专题13不等式选讲（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 13 不等式选讲 1．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知函数 ． （1）画出 和 的图像； （2）若 ，求a的取值范围． 【答案】（1）图像见解析；（2） 【分析】 （1）分段去绝对值即可画出图像； （2）根据函数图像数形结和可得需将 向左平移可满足同角，求得 过 时 的值可求. 【详解】 （1）可得 ，画出图像如下：，画出函数图像如下： （2） ， 如图，在同一个坐标系里画出 图像， 是 平移了 个单位得到， 则要使 ，需将 向左平移，即 ，当 过 时， ，解得 或 （舍去）， 则数形结合可得需至少将 向左平移 个单位， . 【点睛】 关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解. 2．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）已知函数 ． （1）当 时，求不等式 的解集; （2）若 ，求a的取值范围． 【答案】（1） .（2） . 【分析】 （1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集. （2）利用绝对值不等式化简 ，由此求得 的取值范围. 【详解】 （1）当 时， ， 表示数轴上的点到 和 的距离之和， 则 表示数轴上的点到 和 的距离之和不小于 ，当 或 时所对应的数轴上的点到 所对应的点距离之和等于6， ∴数轴上到 所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是 或 ， 所以 的解集为 . （2）依题意 ，即 恒成立， ， 当且仅当 时取等号， , 故 ， 所以 或 ， 解得 . 所以 的取值范围是 . 【点睛】 解绝对值不等式的方法有零点分段法、几何意义法．解含有两个绝对值，且其中的 的系数相等时，可以 考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解；利用绝对值三角不等式求最值也是常见的问题，注意表述取等号 的条件. f x 2x5  2x1 1．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 的最小值为M . （1）求M 的值；M  t4  tm m tR m （2）若 对任意的 成立，求实数 的取值范围. M 6 m1 【答案】（1） ；（2） . 【分析】 （1）直接利用绝对值不等式求解； t4  tm m6 tR |4m|6m （2）等价于 对任意的 成立，即 ，解绝对值不等式即得解. 【详解】 5 1 （1） f x 2x5  2x1 |2x52x1|6 ，当且仅当(2x5)(2x1)0，即  2  x 2 时取 等. 所以函数的最小值M 6； 6 t4  tm m tR （2）由题得 对任意的 成立， t4  tm m6 tR 所以 对任意的 成立， | t4  tm ||4m| 因为 ， |4m| t4  tm |4m| 所以 |4m|m6 所以 ， |4m|6m 所以 ， m6m46m 所以 ， m1 所以 . m m1 所以实数 的取值范围是 . f(x)|2x2||x2| 2．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 . f(x)0 （1）求不等式 的解集；xR, f(x)a a （2）若存在 使得 成立，求实数 的取值范围. 4 (0, ) 【答案】（1） 3 ；（2）(1,+). 【分析】 f(x) （1）分段讨论得出函数 的解析式，由此可建立不等式组，解之可得答案. f(x) a （2）由（1）可作出函数 的图象，根据图象可求得实数 的取值范围. 【详解】 x,x1  （1）由题可得 f(x) 2x2  x2 3x4,1 x2 ，  x,x2  x0 3x40 x0    因为 f(x)0，所以 x1 或 1 x2 或 x2，  4 x x0  3 x0 即 或 或 ， x1  1 x2 x2 4 0 x 所以 3， 4 (0, ) 所以不等式 f(x)0的解集为 3 . xR f(x)a a f(x) （2）因为存在 ，使得 ，所以 min， x,x1  由（1）可知 f(x) 2x2  x2 3x4,1 x2 ，作出函数 的图象，如下图所示，  x,x2  f(x)f(x) f(x)  f(1)1 由函数 的图象可知 min ， a 1 a (1,+) 所以 ，所以实数 的取值范围为 . 