专题15：不等式选讲(解析版)

一、解答题 1．（2021·安徽安庆市·高三一模（文））已知函数f(x)|2xa||x1|. （1）当a2时，求不等式fx1的解集；

（2）若a0，不等式fx20恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）0,4；（2）0,2.

【分析】（1）当a2时，求得函数fx的解析式，分类讨论，即可求解；

a（2）当a0，化简函数fx的解析式，利用一次函数的性质，求得fmin1，结

2合题意列出不等式，即可求解.

x3,x1【解答】（1）当a2时，函数fx2x2x113x,1x1，

x3,x1当x1时，由fx1，可得x31，解得1x4； 当1x1时，由fx1，可得13x1，解得0x1； 当x1时，由fx1，可得3x1，此时解集为空集， 综上所述：不等式fx1的解集为0,4.

axa1,x2a（2）若a0，函数fxa13x,1x

2a1x,x1aa,+为增函数， fx由一次函数性质可知在为减函数，在，22aa所以fminf1，

22af2fx2012，解得a2 因为不等式恒成立，即min，即

2又因为a0，所以a0,2，即实数a的取值范围0,2. 2．（2021·宁夏吴忠市·高三一模（理））已知函数fxx1． （1）解不等式f(x)42x1；

（2）已知mn1(m0,n0)，若1a3，求证xaf(x)112． mn4x∣x【答案】（1）34（2）证明见解析. ；3【分析】（1）利用零点分界法去绝对值，解不等式即可.

（2）利用绝对值三角不等式可得a12，再利用基本不等式可得证.

【解答】（1）f(x)42x1等价于x142x1， 当x1时，原不等式化为(x1)4(2x1)，

44即x，∴x1；

331122，即mn当1x1时，原不等式化为x142x1， 21； 2即x2，∴1x当x即x1时，原不等式化为x142x1， 2144，∴x； 32344x∣x综上可得，原不等式的解集为．

33（2）证明：|xa|f(x)xax1(xa)(x1)a1， ∵1a3，∴2a12，即a12， ∴xafx2， ∵mn1(m0,n0)， ∴∴

11mnmnnm24， mnmnmn111122，∴xaf(x)2． mnmn3．（2021·山西晋中市·高三二模（文））已知函数f(x)b|x||xa|(a0)． （1）当b1,a2时，解不等式f(x)5；

（2）当b2时，若不等式f(x)3对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围．

37【答案】（1）,；（2）[3,)．

22【分析】（1）当b1,a2时，利用零点分段法去绝对值，由此求得不等式f(x)5的解集.

（2）当b2时，将fx表示为分段函数的形式，求得fx的最小值，由此求得a的取值范围.

【解答】（1）当b1,a2时，不等式f(x)5即为|x||x2|5， 当x2时，可得x(x2)5，解得x77，则2x； 22当0x2时，可得x(x2)5，即25，所以0x2； 当x0时，可得x(x2)5，解得x33x0． ，则2237综上可得，原不等式的解集为,．

22（2）当b2时，若不等式f(x)3对任意的xR恒成立，即为f(x)min3，

3xa,xa,又f(x)xa,0xa,

a3x,x0,当xa时，f(x)f(a)2a； 当0xa时，af(x)2a； 当x0时，f(x)a．

故f(x)mina，则a3，即a的取值范围是[3,)．

4．（2021·四川成都市·高三月考（文））已知函数fxx12x． （1）解不等式fx2；

11（2）若fx的最小值为A，且正实数m，n满足mnA，求mn的最

mn小值．

1,【答案】（1）3251,；（2）

4【分析】（1）利用零点分界法去绝对值即可求解.

（2）由（1）求出A1，即mn1，再将式子展开可得mn22，再利用基本不mn1mn等式可得0,，代入式子即可求解.

413x,x0【解答】解：（1）由fxx1,0x1，

3x1,x11当x0，由fx213x2x

3当0x1，由fx2x12x1（舍） 当x1，由fx23x12x1

11,xx1综上：或，即不等式的解集为33（2）由（1）当x0时，fx13x1， 当0x1时，fxx11,2，

当x1时，fx3x12，所以fx1， 即A1，则mn1，

1,

mnm2n21mnmn2mn111由mn mnmnmn222mn22mn22mn2

mnmn11mn0,, 44由mn2mnmn当且仅当mn当mn1时取等号， 2125时，原式取最小值为.

