值域,及基本不等式在最值求解中的应用.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. f(x)=+2=|x-1|+2|x-2|. (1)当x2时, f(x)=3x-51; 当1x2时, f(x)=3-x,1f(x)2; 当x1时, f(x)=5-3x2. 综上可得,函数的值域为1,+).(5分) (2)证明:若关于x的不等式f(x)-m0有解, 则f(x)f(x)min,即m1, 3m+=3(m-1)+32+37,原式得证.(10分) 2-2 1xx 2 4-4xx 2 -1m 2 -1m 6 2.(2020河南洛阳二模,
31、23)已知函数f(x)=|x-3|+|x-1|. (1)若不等式f(x)x+m有解,求实数m的取值范围; (2)函数f(x)的最小值为n,若正实数a,b,c满足a+b+c=n,证明:4ab+bc+ac8abc. 解析解析 本题主要考查绝对值不等式.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. (1)设g(x)=f(x)-x=|x-3|+|x-1|-x, 则g(x)= 所以g(x)在(-,3)上单调递减,在3,+)上单调递增. 故g(x)min=g(3)=-1,因为g(x)m有解,所以m-1. 综上所述,m-1,+).(5分) (2)证明:由(1)可知n=2,即a+b+c=2,欲
32、证原不等式, 只需证:+8, 只需证:(a+b+c)82, 只需证:+1+1+4+16, 因为a,b,c均为正数,由基本不等式易得上式成立,当且仅当c=2a=2b时取等号. 所以4ab+bc+ac8abc成立.(10分) -34,1, -2,13, -4,3, xx xx xx 4 c 1 a 1 b 411 cab 4a c a b 4b c b a c a c b 3.(2019陕西宝鸡中学二模,23)设函数f(x)=x2-x-1. (1)解不等式:|f(x)|1; (2)若|x-a|1,求证:|f(x)-f(a)|2(|a|+1). 解析解析 (1)由|f(x)|1得-1f(x)1,即-
33、1x2-x-11, 所以解得-1x0或1x2, 所以原不等式的解集为(-1,0)(1,2). (2)证明:因为|x-a|1, 所以|f(x)-f(a)|=|x2-a2+a-x| =|(x-a)(x+a-1)|=|x-a|x+a-1| |x+a-1|=|(x-a)+2a-1| |x-a|+|2a|+10,且ab+bc+ca=1. 求证:(1)a+b+c; (2)+(+). 3 a bc b ac c ab 3abc 证明证明 (1)要证a+b+c,由于a,b,c0,因此只需证明(a+b+c)23, 即证a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)3,又ab+bc+ca=1, 故需证明a2+b2+c2
34、+2(ab+bc+ca)3(ab+bc+ca), 即证a2+b2+c2ab+bc+ca. 又易知ab+bc+ca+=a2+b2+c2(当且仅当a=b=c时等号成立), 原不等式成立. (2)+=. 由于(1)中已证a+b+c, 因此要证原不等式成立,只需证明+, 即证a+b+c1, 即证a+b+cab+bc+ca. 又a=,b,c, a+b+cab+bc+ca(a=b=c=时等号成立).原不等式成立. 3 22 2 ab 22 2 bc 22 2 ca a bc b ac c ab abc abc 3 1 abc abc bcacab bcacab bcab ac 2 abac ac 2 ab
35、bc ab 2 bcca bcacab 3 3 解答题(共110分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：90分钟 分值：110分) 1.(2020内蒙古呼和浩特一模,23)已知函数f(x)=|2x-a|+2|x+1|. (1)当a=1时,解关于x的不等式f(x)6; (2)已知g(x)=|x-1|+2,若对任意x1R,都存在x2R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围. 解析解析 (1)当a=1时, f(x)=|2x-1|+2|x+1|, 即f(x)= 当x-1时,由-4x-16,得-x时,由4x+16,得5; (2)若f(x)a|x+3|恒成立,求a的最小值. 解析
