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专题 30 不等式选讲（解答题）
1．设函数 2 1f x x ．
（1）求 3f x 的解集；
（2）若存在 0x R ，使得 2
0 02 2 5f x x m m 成立的 m 的最大值为 M ，且实数
p ， q满足 3 3p q M ，证明： 0 2p q ．
【试题来源】黑龙江省哈尔滨市三中 2020-2021 学年度上学期高三年级第四次验收考试（理）
【答案】（1） 1,2 ；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用公式进行求解即可；
（2）根据存在的含义，构造函数，结合绝对值的性质求出 m 的取值范围，进而确定 M ，
最后利用配方法、反证法进行证明即可．
【解析】（1） 3 32 1 2 1 3 13 2xx x xf ，
所以 3f x 的解集为 1,2 ；
（2）设 0 0 0 0 0( ) 2 2 2 1 2 2g x f x x x x ，
0 0 0 0 0 02 1 2 2 = 1 2 2 2 1 2 2 2 3x x x x x x ，
当且仅当 0 0=1 2 2 2x x 时，取等号，即当 0
1
4x 时取等号，所以 0 min( ) 3g x ，
因为存在 0x R ，使得 2
0 02 2 5f x x m m 成立，
所以有 2 5 3 1 2m m m ，因此 2M ，
即 3 3 2p q ，显然 p ， q不同时为零，
所以 3 3 2 2 2 21 32 ( )( ) ( )[( ) ] 02 4p q p q p pq q p q p q q ，
因此 0p q 成立．假设 2p q 不成立，则有 2p q ，
于是有 3 3 3 2 3 22 (2 ) 8 12 6 6( 1) 0p q p q p q q q q ，
这与 2( 1) 0q 矛盾，所以假设不成立，因此 2p q 成立，所以 0 2p q ．
2．已知 ( ) 2 1f x x x ．
（1）解关于 x 的不等式 ( ) 4f x ；
（2）对于任意正数 m ，n ，求使得不等式 2 2
1 1( ) 2f x nmm n
恒成立的 x 的取值集合 M ．
【试题来源】陕西省 2020-2021 学年高三上学期第二次月考（理）
【答案】（1） 5, 1 ,3
；（2） 51, 3
．
【分析】（1）分段讨论去绝对值即可解出不等式；（2）由基本不等式可得出不等式化为
4f x ，再由（1）即可求出．
【解析】（1）当 0x 时，不等式化为 2 1 4x x ，所以 1x ；
当 0 1x 时，不等式化为 2 1 4x x ，解得 3x ，无解，
当 1x 时，不等式化为 2 1 4x x ，所以 5
3x ．
综上，不等式 ( ) 4f x 的解集为 5, 1 ,3
．
（2）因为 2 2
1 1 22 2 4nm nmm n mn
，当且仅当 1m n 时“ ”成立，
所以 2 1 4x x ，由 1 知 x 的取值集合 M 为 51, 3
．
3．已知函数 ( ) 2 3 1f x x m x ．
（1）当 1m 时，求不等式 4f x 的解集；
（2） [ 3,0]x ，不等式 1 0f x m 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】江西省名校 2021 届高三上学期第二次联考（理）
【答案】（1）{ 0x x ∣ 或 2}x ；（2） ( , 5) ．
【分析】（1）由 1m 时，得到不等式| 2 3| | 1| 4x x ，分类讨论，即可求解；（2）把
不等式 ( 1) 0f x m 转化为 | 2 1|
| 2 | 1
xm x
，构造函数 | 2 1|( ) | 2 | 1
xg x x
，分类讨论，
结合函数单调性，求得函数的最值，即可求解．
【解析】（1）当 1m 时，由 ( ) 4f x ，即| 2 3| | 1| 4x x ，
3
可得 1
2 3 1 4
x
x x
或
31 2
2 3 1 4
x
x x
或
3
2
2 3 1 4
x
x x
，
解得 1x 或 1 0 x 或 2x ，所以{ 0x x ∣ 或 2}x
