1. （2018?卷Ⅱ）设函数 （ 1） （ 2）若
当
时，求不等式 ，求
的取值范围
的解集；
2. （2013?辽宁）已知函数
f（ x）=|x ﹣ a| ，其中 a＞1 f（ x） ≥4﹣ |x ﹣ 4| 的解集；
（ 1）当 a=2 时，求不等式
（ 2）已知关于 x 的不等式 |f （ 2x+a）﹣ 2f（ x）| ≤2的解集 {x|1 ≤x≤，2}求 a 的值． 3.（2017?新课标Ⅲ） [ 选修 4-5：不等式选讲 ]
已知函数 f（ x） =|x+1| ﹣|x ﹣ 2| ． （Ⅰ）求不等式 f（x） ≥1的解集；
2
（Ⅱ）若不等式 f（x） ≥x﹣ x+m 的解集非空，求 m 的取值范围． 4.（2017?新课标Ⅱ） [ 选修 4-5：不等式选讲
]
3 3
已知 a＞0， b＞ 0， a +b =2，证明：
5
5
（Ⅰ）（ a+b）（ a +b ） ≥4；
（Ⅱ） a+b≤2．
5.（2017?新课标Ⅰ卷） [ 选修 4-5：不等式选讲 ]
2
已知函数 f（ x） =﹣x +ax+4， g（x） =|x+1|+|x ﹣1| ．（ 10 分） （ 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．6.（2017?新课标Ⅱ） [ 选修 4-5：不等式选讲 ]
已知 a＞0， b＞ 0， a3+b3
=2，证明： （Ⅰ）（ a+b）（ a5+b5
） ≥4； （Ⅱ） a+b≤2． 7. （2018? 卷Ⅰ）已知
（ 1）当 时，求不等式
的解集
（ 2）若
时，不等式
成立，求
的取值范围
8. （2018? 卷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 9.（2017?新课标Ⅲ） [选修 4-5：不等式选讲 ]
已知函数 f（ x） =|x+1| ﹣|x ﹣ 2| ． （ 1）求不等式 f （ x） ≥1的解集；
2
（ 2）若不等式 f （ x） ≥x﹣ x+m 的解集非空，求 m 的取值范围． 10.（ 2014?新课标 II）设函数 f （ x） =|x+ |+|x ﹣ a| （a＞ 0）．
（ 1）证明： f（ x）≥2；
（ 2）若 f（3）＜ 5，求 a 的取值范围．
11.（ 2015 ·福建 )选修 4-5：不等式选讲 已知 ，函数
的最小值为（ 1）求
的值；
1 / 15
---
4．
--
（ 2）求
的最小值．
12.（ 2014?新课标 I）若 a＞ 0， b＞ 0，且
+ = ．
（ 1）求 a +b 的最小值；
（ 2）是否存在 a，b ，使得 2a+3b=6？并说明理由． 13.（ 2017?新课标Ⅲ）已知函数 （ 1）讨论 f（ x）的单调性；
f（x） =lnx+ax+（ 2a+1） x．（ 12 分）
2
33
（ 2）当 a＜ 0 时，证明 f （x） ≤﹣
﹣ 2．
f（x） =x﹣1﹣ alnx．
14.（ 2017?新课标Ⅲ）已知函数 （Ⅰ）若 f（ x） ≥0，求 a 的值；
（Ⅱ）设 m 为整数，且对于任意正整数
n，（ 1+ ）（ 1+ ） ⋯（ 1+ ）＜ m，求 m 的最小值．
15.（ 2018?卷Ⅲ）设函数
（ 1）画出 （ 2）当
的图像
∞ 时， ，求
*的最小值。
16.（ 2013? 福建）设不等式 |x ﹣ 2| ＜ a（ a∈ N ）的解集为 A，且
（ 1）求 a 的值
（ 2）求函数 f （ x）=|x+a|+|x ﹣ 2| 的最小值． 17.（ 2013?新课标Ⅰ）（选修
4﹣ 5：不等式选讲）
已知函数 f（ x） =|2x ﹣1|+|2x+a| ， g（ x） =x+3． （ 1）当 a=﹣ 2 时，求不等式
f （ x）＜ g（x）的解集；
时， f（ x） ≤g（ x），求 a 的取值范围．
（ 2）设 a＞﹣ 1，且当
18.（ 2016?全国）选修 4—5：不等式选讲
已知函数 f(x)= ∣ x-
∣ +∣ x+ ∣， M 为不等式 f(x) ＜ 2 的解集 .
