課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題十六不等式選講試題理

課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題十六不等式選講試題理課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題十六不等式選講試題理PAGEPAGE27課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題十六不等式選講試題理專題十六不等式選講挖命題【真題典例】【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點1.絕對值不等式①理解絕對值的幾何意義，并能利用含絕對值不等式的幾何意義證明以下不等式：｜a+b｜≤｜a|+|b｜.|a-b｜≤｜a-c｜+｜c—b｜。②會利用絕對值的幾何意義求解以下類型的不等式：｜ax+b|≤c;｜ax+b|≥c;|x—a|+｜x—b|≥c。③了解證明不等式的基本方法:比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法2018課標(biāo)Ⅰ，23，10分2018課標(biāo)Ⅱ,23,10分解絕對值不等式，含有絕對值的恒成立、參數(shù)范圍的問題不等式的性質(zhì)和解法★★★2017課標(biāo)Ⅰ,23，10分2017課標(biāo)Ⅲ，23，10分解絕對值不等式,含有絕對值的存在性、參數(shù)范圍的問題不等式的性質(zhì)和解法2016課標(biāo)Ⅰ，24，10分畫絕對值函數(shù)的圖象，解絕對值不等式不等式的性質(zhì)和解法2。不等式的證明2015課標(biāo)Ⅰ,24,10分2016課標(biāo)Ⅱ，24（Ⅰ),10分解絕對值不等式、求參數(shù)的取值范圍不等式的性質(zhì)和解法2017課標(biāo)Ⅱ，23,10分2016課標(biāo)Ⅱ，24(Ⅱ）,10分2015課標(biāo)Ⅱ，24，10分不等式的證明基本不等式分析解讀從近五年的考查情況來看,選修4—5是高考的考查熱點,主要考查絕對值不等式的求解、恒成立問題、存在性問題以及不等式的證明，多以解答題的形式呈現(xiàn),難度中等,分值為10分。主要考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運算能力、分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用。破考點【考點集訓(xùn)】考點一絕對值不等式1.不等式｜x-2｜-|x-1|〉0的解集為(）A。-∞,32C.32,答案A2.不等式｜x+3｜—|x—1｜≥-2的解集為(）A.（—2,+∞）B.(0，+∞)C.[—2,+∞)D.[0,+∞)答案C3。（2018河南南陽第一中學(xué)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D4。(2018山東泰安一模,23）已知函數(shù)f（x）=|x+m|+|2x—3｜(m∈R)。(1)當(dāng)m=—3時,解不等式f（x）〈9；（2）若存在x∈[2，4］,使得f(x)≤3成立，求m的取值范圍。解析(1)f(x）=｜x+m｜+|2x-3｜(m∈R），當(dāng)m=-3時，f(x）=｜x—3｜+|2x—3|(m∈R),由于f（x）<9，則｜x—3|+|2x—3｜〈9，所以x≥3,x-解得-1〈x<5。故原不等式的解集為｛x｜—1<x〈5}.（2）存在x∈［2,4］，使得f（x)≤3成立，即存在x∈[2,4]，使得｜x+m｜≤6-2x,所以存在x∈[2,4］，使得x≤6+m解得—4≤m≤0。所以m的取值范圍為—4≤m≤0。方法總結(jié)帶有限定區(qū)間的含絕對值的不等式有解和恒成立問題，先由限定區(qū)間去一部分(或全部)絕對值，再進(jìn)行求解?？键c二不等式的證明1.若|x—s|<t,|y-s｜<t，則下列不等式中一定成立的是()A.|x-y｜<2tB.|x—y|<tC.｜x—y|>2tD。｜x-y｜〉t答案A2.已知a，b∈R，則使不等式｜a+b|<｜a|+｜b｜一定成立的條件是（)A。a+b>0B。a+b〈0C.ab〉0D。ab<0答案D3.設(shè)a，b為不等的正數(shù)，且M=(a4+b4)（a2+b2）,N=（a3+b3)2,則有(）A。M=NB.M<NC。M〉ND。M≥N答案C4。(2018廣東中山二模,23）已知函數(shù)f(x)=x+1+|3—x｜,x≥—1。（1)求不等式f（x）≤6的解集；（2）若f（x）的最小值為n，正數(shù)a，b滿足2nab=a+2b，求證：2a+b≥98解析（1）根據(jù)題意，若f(x）≤6，則有x+1+3-解得—1≤x≤4,故原不等式的解集為｛x|—1≤x≤4｝.（2）證明:函數(shù)f(x)=x+1+｜3-x｜=4分析可得f(x）的最小值為4,即n=4，則正數(shù)a，b滿足8ab=a+2b,即1b+2∴2a+b=181≥185+22原不等式得證。煉技法【方法集訓(xùn)】方法1含絕對值不等式的解法1。(2018安徽合肥第二次教學(xué)質(zhì)量檢測,23）已知函數(shù)f（x)=|3x+m|。（1）若不等式f(x)—m≤9的解集為［-1，3］,求實數(shù)m的值；（2)若m〉0，函數(shù)g(x）=f（x)-2|x-1｜的圖象與x軸圍成的三角形的面積大于60，求m的取值范圍.解析(1）由題意得9+解①得m≥—9.