【点睛】 方法点睛：绝对值不等式的常见解法： ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； ③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． f x x1 x3 3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 ． f x3x （1）解不等式 的解集； 1 4 a2 b2 （2）设 f x 的最小值为m，且a  b ma 0,b0 ，求 b4a 的最小值． 1 【答案】（1） x x2 ；（2） ． 2 【分析】 f x3x f x3x x3 3 x1 x1 （1）分 、 、 三种情况解不等式 ，综合可得出不等式 的解集； a2 b2 1a b     （2）利用绝对值三角不等式可得 m4 ，可得出 b4a 4ab ，进而可得出 b4a 4b a ，利用 a2 b2 基本不等式可求得 b4a 的最小值.【详解】 2 f x1xx32x23x x （1）当x3时， ，解得 5 ，此时x3； 4 f x1xx343x x 当3 x1时， ，解得 3 ，此时3 x1； f x x1x32x23x x1 x2 1 x2 当 时， ，解得 ，此时 . f x3x  x x2  综上，不等式 的解集为 ； f x x1 x3  x3x1 4 （2）由绝对值三角不等式可得 ， x1x30 3 x1 当且仅当 时，即当 时，等号成立， 1 4  4 则m4，故a b ，所以，b4a 4ab， a2 b2 a2 b2 1a b 1 a b 1     2     所以， b4a 4ab 4b a 4 b a 2 ， 5 a2 b2 1 ab 当且仅当 4 时取等号，故 b4a 的最小值为 2 ． x1＜2 A＝{x|a＜x＜b} 4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知不等式 的解集为 ． a,b （1）求实数 的值； at12 bt （2）求 的最大值． a 3 b1 【答案】（1） ， ；（2）4. 【分析】 a b （1）根据绝对值的意义，去掉绝对值，解不等式即可求出不等式的解集，从而求出 ， 的值； （2）利用柯西不等式的性质即可求出最大值． 【详解】|x1|2 2 x12 解：（1）由 ，得 ， 3 x1 解得 ， a 3 b1 所以 ， ． 3t12 t  3 4t  t� [( 3)2 12][( 4t)2 ( t)2]2 4tt 4 （2）由（1）得  ， 4t t  当且仅当 3 1 ，即 t 1 时等号成立， 3t12 t 故 的最大值为4． a0,b0,c0 a2b3c3 5．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 ，且满足 . 9 (a1)(b1)(c1)� （1）证明： 2； a2 4b2 9c2�3 （2）证明： . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】 （1）由已知转化利用基本不等式可求解； （2）利用基本不等式可证明. 【详解】 a0,b0,c0 a10,b10,c10 （1）因为 ，所以 ， (a1)(2b2)(3c3) (a1)(b1)(c1) 则 6 3 1(a1)(2b2)(3c3)    6 3  3 3 1a2b3c6 1 9 9         ， 6 3  6 3 21 a 2,b ,c0 当且仅当a12b23c3，即 2 时等号成立， 9 (a1)(b1)(c1) 所以 2； a2b3c3 （2） ， a2 (2b)2厖4ab,(2b)2 (3c)2 12bc,a2 (3c)2�6ac ， 2  a2 4b2 9c2 �2(2ab6bc3ac) 所以 ， 9(a2b3c)2 a2 4b2 9c2 4ab12bc6ac�3  a2 4b2 9c2 所以 ， a2 4b2 9c2�3 a 2b3c 1 即 ，当且仅当 等号成立. f x ax  x1aR 6．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 ． f x9 a6 （1）当 时，解不等式 ； f x2a2 0 xR a （2）若 对任意 成立，求实数 的最大值． ,2 7,  【答案】（1） ；（2）1． 【分析】 (1)根据题意，讨论去绝对值即可求解； f x 2a2 f x a (2)由题意得， min ，结合绝对值的三角不等式即可求出 min ，进而可得实数 的最大值． 