（ 1）求 M；
（ 2）证明：当 a,b∈ M 时，∣ a+b∣＜∣ 1+ab∣。
19.（ 2016?全国） [选修 4-5：不等式选讲 ]已知函数 f（ x） =|2x ﹣ a|+a ． （ 1）当 a=2 时，求不等式 f（ x） ≤6的解集；
（ 2）设函数 g（x） =|2x ﹣1| ，当 x∈ R 时， f （x） +g（ x） ≥3，求 a 的取值范围．
2 / 15
---
--
20.（ 2012?新课标）已知函数 f（ x） =|x+a|+|x ﹣2|
（ 1）当 a=﹣ 3 时，求不等式 f （ x） ≥3的解集；
（ 2）若 f（x） ≤|x﹣ 4| 的解集包含 [1， 2]，求 a 的取值范围． 21.（ 2012?辽宁）选修 4﹣5 ：不等式选讲
已知 f （ x） =|ax+1| （ a∈ R），不等式 f（ x） ≤3的解集为 {x| ﹣ 2≤x≤．1} （ 1）求 a 的值；
（ 2）若
恒成立，求 k 的取值范围．
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---
--
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】 （1） a=1 时，时，由 （ ） ﹤ ﹤
当 x≥2时，由 f（ x） ≥0得： 6-2x≥0，解得： x≤3； 当 -1＜ x＜x 时， f（x） ≥0；
当 x≤-1 时，由 f（ x） ≥0得： 4+2x≥0，解得 x≥-2 所以 f （ x） ≥0的解集为 {x|- 2≤x≤3}
（ 2）若 f（x） ≤1，即
恒成立
也就是 x∈R，
恒成立
当 x=2 时取等，所以 x∈ R，
等价于
解得： a≥2或 a≤-6
所以 a 的取值范围 (-∞， -6] ∪ [2， +∞）
【解析】 【分析】（ 1）由绝对值不等式的解法易得；（
2）由绝对值几何意义转化易得2.【答案】 （1）解：当 a=2 时， f（ x）≥4﹣ |x ﹣ 4| 可化为 |x ﹣ 2|+|x ﹣ 4| ≥4， 当 x≤2时，得﹣ 2x+6≥4，解得 x≤1； 当 2＜ x＜ 4 时，得 2≥4，无解；
当 x≥4时，得 2x﹣ 6≥4，解得 x≥5；故不等式的解集为 {x|x ≥5或 x≤1}
（ 2）解：设 h（ x） =f（ 2x+a）﹣ 2f（ x），则 h（ x） =
由 |h （ x） | ≤2得
，
又已知关于 x 的不等式 |f （ 2x+a）﹣ 2f（ x） | ≤2的解集 {x|1 ≤x≤，2}
所以
，
故 a=3．
4 / 15
---
.