445．（2021·辽宁高三其他模拟（文））已知函数fx|xa||x4a|． （Ⅰ）若a1，求不等式fx7的解集；

（Ⅱ）对于任意的正实数m,n，且3mn1，若fx值范围．

mn恒成立，求实数a的取2mn{x|6x1}；【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）a11或a． 1515【分析】（Ⅰ）利用绝对值的性质，用分类讨论思想进行求解即可； （Ⅱ）根据基本不等式，利用已知3mn1，求出代数式绝对值的性质进行求解即可.

mn的最大值，最后利用m2n|x1||x4|7， 【解答】解：（Ⅰ）原不等式为 当x4时，得x1x47，得x6， 所以6x4．

当4x1时，得x1x47成立， 所以4x1，

当x1时，x1x47， 所以1x1．

{x|6x1}． 综上得不等式的解集为 （Ⅱ）因为m,n为正实数，并且

m2nm1m3mn mnnmnm3mnmnmn325，当时取等号，

nmnmnm当mn所以

1时等号成立， 4mn1的最大值．

5m2n又因为fx|x4axa||3a|， 当xa时取到等号， 要使fx所以amn1 |3a|恒成立，只需．

m2n511a或． 15156．（2021·江西高三其他模拟（理））已知a，b，c为正数． （1）证明

2bc3a3ac2b3a2bc3； 3a2bc4111（2）求a4b4c4的最小值．

abc【答案】（1）证明见解析；（2）183. 【分析】（1）利用基本不等式可证得命题成立； （2）三次使用不等式且等号同时成立，可求得最小值． 【解答】（1）证明a，b，c均为正数，

2b3ac3ac2b222 3a2b3ac2bc2b3ac3ac2b6 3a2b3ac2bc以上三式相加，得

2bc3ac3a2b1113 3a3a2b2bc3c即

2bc3a3ac2b3a2bc3．（当且仅当3a2bc时等号成立） 3a2bc（2）因为a0，b0，c0，

4181111344444433abc3abc33(abc)4 abcabc(abc)3434423(abc)81(abc)43183，

3当且仅当abc38，即时等号成立． 所以原式的最小值为183．

7．（2021·全国高三专题练习（文））已知不等式xx1x4的解集为m,n. （1）求m，n的值；

（2）若x0，y0，n1xym0，求证：xy9xy. 【答案】（1）m1,n5；（2）证明见详解.

【分析】⑴绝对值函数去绝对值得到分段函数，分别求得对应x范围内不等式的解集，即求.

⑵由(1)可得9xy1，则

xy114xy，展开后利用均值不等式即可得证 xyxy【解答】(1) 解：原不等式可化为：

x00x1x1或或 xx1x4xx1x4xx1x4所以1x0或0x1或1x5，即1x5 所以m1,n5

(2)证明：由(1)知4xy10,即4xy1，且x0，y0 所以

xy11y4xy4x4xy5529 xyxyxyxy11x，y当且仅当时取“=”

63所以xy9xy

【点评】思路点睛：本题主要考查了求解绝对值不等式和均值不等式，最常用的方法是去掉绝对值得到分段函数，注意各自分段的范围即可，考查了基本不等式“1”的妙用，在运用基本不等式时要根据一正，二定，三取等的思路去思考． 8．（2021·江西上饶市·高三一模（理））设函数fxx22x1. （1）求fx的最小值；

（2）若集合xRfxax10，求实数a的取值范围. 【答案】（1）fxmin5；（2）2,,3. 2【分析】（1）首先利用零点分段法，去绝对值，求得函数的最小值；（2）fxax1在R上有解，画出函数fx的图象，并且yax1过点0,1，利用数形结合分析实数a的取值范围.

13xx21f(x)3x2x【解答】解：（1）

213x1x2当x≤2时，fx5,， 当2x当x15fx时，,5，

2215时，fx, 225. 2fxmin

（2）据题意：fxax1在R上有解，

作函数yfx及yax1的图象,yax1恒过点0,1，且直线的斜率ka，

kAC512,且直线BC的斜率kBC3 20由图可得：a3或a2 所以a的范围为2,,3.

【点评】关键点点睛：本题的第二问的关键是数形结合分析问题，理解yax1表示过点0,1的直线，并且直线的斜率ka，结合（1）的分段函数，画出函数的图象，分析临界斜率，求a的取值范围.

