近五年（2017-2021）高考數學真題分類匯編

十四、不等式選講

一、解答題

1．（2021·全國高考真題（理））已知函數．

（1）當時，求不等式的解集;

（2）若，求a的取值范圍．

2．（2021·全國高考真題（文））已知函數．

（1）畫出和的圖像；

（2）若，求a的取值范圍．

3．（2020·全國高考真題（理））已知函數.（1）當時，求不等式的解集；

（2）若，求a的取值范圍.4．（2020·全國高考真題（理））已知函數．

（1）畫出的圖像；

（2）求不等式的解集．

5．（2019·江蘇高考真題）設，解不等式.6．（2019·全國高考真題（理））設，且.（1）求的最小值；

（2）若成立，證明：或.7．（2019·全國高考真題（文））已知

（1）當時，求不等式的解集；

（2）若時，求的取值范圍.8．（2019·全國高考真題（文））已知a，b，c為正數，且滿足abc=1．證明：

（1）；

（2）．

9．（2018·江蘇高考真題）

若x，y，z為實數，且x+2y+2z=6，求的最小值．

10．（2018·全國高考真題（理））

設函數．

（1）畫出的圖像；

（2）當，求的最小值．

11．（2018·全國高考真題（文））已知.（1）當時，求不等式的解集；

（2）若時不等式成立，求的取值范圍.12．（2018·全國高考真題（文））設函數.（1）當時，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求的取值范圍.13．（2017·全國高考真題（理））已知函數=│x+1│–│x–2│.（1）求不等式≥1的解集；

（2）若不等式≥x2–x

+m的解集非空，求實數m的取值范圍.14．（2017·全國高考真題（文））已知函數，．

（1）當時，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含[–1，1]，求的取值范圍．

15．（2017·全國高考真題（理））已知函數，．

（1）當時，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含[–1，1]，求的取值范圍．

16．（2017·全國高考真題（理））已知，，證明：

(1)；

(2).17．（2017·江蘇高考真題）已知a,b,c,d為實數，且a2+b2=4,c2+d2=16,證明ac+bd8.18．（2016·全國高考真題（文））選修4-5：不等式選講

已知函數，M為不等式的解集.（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）證明：當a，b時，.19．（2016·全國高考真題（文））已知函數.（1）當a=2時，求不等式的解集；

（2）設函數.當時，求的取值范圍.近五年（2017-2021）高考數學真題分類匯編

十四、不等式選講（答案解析）

1．（1）.（2）.【分析】

（1）利用絕對值的幾何意義求得不等式的解集.（2）利用絕對值不等式化簡，由此求得的取值范圍.【解析】

（1）當時，表示數軸上的點到和的距離之和，則表示數軸上的點到和的距離之和不小于，當或時所對應的數軸上的點到所對應的點距離之和等于6，∴數軸上到所對應的點距離之和等于大于等于6得到所對應的坐標的范圍是或，所以的解集為.（2）依題意，即恒成立，當且僅當時取等號，,故，所以或，解得.所以的取值范圍是.【小結】

解絕對值不等式的方法有零點分段法、幾何意義法．解含有兩個絕對值，且其中的的系數相等時，可以考慮利用數軸上絕對值的幾何意義求解；利用絕對值三角不等式求最值也是常見的問題，注意表述取等號的條件.2．（1）圖像見解析；（2）

【分析】

（1）分段去絕對值即可畫出圖像；

（2）根據函數圖像數形結和可得需將向左平移可滿足同角，求得過時的值可求.【解析】

（1）可得，畫出圖像如下：，畫出函數圖像如下：

（2），如圖，在同一個坐標系里畫出圖像，是平移了個單位得到，則要使，需將向左平移，即，當過時，解得或（舍去），則數形結合可得需至少將向左平移個單位，.【小結】

關鍵小結：本題考查絕對值不等式的恒成立問題，解題的關鍵是根據函數圖像數形結合求解.3．（1）或；（2）.【分析】

（1）分別在、和三種情況下解不等式求得結果；

（2）利用絕對值三角不等式可得到，由此構造不等式求得結果.【解析】

（1）當時，.當時，解得：；

當時，無解；

當時，解得：；

綜上所述：的解集為或.（2）（當且僅當時取等號），解得：或，的取值范圍為.【小結】

本題考查絕對值不等式的求解、利用絕對值三角不等式求解最值的問題，屬于常考題型.4．（1）解析解析；（2）.【分析】

（1）根據分段討論法，即可寫出函數的解析式，作出圖象；

（2）作出函數的圖象，根據圖象即可解出．

【解析】

（1）因為，作出圖象，如圖所示：

（2）將函數的圖象向左平移個單位，可得函數的圖象，如圖所示：

由，解得．

所以不等式的解集為．

【小結】

本題主要考查畫分段函數的圖象，以及利用圖象解不等式，意在考查學生的數形結合能力，屬于基礎題．

5．.【分析】

由題意結合不等式的性質零點分段即可求得不等式的解集.【解析】

當x<0時，原不等式可化為，解得x<–：

當0≤x≤時，原不等式可化為x+1–2x>2，即x<–1，無解；

當x>時，原不等式可化為x+2x–1>2，解得x>1.綜上，原不等式的解集為.【小結】

本題主要考查解不等式等基礎知識，考查運算求解和推理論證能力．

6．(1)