--
【解析】 【分析】（ 1）当 a=2 时， f（ x） ≥4﹣ |x ﹣ 4| 可化为 |x ﹣2|+|x ﹣ 4| ≥4，直接求出不等式 |x ﹣2|+|x
﹣ 4| ≥4的解集即可．（ 2）设 h（ x）=f（ 2x+a）﹣ 2f（ x），则 h（ x）=
＜ ＜
．由 |h （ x）| ≤2
解得
，它与 1≤ x≤2等价，然后求出 a 的值．
， ， ，
3.【答案】 解：（Ⅰ）∵ f（ x） =|x+1| ﹣ |x ﹣ 2|=
，f（ x）≥1，
∴当﹣ 1≤x2≤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}． （Ⅱ）原式等价于存在
2
x∈R 使得 f（ x）﹣ x +x ≥m成立，
2
2
即 m≤[f（ x）﹣ x +x]max ， 设 g（ x） =f（ x）﹣ x +x．
， ，
，
2
由（ 1）知， g（x） =
，
当 x≤﹣ 1 时， g（ x） =﹣ x+x﹣ 3，其开口向下，对称轴方程为x= ∴ g（ x） ≤g（﹣ 1） =﹣ 1﹣ 1﹣ 3=﹣ 5；
2
＞﹣ 1，
当﹣ 1＜ x＜2 时， g（ x） =﹣ x +3x﹣ 1，其开口向下，对称轴方程为 ∴ g（ x） ≤g（
x= ∈（﹣ 1， 2），
） =﹣
2
+ ﹣ 1= ；
当 x≥2时， g（ x） =﹣ x+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（﹣ ∞，
]．
，
【解析】 【分析】（Ⅰ）由于 f（ x）=|x+1| ﹣ |x ﹣ 2|=
， ，
，解不等式 f （ x） ≥1可分﹣
1≤ x≤2与x＞ 2 两类讨论即可解得不等式 f（ x） ≥1的解集；
2， 设 g（ x）=f（ x）﹣ x+x，分 x≤1、﹣ 1＜ x＜ 2、x≥2三类讨（Ⅱ）依题意可得 可求得 g（ x） max=
m≤[f（ x）﹣ x+x]max 论，
，从而可得 m 的取值范围．
a+b）（ a+b） ≥（
24.【答案】 证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（ 当且仅当
3
3
55
+
） =（ a +b） ≥4，
2332= ，即 a=b=1 时取等号，
（Ⅱ）∵ a+b=2，
5 / 15
---
--
2
2
∴（ a+b）（ a ﹣ ab+b ） =2，
2∴（ a+b） [（ a+b） ﹣ 3ab]=2，
3
∴（ a+b） ﹣3ab（ a+b）=2，
∴
=ab，
=ab ≤（
，
） ，
2
由均值不等式可得：
∴（ a+b） ﹣2≤ ∴
3
（ a+b） ≤2，
3
∴ a+b≤2，当且仅当 a=b=1 时等号成立． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
3
3
2
（Ⅱ）由 a +b =2 转化为
=ab，再由均值不等式可得： =ab ≤（ ） ， 即可得到
（ a+b） ≤2，问题得以证明．
3
5.【答案】 （1）解：（ 1）当 a=1 时， f（ x） =﹣x+x+4，是开口向下，对称轴为
2
x= 的二次函数，
，
g（ x）=|x+1|+|x ﹣ 1|=
，
，
，
当 x∈（ 1，+∞）时，令﹣ x +x+4=2x，解得 x= 上单调递减，∴此时
2
，g（ x）在（ 1， +∞）上单调递增， f（x）在（ 1，+∞）
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
（ 2）（ 2）依题意得：﹣ x+ax+4 ≥2在 [﹣1， 1]恒成立，即 x﹣ ax﹣ 2≤0在 [﹣ 1，1]恒成立，则只需
，解得﹣ 1≤ a≤1，
2
故 a 的取值范围是 [﹣ 1， 1]．
，
，分 x＞ 1、
【解析】 【分析】（ 1.）当 a=1 时， f（ x）=﹣ x+x+4，g（ x）=|x+1|+|x ﹣1|=，
2，
f（ x）≥g（ x）的解集
x∈ [ ﹣ 1，1] 、 x∈（﹣ ∞，﹣ 1）三类讨论，结合 g（ x）与 f （x）的单调性质即可求得 为 [﹣ 1，
]；
+ax+4 ≥2在[﹣ 1， 1]恒成2
（ 2.）依题意得：﹣ x 立 ?x
2﹣ax﹣ 2≤0在 [﹣ ， 1]恒成立，只需
1
，解之即可得 a 的取值范围．
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---
--
6.【答案】 证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（ 当且仅当
3
32
≥
a+b）（ a +b ） （
5 5
2 33 2
+
） =（ a +b ） ≥4，
=
，即 a=b=1 时取等号，
2
（Ⅱ）∵ a+b=2，
2
∴（ a+b）（ a﹣ ab+b） =2， ∴（ a+b） [（ a+b） ﹣ 3ab]=2， ∴（ a+b） ﹣3ab（ a+b）=2， ∴
=ab，
3
由均值不等式可得： ∴（ a+b） ﹣2≤ ∴ （ a+b） ≤2，
=ab ≤（
，
）
2
，
3
3
∴ a+b≤2，当且仅当 a=b=1 时等号成立． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
3
3
2
（Ⅱ）由 a +b =2 转化为
=ab，再由均值不等式可得： =ab ≤（） ， 即可得到
≤2，问题得以证明．
7.【答案】 （1）解：当 时， ，即 故不等式
的解集为
时
．
（ 2）解：当 若 若 综上，
，则当 ，
成立等价于当
时 成立．
时 的解集为
．
；
，所以
，故
．
的取值范围为
【解析】 【分析】 (1)通过对 x 分类讨论去掉绝对值 于
,解不等式 ,求出解集 ;(2)不等式恒成立等价于
f(x)-x>0 对
恒成立 ,即函数 f(x)-x 的最小值大于 0, 由此求出 a 的范围 .