9．（2021·安徽高三一模（文））已知函数f(x)=|x-2|+|x+1|. （1）解不等式f(x)>x+2；

a3b3c3a2b2c2（2）记f(x)的最小值为m，正实数a，b，c满足a+b+c=m，证明：.

33【答案】（1）,13,；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用“零点分段法”，分为x2，1x2，x1三种情形，解不等式即可；

（2）根据绝对值三角不等式求出m的值，可得abc333a3b3c3(abc)3，由

柯西不等式可得结果.

【解答】（1）当x2时，fxx2x12x1x2，解得x3，所以x3； 当1x2时，fx2xx13x2,解得x1,所以1x1;

1当x1时，fx2xx112xx2,解得x,所以x1.

3综上，x1或x3,故不等式的解集是,13,. （2）因为x2x1所以m3.

x2x13,当且仅当x2x10时等号成立，

323232121212a2b2c2a2b2c2333abc(abc)333abc33131313222222aabbcc222abc3322

当且仅当

aa3212bb3212cc3212,即abc时等号成立，

a3b3c3所以3a2b2c2. 3【点评】关键点点睛：（1）利用“零点分段法”解三角不等式；

323232121212a2b2c2a2b2c2（2）通过a3b3c3(abc)构造柯

33西不等式.

10．（2021·江西高三其他模拟）已知函数f(x)xm2x1． （1）若m2，求不等式f(x)30的解集；

（2）若f(x)的图象与直线y1有且仅有1个公共点，求m的值． 【答案】（1）{x|x1或x7}；（2）m2或m0．

【分析】（1）将m2代入，按照零点分段法对x分类去绝对值，求解后取并集得答案； （2）fx的图象与直线y1有且仅有1个公共点，转化为g(x)f(x)1有1个零点，对m分类求最大值，令最大值为0求得m值. 【解答】解：（1）x22x130，

当x2时，x22x230，解得x1，故x2； 当2x1时，x22x230，解得x1，故2x1； 当x1时，x22x230，解得x7． 综上所述，不等式的解集为{x|x1或x7}；

（2）令g(x)f(x)1xm2x11，问题转化为函数g(x)有1个零点．

xm3,xm若m1，则g(x)3xm3,mx1，

xm1,x1此时g(x)的最大值为g（1）m，此时m0满足题设；

xm3,x1若m1，则g(x)3xm1,1xm，

xm1,xm此时g(x)的最大值为g（1）m2，令m20，得m2，满足题设； 若m1，则g(x)x110，故m1不合题意，舍去． 综上所述，m2或m0． 【点评】方法点睛：

（1）利用“零点分段法”分类讨论解绝对值不等式； （2）将两函数图象的交点问题与函数零点问题之间的互化.

11．（2021·江西上饶市·高三一模（文））已知函数fx2x1x5. （1）求不等式fx7的解集；

（2）若afx恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）x|x1或x1；（2）,11. 2【分析】（1）对x分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；

111fxfafxfxa恒成立只需min即可，利用单调性求出min，进（2）

22而可得结论.

3x4,x51【解答】（1）fx2x1x5x6,5x

213x4,x211x55xx2或2若fx7，则有或，

3x47x673x47解得x5或5x1或x1.

因此不等式fx7的解集为x|x1或x1； （2）afx恒成立只需fxmina即可，

3x4,x5111而fx2x1x5x6,5x在,上递减，在,上递增，

22213x4,x2111111fxf5a所以min， 222211a,∴ 2【点评】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．

12．（2021·云南高三其他模拟（理））设x，y，z均为正实数，且x2yz4. （1）证明：x22y2z24. （2）求xyz的最大值.

【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为10.

【分析】（1）利用基本不等式得x212x，y212y，z212z，由此可证明不等式成立；

（2）利用柯西不等式求最大值．

2【解答】（1）证明：因为x212x，2y14y，z212z，

222所以x2yz42x2yz8，即x22y2z24，

当且仅当xyz1时，等号成立，所以不等式得证.

（2）解：由柯西不等式，得x2yz4242x2y2z，

22x2yz8xzy当且仅当，即，时，等号成立. 42455因为x2yz4，所以

xyz210，

则xyz10， 故xyz的最大值为10.

