高考真题 绝对值不等式 解答题全集 学生版 解析版.docx

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高考真题绝对值不等式解答题全集学生版解析版

2017-2021年高考真题绝对值不等式解答题全集（学生版+解析版）

1．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+3|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥6的解集；

（2）若f（x）＞﹣a，求a的取值范围．

2．（2020•江苏）设x∈R，解不等式2|x+1|+|x|＜4．

3．（2020•新课标Ⅲ）设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1．

（1）证明：

ab+bc+ca＜0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：

max{a，b，c}

．

4．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|．

（1）画出y＝f（x）的图象；

（2）求不等式f（x）＞f（x+1）的解集．

5．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝|x﹣a2|+|x﹣2a+1|．

（1）当a＝2时，求不等式f（x）≥4的解集；

（2）若f（x）≥4，求a的取值范围．

6．（2020•新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an﹣4n．

（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；

（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．

7．（2020•新课标Ⅲ）设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1．

（1）证明：

ab+bc+ca＜0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：

max{a，b，c}

．

8．（2019•江苏）设x∈R，解不等式|x|+|2x﹣1|＞2．

9．（2019•新课标Ⅲ）设x，y，z∈R，且x+y+z＝1．

（1）求（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；

（2）若（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2

成立，证明：

a≤﹣3或a≥﹣1．

10．（2019•新课标Ⅱ）已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；

（2）当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．

11．（2019•新课标Ⅰ）已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．证明：

（1）

a2+b2+c2；

（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24．

12．（2018•北京）设n为正整数，集合A＝{α|α＝（t1，t2，…tn），tk∈{0，1}，k＝1，2，…，n}，对于集合A中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn）和β＝（y1，y2，…yn），记M（α，β）

[（x1+y1﹣|x1﹣y1|）+（x2+y2﹣|x2﹣y2|）+…（xn+yn﹣|xn﹣yn|）]．

（Ⅰ）当n＝3时，若α＝（1，1，0），β＝（0，1，1），求M（α，α）和M（α，β）的值；

（Ⅱ）当n＝4时，设B是A的子集，且满足：

对于B中的任意元素α，β，当α，β相同时，M（α，β）是奇数；当α，β不同时，M（α，β）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；

（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：

对于B中的任意两个不同的元素α，β，M（α，β）＝0，写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．

13．（2018•新课标Ⅰ）已知f（x）＝|x+1|﹣|ax﹣1|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）＞1的解集；

（2）若x∈（0，1）时不等式f（x）＞x成立，求a的取值范围．

14．（2018•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝5﹣|x+a|﹣|x﹣2|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥0的解集；

（2）若f（x）≤1，求a的取值范围．

15．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝﹣x2+ax+4，g（x）＝|x+1|+|x﹣1|．

（1）当a＝1时，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的取值范围．

16．（2017•新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3＝2．证明：

（1）（a+b）（a5+b5）≥4；

（2）a+b≤2．

17．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|．

（1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．

2017-2021年高考真题绝对值不等式解答题全集（学生版+解析版）

参考答案与试题解析

1．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+3|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥6的解集；