【详解】 f x 6x  x1  x6  x1 a6 (1)当 时， ， f x9 x6  x1 9 此时不等式 为 ， x6, 1 x6, x1,    ∴ x6x19或 6xx19或 6xx19，,2 7, x7 x≤2  解得 或 ，即所求不等式解集为 ． ax  x1  axx1 (2)∵ ， ax  x1  a1 ∴ ， f x2a2 0 xR 又 对任意 成立， 1  a1 a1 2a2 ∴ ，∴ 2 ， a ∴所求实数 的最大值为1． 7．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））已知函数 f(x)|2x1||x2|,g(x)|x1||xa|a ． （1）解不等式f(x)>3； （2）对于x，xR，使得f(x)>g(x)成立，求a的取值范围． 1 2 1 2 2  3 (,0)  ,  a 【答案】（1） 3 ；（2） 4 ． 【分析】 x x （1）通过讨论 的范围得到关于 的不等式组，解出即可； f x  gx f x gx （2）依题意即 min max ，所以求出 min 和 max，得到关于a的不等式，解出即可． 【详解】  1  1 2 x  x  x2  2  2 2 解：（1）由 3x13 或  x33 或  3x13 ，解得 x0 或 x 3 ， 2  ,0 , ∴ f x3的解集为  3  ． f(x)|2x1||x2|,g(x)|x1||xa|a （2）因为 f(x)|2x1||x2| 所以 函数图象如下所示：1 5 x f x  所以当 2 时， min 2 ； g(x)|x1||xa|a x1xa a a1a x1xa0 gx  a1a 当且仅当 时成立，即 max ． 5 5 由题意，得 f x  gx ，即 a1a ，即 a1  a， 2 2 min max 5 a�0  2  ∴  (a1)2�( 5 a)2 ，解得 a 3 ．  2 4  3 ,   ∴的取值范围是 4． f(x)|x6||x8| 8．（2021·甘肃白银市·高三其他模拟（理））已知函数 . f x1 （1）解不等式 ；mn4 2 （2）记 f x 的最大值为t，若|m|t,|n|t，求证： mn . 15  ,   【答案】（1） 2 ；（2）证明见解析. 【分析】 f x1 |x6||x8|1 （1）由 ，得到 ，分类讨论，即可求解； mn4 2 （2）由绝对值三角不等式，求得 f(x)2，得到t 2，即|m|2,|n|2，要证 mn ，只需证 (mn4)2 4(mn)2 ，结合比较法，即可求解. 【详解】 f(x)|x6||x8| （1）由题意，函数 ， f x1 |x6||x8|1 因为 ，即 ， x6 6 x8 x8    可得 6xx81或 x6x81或 x6x81， 15  x8 解得x无实根或 2 或x8， 15  ,   综上可得，不等式 f x1的解集为 2 . f(x)|x6||x8||x6x8|2 （2）由 ， (x6)(x8)0 |x6||x8| x8 当且仅当 ，且 ，即 时取等号， t 2 |m|2,|n|2 所以 ，即 ， mn4 2 要证 mn ，|mn4|2|mn| (mn4)2 4(mn)2 只需证 ，即证 ， (mn4)2 4(mn)2 m2n2 8mn164  m2  n2 2mn  m2n2 4m2 4n2 16  m2 4  n2 4  . m2 4,n2 4  m2 4  n2 4  0 又 ，所以 ， mn4 2 所以(mn4)2 4(mn)2，即|mn4|2|mn|，所以 mn . f(x)|x1||x2∣| 9．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知函数 f(x)9 (1)求不等式 的解集； f(x) mx2m x1 m (2)当 取最小值时，求使得 成立的正实数 的取值范围.  1 0, 【答案】(1) 5,4 ；(2)   4  . 【分析】 (1)根据零点分段讨论法进行分类讨论解不等式； f(x) x mx2m x1 (2)利用绝对值不等式的性质求出当 取最小值时 的取值范围，并对式子 进行变形， m 从而可求正实数 的取值范围. 【详解】 f(x)9 f(x) x1 x2 9 (1)由不等式 ，可得 ， x2 2 x1 x1    可化为 1xx29或 1xx29或 x1x29， 5 x2 2 x1 1 x4 解，得 或 或 ， 5,4 综上知不等式的解集为 . f(x) x1 x2  1x  x2  1xx2 3 (2)因为 ，(x1)(x2)0 2 x1 当且仅当 ，即 时，等号成立. 2 x1 f(x) 3 故当 时， min ， 2m1 x 法一：当 f(x)取最小值时，mx2m x1，即 m1 ，   m0  2m1  2 所以m0 ，即 m1 ，解得 ，    2m1  2m1 1  2 1  1 0m  m1  m1 4  1 0,   故所求m的取值范围 4. x1 3 m 1 法二： x2 x2 1 1 1  因为2 x1，所以4 x21，所以 x2 4 ， 3 3 3 1 1 3  2 1 0m 所以 x2 4，即 x2 4 ，所以 4 ，  1 0,   故所求m的取值范围 4 f(x)2 xa  x1aR 10．