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.