（2）若f（x）＞﹣a，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+3|

，

∵f（x）≥6，∴

或

或

，

∴x≤﹣4或x≥2，

∴不等式的解集为（﹣∞，﹣4]∪[2，+∞）．

（2）f（x）＝|x﹣a|+|x+3|≥|x﹣a﹣x﹣3|＝|a+3|，

若f（x）＞﹣a，则|a+3|＞﹣a，

两边平方可得a2+6a+9＞a2，解得a

，

即a的取值范围是（

，+∞）．

2．（2020•江苏）设x∈R，解不等式2|x+1|+|x|＜4．

【解答】解：

2|x+1|+|x|

．

∵2|x+1|+|x|＜4，∴

或

或

，

∴

或﹣1≤x≤0或﹣2＜x＜﹣1，∴﹣2＜x

，

∴不等式的解集为{x|﹣2＜x

}．

3．（2020•新课标Ⅲ）设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1．

（1）证明：

ab+bc+ca＜0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：

max{a，b，c}

．

【解答】证明：

（1）∵a+b+c＝0，∴（a+b+c）2＝0，

∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc＝0，

∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2），

∵abc＝1，∴a，b，c均不为0，

∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）＜0，

∴ab+ac+bc＜0；

（2）不妨设a≤b＜0＜c

，则ab

，

∵a+b+c＝0，∴﹣a﹣b＝c

，

而﹣a﹣b≥2

，与假设矛盾，

故max{a，b，c}

．

4．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|．

（1）画出y＝f（x）的图象；

（2）求不等式f（x）＞f（x+1）的解集．

【解答】解：

函数f（x）＝|3x+1|﹣2|x﹣1|

，

图象如图所示

（2）由于f（x+1）的图象是函数f（x）的图象向左平移了一个单位所得，（如图所示）

直线y＝5x﹣1向左平移一个单位后表示为y＝5（x+1）﹣1＝5x+4，

联立

，解得横坐标为x

，

∴不等式f（x）＞f（x+1）的解集为{x|x

}．

5．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝|x﹣a2|+|x﹣2a+1|．

（1）当a＝2时，求不等式f（x）≥4的解集；

（2）若f（x）≥4，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝2时，f（x）＝|x﹣4|+|x﹣3|

，

∴当x≤3时，不等式f（x）≥4化为﹣2x+7≥4，即x

，∴x

；

当3＜x＜4时，不等式f（x）≥4化为1≥4，此时x∈∅；

当x≥4时，不等式f（x）≥4化为2x﹣7≥4，即x

，∴x

．

综上，当a＝2时，不等式f（x）≥4的解集为{x|x

或x

}；

（2）f（x）＝|x﹣a2|+|x﹣2a+1|≥|x﹣a2﹣（x﹣2a+1）|＝|（a﹣1）2|＝（a﹣1）2．

又f（x）≥4，∴（a﹣1）2≥4，

得a﹣1≤﹣2或a﹣1≥2，

解得：

a≤﹣1或a≥3．

综上，若f（x）≥4，则a的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[3，+∞）．

6．（2020•新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an﹣4n．

（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；

（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．

【解答】解：

（1）法一：

数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an﹣4n，

则a2＝3a1﹣4＝5，a3＝3a2﹣4×2＝7，…，

猜想{an}的通项公式为an＝2n+1．

证明如下：

（i）当n＝1，2，3时，显然成立，

（ii）假设n＝k时，ak＝2k+1（k∈N+）成立，

当n＝k+1时，ak+1＝3ak﹣4k＝3（k+1）﹣4k＝2k+3＝2（k+1）+1，故n＝k+1时成立，

由（i）（ii）知，an＝2n+1，猜想成立，

所以{an}的通项公式an＝2n+1．

法二：

数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an﹣4n，

则a2＝3a1﹣4＝5，a3＝3a2﹣4×2＝7，…，

猜想{an}的通项公式为an＝2n+1．

证明：

设an+1+α（n+1）+β＝3（an+αn+β），

可得an+1＝3an+2αn+2β﹣α，

∴

，解得

，

∴an+1﹣2（n+1）﹣1＝3（an﹣2n﹣1），（不能说明{an﹣2n﹣1}是等比数列）

∵a1＝3，a1﹣2×1﹣1＝0，并且a2﹣2（2+1）﹣1＝0，所以an＝2n+1恒成立．

所以an＝2n+1．

（2）令bn＝2nan＝（2n+1）•2n，则数列{2nan}的前n项和

Sn＝3×21+5×22+…+（2n+1）2n，…①

两边同乘2得，2Sn＝3×22+5×23+…+（2n+1）2n+1，…②

①﹣②得，﹣Sn＝3×2+2×22+…+2×2n﹣（2n+1）2n+1

＝6

（2n+1）2n+1，

所以Sn＝（2n﹣1）2n+1+2．

7．（2020•新课标Ⅲ）设a，b，c∈R，a+b+c＝0，abc＝1．

（1）证明：

ab+bc+ca＜0；

（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：

max{a，b，c}

．

【解答】证明：

（1）∵a+b+c＝0，∴（a+b+c）2＝0，

∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc＝0，

∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2），

∵abc＝1，∴a，b，c均不为0，

∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）＜0，

∴ab+ac+bc＜0；

（2）不妨设a≤b＜0＜c

，则ab

，

∵a+b+c＝0，∴﹣a﹣b＝c

，

而﹣a﹣b≥2

，与假设矛盾，

故max{a，b，c}

．

8．（2019•江苏）设x∈R，解不等式|x|+|2x﹣1|＞2．

【解答】解：

|x|+|2x﹣1|

，

∵|x|+|2x﹣1|＞2，

∴

或

或

，

∴x＞1或x∈∅或x

，

∴不等式的解集为{x|x

或x＞1}．

9．（2019•新课标Ⅲ）设x，y，z∈R，且x+y+z＝1．

（1）求（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；

（2）若（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2

成立，证明：

a≤﹣3或a≥﹣1．

【解答】解：

（1）x，y，z∈R，且x+y+z＝1，

由柯西不等式可得

（12+12+12）[（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2]≥（x﹣1+y+1+z+1）2＝4，