8.【答案】 （1）解：当 a=1 时， 当 当
时， -2＞ 1 舍
时， 2x＞1
∴
当
时， 2＞1,成立，综上所述 结果为 ∞
（ 2）解：∵ ∴
7 / 15
---
--
∵ ax＞0
∴ a＞ 0.
ax＜ 2
又
所以
综上所述
【解析】 【分析】通过对 x 分类讨论去掉绝对值 ,解不等式 ,求出解集 ;(2)不等式恒成立等价于
f(x)-x>0 对于
恒成立 ,即函数 f(x)-x 的最小值大于 0,由此求出 a 的范围 .
，
9.【答案】 （1）解：∵ 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
x∈ R使得 f（ x）﹣ x +x ≥m成
（ 2）原式等价于存在
立，
2
2
即 m≤[f（ x）﹣ x +x]max ， 设 g（ x） =f（ x）﹣ x +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；
2
当﹣ 1＜ x＜2 时， g（ x） =﹣ x +3x﹣ 1，其开口向下，对称轴方程为 x= ∈（﹣ 1， 2），
∴ g（ x） ≤g（ ） =﹣
+ ﹣ 1= ；
2
当 x≥2时， g（ x） =﹣ x +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（﹣ ∞，
]．
， 【解析】 【分析】（ 1.）由于 f（ x）=|x+1| ﹣ |x ﹣ 2|=
， ，解不等式 ，
1≤ x≤2与x＞ 2 两类讨论即可解得不等式 f（ x） ≥1的解集；
（ 2.）依题意可得 m≤[f（ x）﹣ x2+x]max ， 设 g（ x） =f（ x）﹣ x2+x，分 x≤1、﹣ 1＜ x＜ 2、可求得 g（ x） max=
，从而可得 m 的取值范围．
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---
f（ x） ≥1可分﹣≥2三类讨论，
x
--
10.【答案】 （ 1）解：证明：∵ a＞ 0， f（ x） =|x+
|+|x ﹣a| ≥|（ x+ ）﹣（ x﹣ a） |=|a+ |=a+
≥ 2
=2，
故不等式 f（ x） ≥2成立． （ 2）解：∵ f（ 3） =|3+
|+|3 ﹣ a| ＜ 5，
∴当 a＞3 时，不等式即
a+ ＜ 5，即 a﹣ 5a+1＜ 0，解得 3＜ a＜
2
．
当 0＜ a≤3时，不等式即 6﹣a+
＜ 5，即 a ﹣a﹣ 1＞0 ，求得
2
＜a≤3．
综上可得， a 的取值范围（
， ）
【解析】 【分析】（ 1）由 a＞ 0， f（ x）=|x+
|+|x ﹣ a| ，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得 f（ x）
≥2成立．（ 2）由 f（3） =|3+
|+|3 ﹣a| ＜ 5，分当 a＞ 3 时和当 0＜ a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，
求得不等式的解集，再取并集，即得所求．
11.【答案】 （ 1） 4
（ 2）
【解析】 【解答】
1.因为 号成立，又
2.由 1 知
,所以
，由柯西不等式得
,当且仅当
,所以
的最小值为
，所以
.