②可化為—9-m≤3x+m≤9+m,解得-9∵不等式f(x）-m≤9的解集為[-1，3］,∴-9（2）依題意得g（x)=｜3x+m｜—2|x-1|.∵m〉0，∴g(x）=-∴g(x）的圖象與x軸圍成的△ABC的三個頂點的坐標(biāo)為A(—m-2,0)，B2-m5∴S△ABC=12|AB｜·｜yC|=4解得m〉12.∴實數(shù)m的取值范圍為（12，+∞）。2.（2017廣東肇慶第三次統(tǒng)測,23）已知函數(shù)f(x)=｜x+1｜，g(x）=2|x｜+a。（1)若a=0,解不等式f(x）≥g（x);(2)若存在x∈R,使得f（x)≥g（x）成立，求實數(shù)a的取值范圍.解析(1）當(dāng)a=0時,由f（x)≥g(x),得｜x+1|≥2|x|,兩邊平方,并整理得（3x+1）（1-x)≥0，解得-13≤x≤1,所以所求不等式的解集為x（2)解法一：由f(x)≥g（x)，得|x+1|≥2｜x｜+a,即|x+1｜—2|x|≥a.令F(x)=｜x+1|-2｜x|,依題意可得F(x)max≥a。F（x)=|x+1|-|x｜-｜x｜≤｜x+1—x|-｜x｜=1-｜x｜≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時,上述不等式的等號同時成立,所以F(x)max=1.所以a的取值范圍是(—∞,1］。解法二：由f（x)≥g(x)，得｜x+1|≥2｜x｜+a,即｜x+1｜-2｜x|≥a.令F(x)=|x+1｜-2|x｜，依題意可得F(x)max≥a。F(x)=｜x+1｜—2｜x|=1易得F（x）在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞）上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=0時,F(x)取得最大值，最大值為1。故a的取值范圍是（—∞，1］.方法2與絕對值不等式有關(guān)的最值問題1。（2018河南豫南九校5月聯(lián)考，23)已知函數(shù)f(x)=|x+1|+｜x—3|。（1)若關(guān)于x的不等式f（x）〈a有解,求實數(shù)a的取值范圍;（2)若關(guān)于x的不等式f（x）<a的解集為b,解析（1）不等式等價于a〉f（x)min，f（x）=2x(2）由題意可得x=72是方程|x+1｜+|x—3｜=a的解,據(jù)此有a=72+1+72-故b=—32，a+b=5—32=2.(2018山西高考考前適應(yīng)性測試,23）已知函數(shù)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的最小值為3,求a的值.解析（1）因為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|.當(dāng)a=-1時，g(x）=3|x-1|≥0,0≠3,所以a=-1不符合題意;當(dāng)a<-1時，g(x）=(即g（x)=3所以g（x）min=g(-a）=-a-1=3，解得a=-4。當(dāng)a〉—1時，同理可知g(x）min=g(-a)=a+1=3,解得a=2。綜上，a=2或—4.過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點一絕對值不等式1.(2018課標(biāo)Ⅱ,23，10分)設(shè)函數(shù)f（x）=5—｜x+a|-｜x—2|。（1)當(dāng)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(dāng)a=1時,f（x）=2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(dāng)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(jié)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(shù)形結(jié)合法求解；求含有兩個或兩個以上絕對值的函數(shù)的最值,常用絕對值三角不等式或數(shù)形結(jié)合法求解。2.(2018課標(biāo)Ⅲ,23，10分）設(shè)函數(shù)f(x)=|2x+1｜+｜x-1｜.（1)畫出y=f(x）的圖象；(2)當(dāng)x∈[0,+∞)時，f(x）≤ax+b,求a+b的最小值。解析本題考查函數(shù)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(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當(dāng)且僅當(dāng)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(shù),通常先把每個絕對值內(nèi)代數(shù)式等于零時的未知數(shù)的值求出(即零點），然后將這些零點標(biāo)在數(shù)軸上，此時數(shù)軸被零點分成了若干段（區(qū)間）,在每一段區(qū)間里,每一個絕對值符號內(nèi)的代數(shù)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(zhì)想辦法去掉絕對值符號求解.(2）已知不等式的解集求參數(shù)值,利用絕對值三角不等式或函數(shù)求相應(yīng)最值,然后再求參數(shù)的取值范圍。3。