可得（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2

，

即有（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值为

；

（2）证明：

由x+y+z＝1，柯西不等式可得

（12+12+12）[（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2]≥（x﹣2+y﹣1+z﹣a）2＝（a+2）2，

可得（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2

，

即有（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2的最小值为

，

由题意可得

，

解得a≥﹣1或a≤﹣3．

10．（2019•新课标Ⅱ）已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；

（2）当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），

∵f（x）＜0，∴当x＜1时，f（x）＝﹣2（x﹣1）2＜0，恒成立，∴x＜1；

当x≥1时，f（x）＝（x﹣1）（x+|x﹣2|）≥0恒成立，∴x∈∅；

综上，不等式的解集为（﹣∞，1）；

（2）当a≥1时，f（x）＝2（a﹣x）（x﹣1）＜0在x∈（﹣∞，1）上恒成立；

当a＜1时，x∈（a，1），f（x）＝2（x﹣a）＞0，不满足题意，

∴a的取值范围为：

[1，+∞）

11．（2019•新课标Ⅰ）已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．证明：

（1）

a2+b2+c2；

（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24．

【解答】证明：

（1）分析法：

已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．

要证

（1）

a2+b2+c2；因为abc＝1．

就要证：

a2+b2+c2；

即证：

bc+ac+ab≤a2+b2+c2；

即：

2bc+2ac+2ab≤2a2+2b2+2c2；

2a2+2b2+2c2﹣2bc﹣2ac﹣2ab≥0

（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2≥0；

∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．

∴（a﹣b）2≥0；（a﹣c）2≥0；（b﹣c）2≥0恒成立；当且仅当：

a＝b＝c＝1时取等号．

即（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2≥0得证．

故

a2+b2+c2得证．

（2）证（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24成立；

即：

已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．

（a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数；

（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥3（a+b）•（b+c）•（c+a）；

当且仅当（a+b）＝（b+c）＝（c+a）时取等号；即：

a＝b＝c＝1时取等号；

∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．

（a+b）≥2

；（b+c）≥2

；（c+a）≥2

；

当且仅当a＝b，b＝c；c＝a时取等号；即：

a＝b＝c＝1时取等号；

∴（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥3（a+b）•（b+c）•（c+a）≥3×8

•

•

24abc＝24；

当且仅当a＝b＝c＝1时取等号；

故（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24．得证．

故得证．

12．（2018•北京）设n为正整数，集合A＝{α|α＝（t1，t2，…tn），tk∈{0，1}，k＝1，2，…，n}，对于集合A中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn）和β＝（y1，y2，…yn），记M（α，β）

[（x1+y1﹣|x1﹣y1|）+（x2+y2﹣|x2﹣y2|）+…（xn+yn﹣|xn﹣yn|）]．

（Ⅰ）当n＝3时，若α＝（1，1，0），β＝（0，1，1），求M（α，α）和M（α，β）的值；

（Ⅱ）当n＝4时，设B是A的子集，且满足：

对于B中的任意元素α，β，当α，β相同时，M（α，β）是奇数；当α，β不同时，M（α，β）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；

（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：

对于B中的任意两个不同的元素α，β，M（α，β）＝0，写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．