时，等
,即
.d 当且仅当 ,即 时，等号成立所以
的最小值为
【分析】当 的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如
的函数的
最小值，以及解析式形如
的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函
数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标． 12.【答案】 （ 1）解：∵ a＞ 0，b ＞0，且
+ = ，
∴
= + ≥2
，∴ ab≥2，
当且仅当 a=b=
时取等号．
9 / 15
---
--
∵ a+b≥ 2
3
3
33
≥ 2 4
=4，当且仅当 a=b= ．
=2
时取等号，
∴ a+b 的最小值为 （ 2）解：∵ 2a+3b≥2 而由（ 1）可知， 2
，当且仅当 2a=3b 时，取等号． ≥2=4＞ 6，
故不存在 a， b，使得 2a+3b=6 成立．
【解析】 【分析】（ 1）由条件利用基本不等式求得
2ab≥2，再利用基本不等式求得
a， b，使得 2a+3b=6．
a +b 的最小值．（ 2）
33根据 ab≥4及基本不等式求的 2a+3b＞ 8，从而可得不存在 13.【答案】 （ 1）解：因为 f （ x） =lnx+ax+（ 2a+1） x， 求导 f ′（ x） =
+2ax+（ 2a+1） =
=
，（ x＞0），
① 当 a=0 时， f （′ x） = +1＞ 0 恒成立，此时 y=f（ x）在（ 0， +∞）上单调递增；
② 当 a＞0，由于 x＞ 0，所以（ 2ax+1）（ x+1）＞ 0 恒成立，此时 y=f（ x）在（ 0 ， +∞）上单调递增； ③ 当 a＜0 时，令 f ′（ x）=0，解得： x=﹣ 因为当 x∈（ 0，﹣
所以 y=f （ x）在（ 0，﹣
．
）时， f （′ x）＞ 0、当 x∈（﹣
）上单调递增、在（﹣
， +∞）时， f （′x）＜ 0， ， +∞）上单调递减．
综上可知：当 a≥0时 f （ x）在（ 0，+∞）上单调递增，
当 a＜ 0 时， f（ x）在（ 0，﹣ ）上单调递增、在（﹣
， +∞）上单调递减； ）上单调递增、在 （﹣
） =﹣1﹣ ln2﹣
﹣ 2， （﹣
（ 2）证明：由 （ 1）可知：当 a＜0 时 f（ x）在（0，﹣ 所以当 x=﹣
时函数 y=f （x）取最大值 f（ x）max=f（﹣
﹣ 2，即证 f（﹣
+ln（﹣
） ≤﹣
） ≤﹣ ﹣ 2，即证﹣
， +∞）上单调递减， +ln（﹣
）．
从而要证 f（ x） ≤﹣ 即证﹣ 1﹣ ln2﹣ 令 t=﹣
） +ln（﹣ ） ≤﹣ 1+ln2 ．
，则 t ＞ 0 ，问题转化为证明：﹣
t+lnt ，则 g′（ t ） =﹣ +
，
t+lnt ﹣≤1+ln2． ⋯（* ）
令 g（ t）=﹣
令 g′（ t） =0 可知 t=2，则当 0＜ t＜ 2 时 g′（ t ）＞ 0，当 t ＞ 2 时 g′（ t）＜ 0，所以 y=g（ t ）在（ 0， 2）上单调递增、在（ 2， +∞）上单调递减，
即 g（ t）≤g（ 2） =﹣ × 2+ln2=﹣ 1+ln2，即（ * ）式成立，
﹣ 2 成立．
所以当 a＜ 0 时， f（ x） ≤﹣
10 / 15
---
--
【解析】 【分析】（ 1.）题干求导可知
f ′（ x）= （x＞ 0），分 a=0、 a＞ 0、 a＜ 0 三种情况讨论
f ′（ x）与 0 的大小关系可得结论；
（ 2.）通过（ 1）可知 f（ x）max=f（﹣ 当 t ＞0 时﹣
）=﹣ 1﹣ ln2 ﹣ +ln（﹣ ），进而转化可知问题转化为证明：
t+lnt ﹣≤1+ln2 ．进而令 g（ t） =﹣ t+lnt ，利用导数求出 y=g（ t）的最大值即可．
14.【答案】 解：（Ⅰ）因为函数 所以 f ′（ x） =1﹣
=
f （ x） =x﹣ 1﹣ alnx， x＞ 0，
，且 f（1） =0．