（2017課標(biāo)Ⅰ,23,10分）已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+4,g（x)=|x+1｜+|x—1｜.(1)當(dāng)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(xué)生的運算求解能力以及對數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用能力.(1）解法一（零點分段法）：當(dāng)a=1時,不等式f（x）≥g（x)等價于x2-x+|x+1｜+｜x—1｜—4≤0.①當(dāng)x〈-1時,①式化為x2-3x—4≤0,無解;當(dāng)—1≤x≤1時，①式化為x2-x-2≤0，從而-1≤x≤1;當(dāng)x>1時,①式化為x2+x—4≤0，從而1〈x≤-1+所以f（x)≥g（x)的解集為x|解法二(圖象法):由已知可得g（x)=2當(dāng)a=1時，f（x)=-x2+x+4，兩個函數(shù)的圖象如圖所示.易得圖中兩條曲線的交點坐標(biāo)為(-1，2）和-1+172，—1+17,所以f（x）≥g(x)的解集為x（2)解法一(等價轉(zhuǎn)化法）：當(dāng)x∈[—1，1］時,g(x)=2.所以f（x)≥g（x）的解集包含[—1,1］等價于當(dāng)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(dāng)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(dāng)x=0時,-x2+ax+4≥2成立;當(dāng)x∈（0,1]時，-x2+ax+4≥2可化為a≥x-2x,而y=x—2當(dāng)x∈［—1，0）時,-x2+ax+4≥2可化為a≤x-2x，而y=x—2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(jù)題設(shè)可去掉絕對值，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題進(jìn)行求解.方法總結(jié)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(shù)形結(jié)合法求解.(2）與恒成立相關(guān)的求參問題，常構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為求最值問題。4。(2016課標(biāo)Ⅲ,24，10分）已知函數(shù)f（x)=｜2x-a｜+a。(1)當(dāng)a=2時，求不等式f（x）≤6的解集;(2)設(shè)函數(shù)g（x）=｜2x—1｜。當(dāng)x∈R時,f(x)+g(x）≥3,求a的取值范圍。解析(1)當(dāng)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(dāng)x∈R時，f(x)+g(x)=|2x—a|+a+|1-2x｜≥｜2x-a+1-2x|+a=｜1—a|+a，當(dāng)x=12當(dāng)a≤1時,①等價于1—a+a≥3,無解。當(dāng)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(dǎo)(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。（2017課標(biāo)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+3(=2+3(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(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論，在證明過程中易因邏輯混亂而失分.2.（2015課標(biāo)Ⅱ,24，10分)設(shè)a,b，c,d均為正數(shù)，且a+b=c+d,證明:（1)若ab>cd,則a+b〉c+d;（2）a+b〉c+d是｜a-b|〈|c—d|的充要條件.解析（1)因為(a+b)2=a+b+2ab，(c+d）2=c+d+2cd,由題設(shè)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｜，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a+b>c+d.（ii）若a+b〉c+d，則(a+b）2>(c+d）2，即a+b+2ab>c+d+2cd。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,a+b〉c+d是｜a-b｜<|c-d|的充要條件。思路分析（1）證明（a+b)2>(c+d）2即可。(2)兩不等式的兩邊都為非負(fù)數(shù),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。B組自主命題·省(區(qū)、市）卷題組考點一絕對值不等式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A2.(2015重慶,16,5分)若函數(shù)f（x)=|x+1|+2|x—a|的最小值為5,則實數(shù)a=。