【点评】思路点睛：本题考查不等式的证明，证明方法是基本不等式和柯西不等式．基本基本不等式可以看作是柯西不等式的二维形式的特例．如果用基本不等式求最值，注意取得最值的条件：一正二定三相等，一个都不能少．第（1）小题也可以利用柯西不等式证明：(x22y2z2)(121)(x2yz)216，当且仅当xyz1时等号成立．

13．（2021·江西上饶市·高三其他模拟（理））设函数fx3x12x2的最大值

x3M. （1）求M；

111（2）已知a、b、c均为正实数，且abcM，求证：1118.

abc【答案】（1）M1；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用绝对值三角不等式可求得M；

111bccaab（2）求得111，利用基本不等式可证得所证不

abcabc等式成立.

【解答】（1）由绝对值三角不等式可得fx当且仅当x1时，等号成立，所以，M1；

3x12x2x33x12x2x31，

11abc1ac1ab1（2）由（1）可得abc1，，同理可得1，1， aaabbcc由基本不等式可得

111bccaab2bc2ca2ab8， 111abcabcabc1111abc当且仅当时，等号成立，因此，1118.

3abc【点评】方法点睛：证明不等式，基本方法如下：

（1）作差法：利用差的符号判断两个代数式的大小关系，作差后需利用因式分解、配方法等判断

各因式的符号；

（2）作商法：当两个代数式的符号相同时，利用商与1的大小关系来判断两个代数式的大小关系；

（3）基本不等式法：根据不等式的代数结构特点选择合适的基本不等式帮助证明. 14．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））已知函数f(x)=2|x-1|+|x+2|. （1）求不等式f(x)≥6的解集; （2）若f(x)m2对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围. m【答案】（1）,22,．（2）,01,2．

【分析】（1）根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后可解不等式；

（2）分类讨论去绝对值符号后求得函数f(x)的最小值，然后解关于m的不等式，注意按分母m的正负分类求解．

【解答】（1）由不等式fx6可得：fx2|x1||x2|6，

x22x1x1可化为：或或

22xx2622xx262x2x26解得：x≤2或x2，所以原不等式的解集为,22,．

3x,x2（2）因为fx2x1x2=x4,2x1，

3x,x1上单调递增， 所以f(x)在,1上单调递减，在1，所以f(x)minf(1)3．

22m23m20， 要fxm对任意xR恒成立，只需3m，即：

mmmm1m20m1m20所以或，解得：1m2或m0，

m0m0所以，实数m的取值范围为,01,2．

【点评】方法点睛：本题考查解含绝对值的不等式，绝对值不等式恒成立问题．解含绝对值的不等式的常用方法是利用绝对值的定义分类讨论去绝对值符号，然后解不等式．而不等式恒成立，在解关于参数m的不等式时注意分式不等式的分类讨论求解． 15．（2021·安徽淮南市·高三一模（文））设函数fx2x1x4． （1）解不等式fx0；

2（2）若关于x的方程f(x)3x42m3m0没有实数根，求实数m的取值范围．

3【答案】（1）(,5)(1,)；（2）m3.

2【分析】（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；

2（2）先将题意转化为g(x)fx3x42m3m没有实数根， 再求gx值域，

利用2m23m取值为gx值域的补集，计算即得结果. 【解答】解：（1）当x4时，f(x)2x1(x4)x50， 得x5，所以x4；

1当x4时，fx2x1x43x30，

2得x1，所以1x4；

1当x时，fxx50，得x5，所以x5．

2综上，原不等式的解集为(,5)(1,)；

22（2）方程fx3x42m3m0没有实数根，即fx3x42m3m没有实

数根，

令gxfx3x42x12x42x12x82x1(2x8)9，

1当且仅当2x12x80时，即x4时等号成立，即gx值域为9,，

22若gx2m3m没有实数根，则2m23m9，即2m23m90，

3所以实数m的取值范围为m3．

2【点评】方法点睛： 1、绝对值不等式的解法：

（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）利于“零点分段法”去绝对值进行求解，体现了分类讨论思想； （3）通过构造函数，利用函数图象求解，体现了函数与方程思想. 2、不等式恒成立问题通常可转化成函数最值来处理.

16．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（文））设函数fx2x1a1， （1）若a1时，解不等式：fx2x1；

（2）若关于x的不等式fx2x1存在实数解，求实数a的取值范围.