所以当 a≤0时 f ′（ x）＞ 0 恒成立，此时 y=f（ x）在（ 0， +∞）上单调递增，所以在（ 0,1）上 f(x)<0,这与 f （ x） ≥0矛盾；
当 a＞ 0 时令 f ′（ x） =0，解得 x=a， 所以 y=f （ x）在（ 0，a）上单调递减，在（ 又因为 f （x） min=f（ a） ≥0， 所以 a=1；
a， +∞）上单调递增，即
f（ x） min=f（ a），
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当 a=1 时 f（ x） =x﹣ 1﹣lnx ≥0，即 lnx ≤x﹣1，
所以 ln（ x+1） ≤x当且仅当 x=0 时取等号， 所以 ln（ 1+ 所以
）＜ ， k∈ N+ ）（ 1+
， k∈ N ,
*
*
．
一方面，因为 所以，（ 1+
+⋯ + =1﹣ ） ⋯（ 1+
＜ 1 ， ）＜ e；
另一方面，（ 1+ ）（ 1+ ） ⋯（ 1+ ）＞（ 1+ ）（ 1+ ）（ 1+ ）= ＞ 2，
同时当 n≥3时，（ 1+ ）（ 1+ ） ⋯（ 1+ ）∈（ 2， e）．
因为 m 为整数，且对于任意正整数 所以 m 的最小值为 3．
n（ 1+ ）（ 1+
） ⋯（ 1+
）＜ m，
【解析】 【分析】（Ⅰ）通过对函数 f （′ x）与 0 的大小关系可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知 的求和公式放缩可知（
f（ x） =x﹣ 1﹣ alnx（ x＞ 0）求导，分 a≤0、 a＞ 0 两种情况考虑导函数
lnx ≤x﹣1，进而取特殊值可知 1+
）（ 1+ ）（ 1+
）⋯（ 1+ ） ⋯（ 1+
ln（ 1+ ）＜ ， k∈ N
*
． 一方面利用等比数列
） ⋯（ 1+
）
）＜ e；另一方面可知（ ）∈（ 2，e）．
1+ ）（ 1+
＞ 2，且当 n≥3时，（ 1+
11 / 15
---
--
15.【答案】 （ 1）解：
（ 2）解：由（ 1）中可得： a≥3， b≥2，当 a=3， b=2 时， a+b 取最小值，所以 a+b 的最小值为 5.
【解析】 【分析】（ 1）画图像，分段函数
;（ 2）转化为一次函数分析 16.【答案】 （ 1）解：因为
，
所以
且 ，
解得
，
因为 a∈N
*
， 所以 a 的值为 1．
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.
--
（ 2）解：由（ 1）可知函数 f（x） =|x+1|+|x ﹣ 2| ≥|（ x+1）﹣（ x﹣ 2） |=3 ， 当且仅当（ x+1）（ x﹣ 2） ≥0，即 x≥2或 x≤﹣ 1 时取等号，所以函数 f（ x）的最小值为 3．
【解析】【分析】（ 1）利用 ，推出关于 a 的绝对值不等式，结合 a 为整数直接求 a 的值．（ 2）
利用 a 的值化简函数 f （ x），利用绝对值三角不等式求出
|x+1|+|x ﹣ 2| 的最小值．
17.【答案】 （ 1）解：当 a=﹣ 2 时，求不等式 f（ x）＜ g（ x）化为 |2x ﹣ 1|+|2x ﹣2| ﹣ x﹣ 3＜ 0 ．
设 y=|2x ﹣ 1|+|2x ﹣ 2| ﹣ x﹣ 3，则 y= ，它的图象如图所示：
结合图象可得， y＜ 0 的解集为（ 0， 2），故原不等式的解集为（
0， 2）．
（ 2）解：设 a＞﹣ 1，且当
时，（f x）=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，故 x≥a﹣ 2 对
都成立．
故﹣
≥a﹣ 2，解得 a≤ ，故 a 的取值范围为（﹣ 1， ]．
【解析】 【分析】（ 1）当 a=﹣ 2 时，求不等式
f （ x）＜ g（ x）化为 |2x ﹣ 1|+|2x ﹣ 2| ﹣x﹣ 3＜ 0．设 y=|2x
﹣ 1|+|2x ﹣2| ﹣ x﹣ 3，画出函数 y 的图象，数形结合可得结论．（
都成立．故﹣
2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a﹣ 2 对