答案-6或4考點二不等式的證明1。（2018江蘇，21D,10分)若x，y,z為實數(shù)，且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值。解析本小題主要考查柯西不等式等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力。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(dāng)且僅當(dāng)x1=y2=此時x=23,y=43,z=所以x2+y2+z2的最小值為4。2。（2015湖南，16(3)，6分)設(shè)a〉0,b〉0，且a+b=1a+1（1)a+b≥2;（2）a2+a〈2與b2+b〈2不可能同時成立.證明由a+b=1a+1b=(1）由基本不等式及ab=1，有a+b≥2ab=2,即a+b≥2.（2）假設(shè)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}2。(2014重慶,16，5分）若不等式｜2x—1｜+｜x+2｜≥a2+12a+2對任意實數(shù)x恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是答案-3.（2016課標(biāo)Ⅰ,24，10分）已知函數(shù)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）=x-y=f(x)的圖象如圖所示。(6分）(2）解法一:由f(x)的表達(dá)式及圖象知,當(dāng)f(x)=1時，可得x=1或x=3；當(dāng)f(x）=—1時，可得x=13故f(x)>1的解集為｛x｜1〈x<3｝;f（x)〈-1的解集為x|x<所以|f(x）｜>1的解集為x|x<解法二：根據(jù)y=f(x)的分段函數(shù)表達(dá)式，有:當(dāng)x≤-1時,｜f（x)｜>1的解集為｛x|x≤-1}；當(dāng)—1<x≤32時，｜f（x）｜>1的解集為x|-當(dāng)x>-32時，|f(x)｜〉1的解集為x綜上,|f(x）|>1的解集為x|x<4.（2015課標(biāo)Ⅰ,24,10分）已知函數(shù)f(x）=|x+1|-2｜x-a｜，a>0。（1）當(dāng)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(dāng)a=1時，f（x）〉1化為｜x+1｜—2|x—1|—1〉0.當(dāng)x≤-1時,不等式化為x—4>0,無解；當(dāng)-1<x〈1時,不等式化為3x-2>0，解得23當(dāng)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x2(2）由題設(shè)可得,f（x)=x所以函數(shù)f(x）的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A2a-13,由題設(shè)得23（a+1）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(yīng)做到不重不漏；在某個區(qū)間上解不等式時一定要注意區(qū)間的限制性。5。（2015江蘇,21D,10分)解不等式x+|2x+3｜≥2.解析原不等式可化為x<-解得x≤—5或x≥-13綜上，原不等式的解集是x|x≤6.(2014課標(biāo)Ⅰ,24，10分)若a>0,b〉0，且1a+1b=(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ab=1a+1b≥2ab故a3+b3≥2a3b3≥42所以a3+b3的最小值為42。（2）由(1）知，2a+3b≥26ab≥43由于43〉6，從而不存在a,b，使得2a+3b=6。解題關(guān)鍵利用已知條件及基本不等式得出ab≥2是解題的關(guān)鍵.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(shù),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.（2016江蘇，21D,10分）設(shè)a〉0，｜x-1｜<a3，｜y-2｜<a證明因為|x-1｜〈a3，|y-2|〈a3，所以|2x+y-4｜=｜2(x—1）+（y-2）｜≤2｜x-1|+｜y—2｜〈2×a33.(2014課標(biāo)Ⅱ,24，10分）設(shè)函數(shù)f（x)=x+(1)證明：f(x)≥2；（2）若f(3)〈5,求a的取值范圍。解析(1)證明:由a〉0，得f(x）=x+1a+|x-a｜≥x所以f(x)≥2。(2)f(3)=3+1當(dāng)a>3時，f（3）=a+1a，由f(3）<5得3<a〈5+當(dāng)0<a≤3時，f(3)=6—a+1a,由f（3）<5得1+綜上，a的取值范圍是1+5評析本題考查了含絕對值不等式的解法,考查了分類討論思想.4.（2014福建，21（3），7分）已知定義在R上的函數(shù)f（x)=|x+1｜+|x—2｜的最小值為a。(1）求a的值；（2）若p,q,r是正實數(shù),且滿足p+q+r=a,求證：p2+q2+r2≥3。解析（1）因為｜x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)｜=3，當(dāng)且僅當(dāng)-1≤x≤2時,等號成立，所以f（x)的最小值等于3,即a=3。（2)證明：由（1)知p+q+r=3,因為p2+q2≥2pq,q2+r2≥2qr,p2+r2≥2pr,所以2（p2+q2+r2)≥2pq+2qr+2pr,所以3(p2+q2+r2）≥（p+q+r）2=9,則p2+q2+r2≥3。