1【答案】（1）xx；（2）2,4.

4【分析】（1）a1时，解不等式，用平方法把2x12x1绝对值号去掉，可解； （2）把 “关于x的不等式fx2x1存在实数解”转化为能成立问题，可求a的范围.

【解答】解：（1）a1时，所解不等即为：2x12x1，两边平方解得x，

141∴原不等式解集为xx.

4（2）2x1a12x1存在实数解， 即a12x12x1存在实数解， 令gx2x12x1，即a1gxmax，

gx2x12x12x12x23， ∴当x1时等号成立. ∴a13，解得a2,4. 【点评】（1）常见解不等式的类型：

解一元二次不等式用图像法或因式分解法；②分式不等式化为标准型后利用商的符号法则；③韩绝对值的不等式去绝对值号；④含参数的不等式需要分类讨论． （2）求参数的取值范围，通常采用分离参数法，转化为恒（能）成立问题. 17．（2021·河南焦作市·高三二模（文））已知函数f(x)|x1||ax1|． （Ⅰ）当a2时，解不等式f(x)5；

（Ⅱ）当a1时，若存在实数x，使得2m1f(x)成立，求实数m的取值范围．

553∣x；【答案】（Ⅰ）x（Ⅱ）,． 3323x,x1,1【分析】（Ⅰ）由绝对值定义去掉绝对值符号化为分段函数形式f(x)x2,x1，

213x,x,2然后再分段求解即可.

（Ⅱ）若存在x使不等式2m1f(x)恒成立，即2m1大于等于f(x)的最小值，由绝对值的三角形不等式可得f(x)的最小值为2，从而可得答案.

3x,x1,1f(x)x12x1x2,x1, 【解答】解：（Ⅰ）当a2时，213x,x,2当x1时，由3x5得1x当5； 311x1时，由x25得x1； 22151当x时，由3x5得x．

32255∣x． 综上所述，不等式f(x)5的解集为x33（Ⅱ）当a1时，f(x)|x1||x1||x11x|2， 当且仅当1x1时，等号成立，即f(x)的最小值为2． 因为存在实数x，使得2m1f(x)成立，所以2m12． 解得m33，因此m的取值范围是,． 22【点评】关键点睛：本题考查解绝对值不等式和含绝对值不等式有解问题，解答本题的关键是根据题意将问题转化为2m1大于等于f(x)的最小值，由

f(x)|x1||x1||x11x|2得出最小值，属于中档题. 18．（2021·安徽黄山市·高三一模（理））已知函数f(x)x小值为k. （1）求k的值；

3|2x1|，记f(x)最2abc（2）若a，b，c为正数，且1.求证：

kkk(2a)(2a)(2b)(2b)(2c)(2c)2 abc222【答案】（1）2；（2）证明见解析.

【分析】（1）对x分三种情况讨论求出f(x)最小值k；

b2c2a2c2a2b2（2）化简不等式左边得，再利用重要不等式证明.

abc31311【解答】（1）当x时，f(x)x2x13x2；

22222351513当x时，f(x)x2x1x2；

222222当x313时，f(x)x2x13x4. 222所以f(x)最小值为k2. （2）由题得a2b2c24.

(2a)(2a)(2b)(2b)(2c)(2c) abc4a24b24c2b2c2a2c2a2b2 abcabcabacbc222 2abc【点评】方法点睛：不等式的证明常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）反证法；（5）数学归纳法；（6）放缩法.要根据已知条件灵活选择合适的方法证明.

19．（2021·广西崇左市·高三二模（理））已知实数a,b,c，满足abc1．

1125（1）若a,bR,c0，求证：ab；

ab222（2）设abc,a2b2c21，求证：ab1． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

11122【分析】（1）利用基本不等式可证得11ab，再由基本不等

abab22式计算

11的最值，即可求证； ab（2）利用反证法证明，假设ab1，将已知条件平方可得abbcca0，由已知条件可知abc0可得abbcca0，得出矛盾即可得证.