；(2)見解析.【分析】

(1)根據條件，和柯西不等式得到，再討論是否可以達到等號成立的條件.(2)恒成立問題，柯西不等式等號成立時構造的代入原不等式，便可得到參數的取值范圍.【解析】

(1)

故等號成立當且僅當而又因，解得時等號成立

所以的最小值為.(2)

因為，所以.根據柯西不等式等號成立條件，當，即時有成立.所以成立，所以有或.【小結】

兩個問都是考查柯西不等式，屬于柯西不等式的常見題型.7．（1）；（2）

【分析】

（1）根據，將原不等式化為，分別討論，三種情況，即可求出結果；

（2）分別討論和兩種情況，即可得出結果.【解析】

（1）當時，原不等式可化為；

當時，原不等式可化為，即，顯然成立，此時解集為；

當時，原不等式可化為，解得，此時解集為空集；

當時，原不等式可化為，即，顯然不成立；此時解集為空集；

綜上，原不等式的解集為；

（2）當時，因為，所以由可得，即，顯然恒成立；所以滿足題意；

當時，因為時，顯然不能成立，所以不滿足題意；

綜上，的取值范圍是.【小結】

本題主要考查含絕對值的不等式，熟記分類討論的方法求解即可，屬于?？碱}型.8．（1）見解析；（2）見解析

【分析】

（1）利用將所證不等式可變?yōu)樽C明：，利用基本不等式可證得，從而得到結論；（2）利用基本不等式可得，再次利用基本不等式可將式轉化為，在取等條件一致的情況下，可得結論.【解析】

（1）

當且僅當時取等號，即：

（2），當且僅當時取等號

又，（當且僅當時等號同時成立）

又

【小結】

本題考查利用基本不等式進行不等式的證明問題，考查學生對于基本不等式的變形和應用能力，需要注意的是在利用基本不等式時需注意取等條件能否成立.9．4

【解析】

分析：根據柯西不等式可得結果.解析：證明：由柯西不等式，得．

因為，所以，當且僅當時，不等式取等號，此時，所以的最小值為4．

小結：本題考查柯西不等式等基礎知識，考查推理論證能力.柯西不等式的一般形式：設a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn為實數，則(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，當且僅當bi＝0或存在一個數k，使ai＝kbi(i＝1，2，…，n)時，等號成立．

10．（1）見解析

（2）

【解析】

分析：（1）將函數寫成分段函數，再畫出在各自定義域的圖像即可．

（2）結合（1）問可得a，b范圍，進而得到a+b的最小值

解析：（1）的圖像如圖所示．

（2）由（1）知，的圖像與軸交點的縱坐標為，且各部分所在直線斜率的最大值為，故當且僅當且時，在成立，因此的最小值為．

小結：本題主要考查函數圖像的畫法，考查由不等式求參數的范圍，屬于中檔題．

11．（1）；（2）

【解析】

分析：(1)將代入函數解析式，求得，利用零點分段將解析式化為，然后利用分段函數，分情況討論求得不等式的解集為；

(2)根據題中所給的，其中一個絕對值符號可以去掉，不等式可以化為時，分情況討論即可求得結果.解析：（1）當時，即

故不等式的解集為．

（2）當時成立等價于當時成立．

若，則當時；

若，的解集為，所以，故．

綜上，的取值范圍為．

小結：該題考查的是有關絕對值不等式的解法，以及含參的絕對值的式子在某個區(qū)間上恒成立求參數的取值范圍的問題，在解題的過程中，需要會用零點分段法將其化為分段函數，從而將不等式轉化為多個不等式組來解決，關于第二問求參數的取值范圍時，可以應用題中所給的自變量的范圍，去掉一個絕對值符號，之后進行分類討論，求得結果.12．(1)；(2)

.【解析】

分析：（1）先根據絕對值幾何意義將不等式化為三個不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡不等式為，再根據絕對值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范圍．