5。（2014遼寧，24，10分)設(shè)函數(shù)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(dāng)x∈M∩N時，證明：x2f(x)+x［f(x)]2≤14解析(1)f(x)=3當(dāng)x≥1時,由f（x）=3x—3≤1得x≤43,故1≤x≤4當(dāng)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=x|0≤x≤（2)證明:由g（x)=16x2-8x+1≤4得16x-142≤4,解得-14≤x≤3當(dāng)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）=14-x-16。(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≥33xy2〉0，1+x2故（1+x+y2)(1+x2+y)≥33xy2【三年模擬】解答題(共80分）1。（2019屆廣東佛山順德第二次教學(xué)質(zhì)量檢測，21）已知函數(shù)f（x）=|ax+1|+｜2x-1｜.（1）當(dāng)a=1時,求不等式f(x）〉3的解集；(2)若0<a〈2，且對任意x∈R,f（x）≥32解析（1)當(dāng)a=1時,f（x)=|x+1|+｜2x-1｜,即f（x）=-解法一:作函數(shù)f（x)=｜x+1|+｜2x—1｜的圖象,它與直線y=3的交點坐標(biāo)為A（—1,3）,B(1，3)，所以f(x）〉3的解集為(-∞,—1）∪（1,+∞）.解法二:原不等式f（x)〉3等價于x<-1,解得x〈-1或無解或x〉1，所以f（x)>3的解集為(—∞,-1）∪（1,+∞）。(2)∵0<a〈2,∴-1a<-1則f（x）=｜ax+1｜+｜2x—1｜=-(所以函數(shù)f（x）在-∞,-1a上單調(diào)遞減，在-1所以當(dāng)x=12時,f(x)取得最小值,f(x)min=f12=1+因為?x∈R,f(x）≥32a恒成立，所以f（x）min=1+a2又因為a>0，所以a2+2a—3≥0，解得a≥1（a≤-3不合題意），所以a的最小值為1。解題指導(dǎo)本題第一問是將原函數(shù)利用絕對值不等式的關(guān)系轉(zhuǎn)化成分段函數(shù)進(jìn)行求解的,求解的過程既可用數(shù)形結(jié)合,也可以用不等式組，屬于簡單題;第二問考查含參絕對值不等式求解參數(shù)的最值問題，因為本題的參數(shù)不容易分離,所以，選擇最值分析法進(jìn)行討論求解,難度屬于中等。2。（2019屆河北衡水中學(xué)高三第一次摸底，21)已知函數(shù)f(x)=|x-2|。(1)求不等式f(x+1)<xf（x+3)的解集;（2)若函數(shù)g（x)=log2［f(x+3)+f(x）-2a]的值域為R，求實數(shù)a的取值范圍。解析(1）由已知不等式，得｜x-1|〈x|x+1|，易知x〉0,所以原不等式又可化為0<x≤1解得2—1<x≤1或x>1,所以不等式f(x+1)〈xf(x+3）的解集為(2—1,+∞)。（2）因為函數(shù)g（x）=log2［f（x+3）+f（x)-2a]的值域為R，所以f（x+3）+f(x)—2a≤0有解,即｜x-2|+|x+1|≤2a。因為｜x-2｜+|x+1｜≥3，所以2a≥3,即a≥32所以實數(shù)a的取值范圍是323.（2019屆湖南岳陽第一中學(xué)高三第二次質(zhì)檢，21）已知f（x）=|2x—3｜+ax—6（a是常數(shù),a∈R）.（1）當(dāng)a=1時,求不等式f（x）≥0的解集;（2）如果函數(shù)y=f（x）恰有兩個不同的零點，求a的取值范圍。解析（1）當(dāng)a=1時，f（x)=｜2x-3|+x-6=3x-9,解得x≥3或x≤—3,則原不等式的解集為{x｜x≥3或x≤—3｝。（2）由f(x)=0,得|2x—3｜=-ax+6，令y=|2x—3|，y=-ax+6，在同一直角坐標(biāo)系下作出它們的圖象,可以知道,當(dāng)—2<a〈2時，這兩個函數(shù)的圖象有兩個不同的交點,所以函數(shù)y=f(x）恰有兩個不同的零點時,a的取值范圍是(-2，2）。方法總結(jié)本題考查絕對值不等式與函數(shù)零點的個數(shù)問題的解法，考查數(shù)形結(jié)合思想和計算能力,屬于中檔題.4。(2019屆重慶第一中學(xué)高三期中,21）已知函數(shù)f(x)=|x-2|-｜x+1|.（1）解不等式f（x）≤1；（2）記函數(shù)f(x)的最大值為m，若a+b+c=m3(a,b,c>0)，證明：ba+cb解析（1)f（x）=3易得f(x）≤1的解集為｛x｜x≥0｝。（2）證明：由(1）知f（x)max=3=m,于是a+b+c=1，因為ba+a+cb+b+ac+c≥2·ba·a+2·cb·b所以ba+cb+ac≥a+b思路分析(1）去絕對值轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)即可求解.(2)由（1)知f(x）max=3=m，根據(jù)a+b+c=1，利用基本不等式即可。5.(2018河北邯鄲一模，23)已知函數(shù)f（x)=|x—4｜+|x-1｜-3。（1）求不等式f(x)≤2的解集;（2）若直線y=kx-2與函數(shù)f(x)的圖象有公共點，求k的取值范圍。解析(1）由f（x)≤2,