（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理））已知函数 . a2 f(x)4 （1）当 时，解不等式 ； f(x) x5 1,2 M （2）记关于 x 的不等式 的解集为M ，若 ，求a的取值范围.  7 1, 【答案】（1）   3  ；（2） 0,1 . 【分析】（1）分类讨论去绝对值符号，然后解不等式即可； x x10 x50 a2 xa2 （2）首先根据 的范围，确定 ， ，然后解不等式得到 .，进而根据集合 的包含关系得到不等式组，解不等式组即可. 【详解】 f(x)2 x2  x1 a2 解：（1）当 时， ， x1 1 x2 x2    原不等式可化为 42xx14，或 42xx14或 2x4x14， 7 2 x 解得x或1 x2或 3，  7 1,   ∴原不等式的解集为 3. f(x) x5 1,2 （2）若 的解集包含 ， x1,2 2 xa  x1  x5 即当 时， 恒成立， 1,2 x10 x50 由于在 上， ， ， x1  x1 x5  x5 ∴ ， ， f(x) x5 2 xa 4 ∴ ，等价于 ， xa 2 2 xa2 即 ， ， a2 xa2 ∴ . x1,2 由于当 时该不等式恒成立， a21 a22 ∴ 且 ， 0,1 0a1 a ∴ ，即 的取值范围为 .f x 3xa 2a 11．（2021·河南高三其他模拟（理））已知函数 . f x5 a1 （1）当 时，求不等式 的解集； gx x1 f x3gx9 （2）设函数 ，当 xR 时， ，求a的取值范围.  8  x   x2 【答案】（1）  3  ；（2）4,. 【分析】 3x1 7 （1）将所求不等式变形为 ，解此不等式即可得解； f x3gx （2）利用三角不等式可得  min，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范 围. 【详解】 f x 3x12 a1 （1）当 时， . 8   x2 3x125 3x1 7 由 ，得 ，整理得73x17，解得 3 ，  8  x   x2 因此不等式 f x5的解集为  3  ； f x3gx 3xa 2a 3x3  3xa3x3 2a 3a 2a xR （2）当 时, . f x3gx9 3a 2a9 xR 所以当 时， 等价于 .① 当a3时，①等价于a39，无解； a3 a32a9 a4 当 时，①等价于 ，解得 . 4, a 所以 的取值范围是 . f(x) x1 2x1 12．（2021·黑龙江高三其他模拟（理））设函数 的最大值为m． f(x) （1）作出函数 的图像；a2 2c2 3b2 m ab2bc （2）若 ，求 的最大值． 3 【答案】（1）图像见详解；（2）4 【分析】 3 m （1）去绝对值将函数写成分段函数的形式，接着画出函数图像即可；（2）由（1）知 2，接着利用 ab2bc 基本不等式求 的最大值即可. 【详解】  1 x2,x  2   1 f(x) x1 2x1 3x,  x1 （1） 2 ，  x2,x1   f(x) 作出函数 的图像如下： 1 3 m f( ) f(x) x1 2x1 （2）由（1）可知：函数 的最大值为 2 2，3 m a2 2c2 3b2 a2 b2 2  c2 b2 2ab4bc 所以 2 , 1 a bc  当且仅当 2时等号成立， 3 3 2ab4bc ab2bc 所以2 ，即 4 ， 3 所以ab2bc的最大值为4 . f x 2x2  x2 13．（2021·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三三模（理））已知函数 . f x6 （1）解不等式 . 1 1  m （2）已知a0，b0， gx f x x1 的最大值m，a b ，求a2 b2的最小值. 8  x x10 x2 【答案】（1） 或 ；（2）最小值为9. 