1111【解答】（1）c0时，ab1，因为ab2ab

abab221111ab2ab22所以11abab abab21111ab1， abab22a,bR,ab1，

22221111baba(ab)2224 abababab114 ab11(14)225从而ab ab2222ab1ba1当且仅当即ab时等号成立，

2ab11abab（2）假设ab1，则由abc1，知c0，故abc0． 又由(abc)2a2b2c22ab2ac2bc1，得abbcca0 但由abc0知abbcca0矛盾， 故ab1不成立，所以ab1．

【点评】易错点点睛：利用基本不等式求最值或证明不等式时，必须满足一正、二定、三相等，验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

20．（2021·江西高三其他模拟（文））设函数f(x)|3x1|1,g(x)|3x1||1x|2. （1）求不等式f(x)2x的解集；

（2）若存在x使不等式2f(x)g(x)a|x|成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）[0,2]；（2）a4．

【分析】（1）根据绝对值定义分类讨论解不等式可得；

（2）化简2f(x)g(x)后，先考虑x0时，不等式恒成立，x0时分离参数化为

a2f(x)g(x)1131，根据绝对值的性质求得右边的最小值即可．

xxx【解答】解：（1）由f(x)2x得：|3x1|12x，

3x103x10∴或，

3x112x3x112x11解得：x2或0x.

33∴不等式f(x)2x的解集是[0,2]. （2）2f(x)g(x)|3x1||1x|，

当x0时显然成立，所以2f(x)g(x)a|x|成立， 即a2f(x)g(x)(x0)，

|x|2f(x)g(x)(x0)，

|x|2f(x)g(x)|3x1||1x|11113131，

|x||x|xxxx令h(x)即h(x)1111时，h(x)3(1)4， xxx1x3时，h(x)3112(1)24， xxx1113时，h(x)3(1)4， xxx所以h(x)min4．

∴a4，所以实数a的取值范围是[4,)．

【点评】关键点点睛：本题考查解含绝对值的不等式，不等式有解问题．解含绝对值的不等式或含绝对值的函数的最值等问题通常是是根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后求解．注意不等式有解与恒成立的区别，本题中若ah(x)恒成立，则

ah(x)max，若ah(x)有解，则ah(x)min．

21．（2021·陕西榆林市·高三二模（文））已知函数f(x)3x53x3．

（1）求不等式f(x)40的解集；

（2）若不等式f(x)m2log2m对任意xR恒成立，求m的取值范围．

19【答案】（1）,7；（2）0,4．

3【分析】（1）利用零点分段法，解不等式组即可得到结果.

（2）由绝对值三角不等式可得3x53x38，从而得到m2log2m8，然后解不等式可得m的范围．

【解答】（1）f(x)3x53x340，

55x1xx133 或∴ 或 ，

6x2406x240840解得：19x7， 319不等式f(x)40的解集为,7；

3（2）因为f(x)3x53x33x53x38，当1x所以m2log2m8，令gmm2log2m， 则gm为0,上的增函数，且g48， 所以0m4，

故m的取值范围为0,4．

5时可取到等号，322．（2021·广西高三其他模拟（文））已知f(x)|xm||x2m|(m0)的最小值为3．

（1）求m的值；

a3b3（2）若a0,b0，且abm，求证：1．

ba22【答案】（1）m1；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用a+bab求解；

1a3b3a4b412ab，即证明2ab1成立即可，利用基（2）不等式可化为abbaabab本不等式可知当a2b21时，0ab11，然后可根据函数知识证明出2ab1在2ab1ab0,上恒成立.

2【解答】解：（1）因为|xm||x2m|xmx2m3m， 所以函数f(x)的最小值为3m3，又m0，所以m1.

（2）方法一：由（1）可知a2b21，又a0,b0，由a2b22ab得，0ab当且仅当ab时等号成立，

3344a2b22a2b212a2b21abab又2ab， baabababab1,211设abt，则函数y2t在t0,上递减，

t21112t21a3b31故t，即1成立. 2ba2方法二：

a3ab2a2b当a0,b0时，由基本不等式可得3，当且仅当ab时等号成立，

bab2baa3b3所以2ab2a22b22，

ba又因为a2b22ab，当且仅当ab时等号成立，

a3b3a3b3a3b322所以22abab1，

bababaa3b3所以1，当且仅当ab时等号成立.

ba【点评】本题考查绝对值不等式的应用，考查不等式的证明，难度一般. 解答时，绝对值三角不等式的应用、基本不等式的运用是关键.