≥a﹣ 2，由此解得 a 的取值范围．
时，
恒成立；
18.【答案】 （ 1）解：当
，若 ；
当
时，
时，
，若
，
当
．
综上可得，
，
（ 2）证明：当
，
? ?? ? ?? 时，有
，
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即
，
，
， ，
则
则
即
证毕
【解析】 【分析】（ 1）分当 x＜
时，当
2
2
≤x≤ 时，当 x＞ 时三种情况，分别求解不等式，综
2 2
2
2
合可得答案； （ 2）当 a，b ∈M 时，（ a﹣ 1）（ b﹣1）＞ 0，即 a b +1＞ a +b
， 配方后，可证得结论．
19.【答案】 （ 1）解：当 a=2 时， f（ x） =|2x ﹣ 2|+2 ， ∵ f（ x） ≤6，∴ |2x ﹣2|+2 ≤6，
|2x ﹣2| ≤4， |x ﹣ 1| ≤2， ∴﹣ 2≤x﹣ 1≤2， 解得﹣ 1≤x≤3，
∴不等式 f（ x） ≤6的解集为 {x| ﹣1≤x≤3}
（ 2）解：∵ g（x） =|2x ﹣ 1| ，
∴ f（ x） +g（x） =|2x ﹣ 1|+|2x ﹣ a|+a ≥3，
2|x ﹣
|+2|x ﹣ |+|x ﹣
|+a ≥3，
|x ﹣
| ≥ ，
当 a≥3时，成立， 当 a＜ 3 时，|a ﹣ 1| ≥
＞0，
2
∴（ a﹣1） ≥（ 3﹣ a） ， 解得 2≤a＜ 3，
2∴ a 的取值范围是 [2， +∞）
【解析】 【分析】（ 1）当 a=2 时，由已知得 |2x ﹣2|+2 ≤6，由此能求出不等式 f（ x） ≤6的解集． （ 2）由 f（x） +g（ x） =|2x ﹣ 1|+|2x ﹣ a|+a ≥3，得 |x ﹣ |+|x ﹣ | ≥
，由此能求出 a 的取值范围．
本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不
等式性质的合理运用．
20.【答案】 （ 1）解：当 a=﹣ 3 时， f（x） ≥ 3即|x ﹣ 3|+|x ﹣ 2| ≥3，即 ①
，或 ②
，
或 ③
．
解 ① 可得 x≤1，解 ② 可得 x∈ ?，解 ③ 可得 x≥4．
把 ① 、 ② 、 ③ 的解集取并集可得不等式的解集为
{x|x ≤1或 x≥4}
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（ 2）解：原命题即 f（ x） ≤|x﹣ 4| 在[1， 2]上恒成立，等价于 |x+a|+2 ﹣ x≤4﹣ x 在 [1， 2]上恒成立，等价于 |x+a| ≤2，等价于﹣ 2≤x+a≤2，﹣ 2﹣ x≤a≤2﹣x 在 [1， 2]上恒成立．故当 1≤x≤2时，﹣ 2﹣x 的最大值为﹣ 2﹣1=﹣ 3， 2﹣x 的最小值为 0，
故 a 的取值范围为 [﹣ 3， 0]．
【解析】 【分析】（ 1）不等式等价于
，或
＜ ＜
，或
，求出每个不等式组的解集，
再取并集即得所求．（
2）原命题等价于﹣ 2﹣ x≤a≤2﹣x 在[1， 2]上恒成立，由此求得求 a 的取值范围．
21.【答案】 （ 1）解：由 |ax+1| ≤3得﹣ 4≤ ax ≤2 ∵不等式 f（ x） ≤3的解集为 {x| ﹣2≤x≤．1} ∴当 a≤0时，不合题意；
当 a＞ 0 时，
，
∴ a=2；
（ 2）解：记 ?
，
∴ h（ x） =＜ ＜
∴ |h （ x） | ≤1
∵
恒成立，
∴ k≥1．
【解析】 【分析】（ 1）先解不等式 |ax+1| ≤3，再根据不等式
f（ x）即可得到结论． （ 2）记 ?
h x =
，从而
（ ）
即可求得 k 的取值范围．
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的解集为 {x| ﹣2≤x≤，1}分类讨论，
＜ ＜
，求得 |h （ x）| ≤1，
≤3
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