解析：（1）當時，可得的解集為．

（2）等價于．

而，且當時等號成立．故等價于．

由可得或，所以的取值范圍是．

小結：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．

13．（1）；（2）.【分析】

（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2與x＞2兩類討論即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（2）依題意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，設g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三類討論，可求得g（x）max，從而可得m的取值范圍．

【解析】

解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，∴當﹣1≤x≤2時，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；

當x＞2時，3≥1恒成立，故x＞2；

綜上，不等式f（x）≥1的解集為{x|x≥1}．

（2）原式等價于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，即m≤[f（x）﹣x2+x]max，設g（x）＝f（x）﹣x2+x．

由（1）知，g（x），當x≤﹣1時，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其開口向下，對稱軸方程為x1，∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；

當﹣1＜x＜2時，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其開口向下，對稱軸方程為x∈（﹣1，2），∴g（x）≤g（）1；

當x≥2時，g（x）＝﹣x2+x+3，其開口向下，對稱軸方程為x2，∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；

綜上，g（x）max，∴m的取值范圍為（﹣∞，]．

【小結】

本題考查絕對值不等式的解法，去掉絕對值符號是解決問題的關鍵，突出考查分類討論思想與等價轉化思想、函數與方程思想的綜合運用，屬于難題．

14．（1）；（2）．

【解析】

試題分析：（1）分，三種情況解不等式；（2）的解集包含，等價于當時，所以且，從而可得．

試題解析：（1）當時，不等式等價于.①

當時，①式化為，無解；

當時，①式化為，從而；

當時，①式化為，從而.所以的解集為.（2）當時，.所以的解集包含，等價于當時.又在的最小值必為與之一，所以且，得.所以的取值范圍為.小結:形如(或)型的不等式主要有兩種解法：

(1)分段討論法：利用絕對值號內式子對應方程的根，將數軸分為，(此處設)三個部分，將每部分去掉絕對值號并分別列出對應的不等式求解，然后取各個不等式解集的并集．

(2)圖像法：作出函數和的圖像，結合圖像求解．

15．（1）；（2）．

【解析】

試題分析：（1）分，三種情況解不等式；（2）的解集包含，等價于當時，所以且，從而可得．

試題解析：（1）當時，不等式等價于.①

當時，①式化為，無解；

當時，①式化為，從而；

當時，①式化為，從而.所以的解集為.（2）當時，.所以的解集包含，等價于當時.又在的最小值必為與之一，所以且，得.所以的取值范圍為.小結:形如(或)型的不等式主要有兩種解法：

(1)分段討論法：利用絕對值號內式子對應方程的根，將數軸分為，(此處設)三個部分，將每部分去掉絕對值號并分別列出對應的不等式求解，然后取各個不等式解集的并集．

(2)圖像法：作出函數和的圖像，結合圖像求解．

16．(1)

見解析(2)

見解析

【分析】

（1）由柯西不等式即可證明，（2）由a3+b3＝2轉化為ab，再由均值不等式可得：ab≤，即可得到（a+b）3≤2，問題得以證明．

【解析】

證明：（1）由柯西不等式得：

當且僅當ab5＝ba5，即a＝b＝1時取等號；

（2）∵a3+b3＝2，∴（a+b）（a2﹣ab+b2）＝2，∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]＝2，∴（a+b）3﹣3ab（a+b）＝2，∴ab，由均值不等式可得：ab≤

∴（a+b）3﹣2，∴（a+b）3≤2，∴a+b≤2，當且僅當a＝b＝1時等號成立．

【小結】

本題考查了不等式的證明，掌握柯西不等式和均值不等式是關鍵，屬于中檔題．

17．見解析

【解析】

試題分析：由柯西不等式可得，代入即得結論．

試題解析：證明：由柯西不等式可得：，因為

所以，因此.18．（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.【解析】

試題分析：（I）先去掉絕對值，再分，和三種情況解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再進行因式分解，進而可證當，時，．

試題解析：（I）

當時，由得解得；

當時，；

當時，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當時，從而，因此

【考點】絕對值不等式，不等式的證明.【名師小結】形如（或）型的不等式主要有兩種解法：

（1）分段討論法：利用絕對值號內式子對應的方程的根，將數軸分為，（此處設）三個部分，在每個部分去掉絕對值號并分別列出對應的不等式進行求解，然后取各個不等式解集的并集．

（2）圖象法：作出函數和的圖象，結合圖象求解．

19．（1）；（2）．

【解析】

試題分析：（1）當時；（2）由

等價于，解之得.試題解析：

（1）當時，.解不等式，得.因此，的解集為.（2）當時，當時等號成立，所以當時，等價于.①

當時，①等價于，無解.當時，①等價于，解得.所以的取值范圍是.考點：不等式選講.