23．（2021·江西高三其他模拟（理））已知函数f(x)|x1||2x1|． （1）求f(x)3的解集．

（2）若存在a，b，关于x的不等式|ba||2ba||a|(|x1||x2m|)(a0)有解，求实数m的取值范围．

【答案】（1）{x|1x5}；（2）51m. 44【分析】（1）利用零点分段法，分x1，1x11，x三段去绝对值解不等式；

22bb121|x1||x2m|，将不等式能成立转化为（2）不等式转化为aabbx1x2m121mina，分别求不等式两边的最值，求得m的取值范amax围.

【解答】（1）当x1时，f(x)x2，∴x23,x1，∴x1． 当1x当x11时，f(x)3x，∴3x3,x1，∴1x． 2211时，f(x)x2，∴x23,x5，∴x5． 22综上所述：解集为{x|1x5}

|ba||2ba||x1||x2m| （2）

|a||a|∴

bb121|x1||x2m|若存在a，b，关于x的不等式有解， aabbx1x2m121mina则 amaxx1x2mx1x2m2m1，

设

11b13t，则t12t1t1ttt1t，

22a22351|2m1|，∴m 244【点评】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数yfx,xa,b，ygx,xc,d

（1）若x1a,b，x2c,d，总有fx1gx2成立，故fxmaxgx2min； （2）若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2成立，故fxmaxgx2max； （3）若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2成立，故fxmingx2min； （4）若若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2，则fx的值域是gx值域的子集 ．

24．（2021·陕西榆林市·高三一模（文））已知函数f(x)|xa||2x3|.

（1）当a1时，求f(x)的最小值；

（2）当x[a,2a2]时，不等式f(x)|x5|恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）最小值为

512；（2）2,. 25【分析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案； （2）先得到a的取值范围，判断各项的正负，去掉绝对值，转化为a2x8在

x[a,2a2]时恒成立，得到a4a12，从而得到a的取值范围.

23x,x13f(x)x12x34x,1xa1【解答】（1）当时，， 233x2,x233由解析式可知，f(x)在,1和1,上单调递减，且在x1处连续，在,22上单调递增， 故f(x)在x（2）

3处取得最小值，且2535f，所以f(x)的最小值为. 222x[a,2a2]，2a2a，a2，

又x[a,2a2]，xa0，2x30，x50，

f(x)x5|xa||2x3|x5xa2x3x5. 即a2x8在x[a,2a2]上恒成立，

令y2x8在x[a,2a2]上单调递减，ymin2(2a2)84a12

a4a12，解得：a12， 512综上，a的取值范围为2,.

5【点评】方法点睛：本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题，不等式恒成立问题常见方法：

①分离参数afx恒成立(afxmax即可)或afx恒成立（afxmin即可）； ②数形结合(yfx 图像在ygx 上方即可)； ③讨论最值fxmin0或fxmax0恒成立.

25．（2021·河南新乡市·高三一模（理））（1）已知abc1，证明：

(a2)2(b2)2(c2)249； 33恒成立，求实数a的取值范围. 2（2）若对任意实数x，不等式|xa||2x1|【答案】（1）证明见解析；（2）( ,2][1,).

2222【分析】（1）利用a2b2c2(abc)22(abbcca)(abc)2abc

1222证明abc即可.

3（2）对a进行分类讨论，使得f(x)min【解答】（1）证明：因为abc1，

所以(a2)2(b2)2(c2)2a2b2c24(abc)12

3即可. 2a2b2c216.

222所以要证(a2)(b2)(c2)49， 31222abc只需证.

3因为a2b2c2(abc)22(abbcca)

(abc)22a2b2c2.

2222所以3abc(abc).

1222因为abc1，所以abc.

3222所以(a2)(b2)(c2)49. 33恒2（2）解：设f(x)|xa||2x1|，则“对任意实数x，不等式|xa||2x1|成立”等价于“f(x)min3”. 23xa1,xa1111当a时，f(x)xa1,ax，此时f(x)minfa，

222213xa1,x2要使|xa||2x1|313恒成立，必须a，解得a2. 222113111当a时，f(x)x|2x1|3x，即x，显然不恒成立.

22222213xa1,x21111当a时，f(x)xa1,xa，此时f(x)minfa，

22223xa1,xa要使|xa||2x1|313恒成立，必须a，解得a1. 222综上所述，实数a的取值范围为( ,2][1,).

【点评】对于恒成立问题，可以分离变量转化为函数的最值问题， 即f(x)a 恒成立 af(x)max,f(x)a 恒成立 af(x)min.