36、解析 (1)当a=-2时, f(x)= 当x-1时,由1-3x5,得x-; 当-11时,由3x-15,得x2. 故f(x)5的解集为(2,+).(5分) (2)由f(x)a|x+3|得a, 由|x-1|+|x+3|2|x+1|,得, 故a(当且仅当x1或x-3时等号成立), 故a的最小值为.(10分) 1-3 ,-1, -3,-11, 3 -1,1. x x xx xx 4 3 4 - ,- 3 |1| | -1| |3| x xx |1| | -1| |3| x xx 1 2 1 2 1 2 方法总结方法总结 求最值的思路:利用基本不等式和不等式的相关性质解决;将函数解析式用分段 函数的形式
37、表示,作出函数图象,求得最值;利用性质“|a|-|b|ab|a|+|b|”求最值. 3.(2020江西省分宜中学、玉山一中等九校4月模拟,23)已知点P(x,y)的坐标满足不等式:|x-1|+|y-1| 1. (1)请在直角坐标系中画出由点P构成的平面区域,并求出平面区域的面积S. (2)如果正数a,b,c满足(a+c)(b+c)=S,求a+2b+3c的最小值. 解析解析 (1)如图,平面区域由一个正方形及其内部组成,正方形四个顶点的坐标分别为(1,0),(2,1), (1,2),(0,1),所以S=2.(5分) (2)由(1)知(a+c)(b+c)=2, 又a,b,c都为正数,所以a+2b+
38、3c=a+c+2(b+c)2=4, 当且仅当a+c=2(b+c)=2时取等号. 故a+2b+3c的最小值是4.(10分) 22 2()()ac bc 思路分析思路分析 (1)把不等式:|x-1|+|y-1|1分四种情况去绝对值即可画出对应区域.由于区域是正方形, 由顶点坐标求边长,可求面积为2.(2)由(1)知(a+c)(b+c)=2,变形a+2b+3c=(a+c)+2(b+c),用均值不等 式可求最小值. 4.(2020吉林桦甸四中、磐石一中等4月模拟,23)已知函数f(x)=. (1)当a=4时,求函数f(x)的定义域; (2)若函数f(x)的定义域为R,设a的最大值为s,当正数m,n满足
39、+=s时,求3m+4n的最小值. |2| | -1|-xxa 1 2mn 2 3mn 解析解析 本题考查绝对值不等式的解法,不等式|a|+|b|a-b|的运用,基本不等式求最值的方法,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. (1)当a=4时,|x+2|+|x-1|-40, 当x1时,x+2+x-1-40,解得x. 函数f(x)的定义域为.(5分) 5 2 3 2 53 |- 22 x xx 或 (2)函数f(x)的定义域为R, |x+2|+|x-1|-a0对任意的xR恒成立, a|x+2|+|x-1|对任意的xR恒成立, 又|x+2|+|x-1|x+2-x+1|=3, a
40、3,s=3, +=3,且m0,n0, 3m+4n=(2m+n)+(m+3n)=(2m+n)+(m+3n)=(3+2 1 2mn 2 3mn 1 3 12 23mnmn 1 3 2(2)3 3 32 mnmn mnmn 1 3 )=1+,当且仅当m=,n=时取等号, 3m+4n的最小值为1+.(10分) 2 2 2 3 12 2 15 32 15 2 2 3 5.(2020陕西榆林三模,23)aR,|a+1|+|a-1|的最小值为M. (1)若三个正数x,y,z满足x+y+z=M,证明:+2; (2)若三个正数x,y,z满足x+y+z=M,且(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2恒成立,求实数
41、m的取值范围. 2 x y 2 y z 2 z x 1 3 解析解析 (1)证明:由aR,|a+1|+|a-1|a+1-a+1|=2, 当且仅当-1a1时取等号,得x+y+z=2, 又x,y,z0,所以+y2=2x, 同理可得+z2y,+x2z, 三式相加可得,+x+y+z=2, 当且仅当x=y=z=时,取等号, 所以+2.(5分) 2 x y 2 x y y 2 y z 2 z x 2 x y 2 y z 2 z x 2 3 2 x y 2 y z 2 z x (2)(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2恒成立,等价于(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2min, 由(12+12+12)