【解答】解：

（I）M（α，α）＝1+1+0＝2，M（α，β）＝0+1+0＝1．

（II）考虑数对（xk，yk）只有四种情况：

（0，0）、（0，1）、（1，0）、（1，1），相应的

分别为0、0、0、1，

所以B中的每个元素应有奇数个1，

所以B中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：

（1，0，0，0）、（0，1，0，0）、（0，0，1，0）、（0，0，0，1），

（0，1，1，1）、（1，0，1，1）、（1，1，0，1）、（1，1，1，0），

对于任意两个只有1个1的元素α，β都满足M（α，β）是偶数，

所以四元集合B＝{（1，0，0，0）、（0，1，0，0）、（0，0，1，0）、（0，0，0，1）}满足题意，

假设B中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，

除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素α，

则互补元素中含有1个1的元素β与之满足M（α，β）＝1不合题意，

故B中元素个数的最大值为4．

（Ⅲ）B＝{（0，0，0，…0），（1，0，0…，0），（0，1，0，…0），（0，0，1…0）…，

（0，0，0，…，1）}，

此时B中有n+1个元素，下证其为最大．

对于任意两个不同的元素α，β，满足M（α，β）＝0，则α，β中相同位置上的数字不能同时为1，

假设存在B有多于n+1个元素，由于α＝（0，0，0，…，0）与任意元素β都有M（α，β）＝0，

所以除（0，0，0，…，0）外至少有n+1个元素含有1，

根据元素的互异性，至少存在一对α，β满足xi＝yi＝l，此时M（α，β）≥1不满足题意，

故B中最多有n+1个元素．

13．（2018•新课标Ⅰ）已知f（x）＝|x+1|﹣|ax﹣1|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）＞1的解集；

（2）若x∈（0，1）时不等式f（x）＞x成立，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝1时，f（x）＝|x+1|﹣|x﹣1|

，

由f（x）＞1，

∴

或

，

解得x

，

故不等式f（x）＞1的解集为（

，+∞），

（2）当x∈（0，1）时不等式f（x）＞x成立，

∴|x+1|﹣|ax﹣1|﹣x＞0，

即x+1﹣|ax﹣1|﹣x＞0，

即|ax﹣1|＜1，

∴﹣1＜ax﹣1＜1，

∴0＜ax＜2，

∵x∈（0，1），

∴a＞0，

∴0＜x

，

∴a

∵

2，

∴0＜a≤2，

故a的取值范围为（0，2]．

14．（2018•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝5﹣|x+a|﹣|x﹣2|．

（1）当a＝1时，求不等式f（x）≥0的解集；

（2）若f（x）≤1，求a的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝1时，f（x）＝5﹣|x+1|﹣|x﹣2|

．

当x≤﹣1时，f（x）＝2x+4≥0，解得﹣2≤x≤﹣1，

当﹣1＜x＜2时，f（x）＝2≥0恒成立，即﹣1＜x＜2，

当x≥2时，f（x）＝﹣2x+6≥0，解得2≤x≤3，

综上所述不等式f（x）≥0的解集为[﹣2，3]，

（2）∵f（x）≤1，

∴5﹣|x+a|﹣|x﹣2|≤1，

∴|x+a|+|x﹣2|≥4，

∴|x+a|+|x﹣2|＝|x+a|+|2﹣x|≥|x+a+2﹣x|＝|a+2|，

∴|a+2|≥4，

解得a≤﹣6或a≥2，

故a的取值范围（﹣∞，﹣6]∪[2，+∞）．

15．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝﹣x2+ax+4，g（x）＝|x+1|+|x﹣1|．

（1）当a＝1时，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的取值范围．

【解答】解：

（1）当a＝1时，f（x）＝﹣x2+x+4，是开口向下，对称轴为x

的二次函数，

g（x）＝|x+1|+|x﹣1|

，

当x∈（1，+∞）时，令﹣x2+x+4＝2x，解得x

，g（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f（x）≥g（x）的解集为（1，

]；

当x∈[﹣1，1]时，g（x）＝2，f（x）≥f（﹣1）＝2．

当x∈（﹣∞，﹣1）时，g（x）单调递减，f（x）单调递增，且g（﹣1）＝f（﹣1）＝2．

综上所述，f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，

]；

（2）依题意得：

﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，则只需

，解得﹣1≤a≤1，

故a的取值范围是[﹣1，1]．

16．（2017•新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3＝2．证明：

（1）（a+b）（a5+b5）≥4；

（2）a+b≤2．

【解答】证明：

（1）由柯西不等式得：

（a+b）（a5+b5）≥（

）2＝（a3+b3）2≥4，

当且仅当

，即a＝b＝1时取等号，

（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≤（

）2，

∴（a+b）3﹣2

，

∴

（a+b）3≤2，

∴a+b≤2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．

17．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|．

（1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．

【解答】解：

（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|

，f（x）≥1，

∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；

当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；

综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，

即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．

由

（1）知，g（x）

，

当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x

1，

∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x

∈（﹣1，2），

∴g（x）≤g（

）

1

；

当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x

2，

∴g（x）≤g

（2）＝﹣4+2+3＝1；

综上，g（x）max

，

∴m的取值范围为（﹣∞，

]．