【分析】 x2 1 x2 x1 （1）分 ， 和 三种情况解不等式； 1 1 gx  3 （2）先利用绝对值三角不等式求出 的最大值为m3，从而得a b ，所以 2 a2 b2   a2 b2  11  1   ，化简后利用基本不等式求解即可 9a b 【详解】 x4,x2  解：（1）函数 f x 2x2  x2 3x,1 x2 ，  x4,x1  f x6 x2 x46 x2 x2 当 时，不等式 即为 ，解得 ，所以 ；f x6 1 x2 3x6 x2 x2 当 时，不等式 即为 ，解得 ，所以 ； f x6 x1 x46 x10 x10 当 时，不等式 即为 ，解得 ，所以 . f x6  x x10 x2 综上所述，不等式 的解集为 或 ； gx f x x1  x1 x2  x1x2 3 （2） ， gx m3 所以 的最大值为 ， 1 1  3 则a b ， 故 a2 b2   a2 b2  1 9    1 a  b 1   2  1 9    2 b a 2 2  b a 2 2  2 b a  2 a b   1  a2 b2 2a 2b  8  22  2   ， 9 b2 a2 b a  9   a2 b2 2a 2b 2   a b 当且仅当b2 a2 且 b a ，即 3 时取等号， 8 故a2 b2的最小值为9. f x 2x1 ax 14．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 .f x a2 （1）当 时，画出函数 的图象； f x34x ,2 （2）若不等式 的解集为 ，求实数a的值. 【答案】（1）答案见解析；（2）4或8. 【分析】 a2 （1）由 ，将函数解析式写成分段的形式，直接作图，即可得出结果； a2 a2 2a 2a xa 2x2 （2）先由题中条件，将不等式化为 ，讨论 3 和 3 两种情况，根据 不等式的解集，即可得出结果. 【详解】  1 3x3,x ,  2   1 f x 2x1 2x x1,  x2, （1）当 时， 2  3x3,x2,  a2  f x 在平面直角坐标系中画出函数 的图象如图所示. f x34x ,2 x,2 2x10 （2）因为不等式 的解集为 ，当 时， ，所以原不等式可化 2x1 ax 34x xa 2x2 为 ，即 ， a2 x , xa2x2,  3 得 得 xa2x2,  x2a, a2 2a 当 3 ，即a1时，2a2，解得a4； a2 a2 2a 2 当 3 ，即a1时， 3 ，解得a8 所以实数a的值为4或8. 【点睛】 方法点睛： 解绝对值不等式的常用方法： x a a xa x a xa （1）基本性质法：a为正实数， ， 或 xa ； xa  xb xa  xb （2）平方法：两边平方去掉绝对值，适用于 或 型的不等式的求解； （3）分类讨论法(零点分区间法)：含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用分类讨论法去掉绝对值，将 其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式求解； （4）几何法：利用绝对值不等式的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求 解； （5）数形结合法：在直角坐标系中，作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解. f(x)|2xa||x1| 15．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 .a2 f(x) f(x) （1）若 ，画出函数 的图象，并求出 的最值； x f(x)|x1|3a1 a （2）若关于 的不等式 恒成立，求 的取值范围. 1  ,   【答案】（1）图象见解析；最小值为-2，无最大值；（2）2 . 【分析】 x3,x1,  （1）代入 ，得 f(x) 2x2  x1 3x1,1 x1, 可作出图像和得到最值；  x3,x1, a2  |2xa||2x2|3a1 |a2|3a1 （2）由已知得 恒成立，再根据绝对值不等式得 ，解之可得答案． 【详解】 x3,x1,  解：（1）若 ，则 f(x) 2x2  x1 3x1,1 x1,  x3,x1, a2  f(x) 则函数 的图象如图所示，f(x) 由图像可知 的最小值为-2，无最大值. f(x)|x1|3a1 |2xa||2x2|3a1 （2）由 恒成立，得 恒成立， |2xa||2x2||(2xa)(2x2)||a2| 因为 ， |a2|3a1 所以 ， 1 1 a [ ,) 即3a1a23a1，解得 2 ，故a的取值范围为 2 . 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及不等式成立的问题，关键在于运用含绝对值不等 式的性质以及分类讨论的思想.