42、(x-2)2+(y-1)2+(z+m)2(x-2+y-1+z+m)2=(m-1)2, 当且仅当x-2=y-1=z+m时取等号, 可得(m-1)2, 即|m-1|1,解得m2或m0, 即m的取值范围是(-,02,+).(10分) 1 3 1 3 1 3 1 3 方法总结方法总结 含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法: (1)分离参数法:运用“f(x)af(x)maxa, f(x)af(x)mina”可解决恒成立问题中的参数范围问 题.(2)更换主元法:求解含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能解决时,可转 换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法. 6.(2019
43、安徽黄山第二次质量检测,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mm4, 故m+n8.(10分) -24-2(4), -2-42 -6(24), 2- -4-2(2), xxx xxxx xxx 7.(2019江西临川一中,南昌二中等九校重点中学协作体第一次联考,23)已知函数f(x)=|x-2|+|m+x|的 图象的对称轴为直线x=1. (1)求不等式f(x)x+2的解集; (2)若函数f(x)的最小值为M,正数a,b满足a+b=M,求+的最小值. 1 a 2 b 解析解析 (1)函数
44、f(x)图象的对称轴为直线x=1=, m=0, f(x)=|x|+|x-2|= 由f(x)x+2,得或或 解得x0或x4,故不等式f(x)x+2的解集为(-,04,+). (2)由绝对值不等式的性质,可知|x-2|+|x|(x-2)-x|=2,f(x)min=M=2,a+b=2, a,b为正数, += (a+b)=(当且仅当a=2-2,b=4-2时取 等号). 2- 2 m -22,0, 2,02, 2 -2,2. xx x xx 0, -222 x xx 02, 22 x x 2, 2 -22, x xx 1 a 2 b 1 2 12 ab 1 2 2 3 ba ab 1 2 2 32 ba
45、 ab 32 2 2 22 8.(2019河南郑州第二次质量检测,23)设函数f(x)=|ax+1|+|x-a|(a0),g(x)=x2-x. (1)当a=1时,求不等式g(x)f(x)的解集; (2)已知f(x)2恒成立,求a的取值范围. 解析解析 (1)a=1时, f(x)=|x+1|+|x-1|, g(x)f(x),即x2-x|x+1|+|x-1|, 故或 或 解得x3或x-1, 故不等式的解集是x|x3或x-1. (2)f(x)=|ax+1|+|x-a|= 若01,则f(x)min=f=a+2,a1. 综上,a1. 2 1, -1-1 x x xxx 2 -11, -1 1- x x
46、xxx 2 -1, - -1 1- , x x xxx 1 -(1)-1,-, 1 ( -1)1,-, (1) -1, axax a axaxa a ax axa 1 - a 1 a 9.(2018陕西西安长安一中第八次质检)已知a0,b0,c0,且a+b+c=1. (1)求证:a2+b2+c2; (2)求证:+1. 1 3 2 a b 2 b c 2 c a 证明证明 (1)a2+b22ab(当且仅当a=b时,取“=”),b2+c22bc(当且仅当b=c时,取“=”),c2+a22ca (当且仅当a=c时,取“=”), a2+b2+c2ab+bc+ca, (a+b+c)2=1, a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1, 3(a2+b2+c2)1,即a2+b2+c2. (2)+b2a(当且仅当a=b时,取“=”),+c2b(当且仅当b=c时,取“=”),+a2c(当且仅 当a=c时,取“=”), +(a+b+c)2(a+b+c), 即+a+b+c,a+b+c=1,+1. 1 3 2 a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 b c 2