即不等式 ( ) 4f x 的解集为{ 0x x ∣ 或 2}x ．
（2）由不等式 ( 1) 0f x m ，可得 | 2 1|
| 2 | 1
xm x
，
设 | 2 1|( ) | 2 | 1
xg x x
， [ 3,0]x ．
当 [ 3, 2]x 时， 2 1 3( ) 21 1
xg x x x
为减函数，可得 min( ) ( 2) 5g x g ，
当 ( 2,0]x 时， 2 1 7( ) 23 3
xg x x x
为增函数，可得 min( ) ( 2) 5g x g ，
因为 [ 3,0]x ，不等式 1 0f x m 恒成立，所以实数 m 的取值范围为 ( , 5)m ．
4．已知函数 ( ) | | | 3|,f x bx a x a R
（1）当 1a ， 1b 时，解不等式 ( ) 1f x ；
（2）若当 2b ， [0,3]x 时， ( ) 5f x ，求实数 a 的取值范围；
【试题来源】江西省赣州市部分重点中学 2021 届高三上学期期中考试（文）
【答案】（1） 5[ , )2
；（2） ( ,4] [7, ) ．
【分析】（1）当 1a ， 1b 时，由绝对值的几何意义知 1 3 1x x 的解为 5
2x ，
进而求解不等式解集；（2）当 0,3x 时，原问题转化为 2 2a x x 对于 0,3x 恒
成立，由不等式的恒成立思想可得答案．
【解析】（1） ( ) 1 3f x x x ，由绝对值的几何意义知 1 3 1x x 的解为 5
2x ，
( ) 1f x 的解集为 5[ , )2x ，
（2）由 2 3 5x a x ， [0,3]x ， 2 2a x x ，
当 [0,2)x 时， a R ，当 [2,3]x 时，得 2a x 或 3 2a x 恒成立，
4a 或 7a ，综上： ( ,4] [7, )a .
5．已知不等式 2 3x 的解集与关于 x 的不等式 2 0x ax b 的解集相同．
（1）求实数 a ，b 的值；
（2）求函数 ( ) 3 44f x a x b x 的最大值及取最大值时的 x 值．
【试题来源】山西省榆社中学 2021 届高三上学期 11 月阶段性考试（文）
【答案】（1） 4a ， 5b ；（2） 19x 时， ( )f x 的最大值为 41 ．
【分析】（1）先根据绝对值不等式的公式求解，再利用根与系数关系求 a ，b 即可；
（2）根据（1）利用柯西不等式求最大值，以及取最大值时的 x 值，即可得出结果．
【解析】（1）由| 2 | 3x ，得 2 3x 或 2 3x ，即 5x 或 1x ；
所以不等式| 2 | 3x 的解集为 5x x 或 1x ；
所以不等式 2 0x ax b 的解集为 5x x 或 1x ；
从而 1 ，5为方程 2 0x ax b 的两根， 1 5
1 5
a
b
，则 4
5
a
b
；
（2）因为函数 ( ) 3 44f x a x b x 的定义域为 3,44 ，
又 4a ， 5b ，由柯西不等式可得
2 22 2( ) 4 3 5 44 4 5 3 44 41f x x x x x ，
当且仅当5 3 4 44x x ，即 19x 时等号成立，
max( ) 41f x ，此时 19x ．
【名师点睛】求解本题第一问的关键在于利用绝对值不等式的解法求出不等式解集，再利用
三个二次之间关系的求解即可；第二问求解时，只需直接利用柯西不等式求解即可，要熟记
柯西不等式．
6．已知函数 4 Rf x x x a a ．
（1）若 2a ，解不等式 5f x ．
（2）若 f x 的最小值为 a，求实数 a 的值；
【试题来源】内蒙古巴彦淖尔市临河区第三中学 2020-2021 学年高三 10 月月考（文）
5
【答案】（1） 1 11
2 2x x
；（2）2．
【分析】（1）（1）当 2a 时，把不等式 5f x 转化为 4 2 5x x ，分离讨论，即
可求解；（2）由绝对值的三角不等式，求得 4f x a ，得到 4a a ，即可求解．
【解析】（1）由 2a 时，函数 4 2f x x x ，
因为 5f x ，即 4 2 5x x ，
当 2x 时，不等式转化为 2 6 5x ，解得 1 22 x ，
当 2 4x 时，显然不等式成立，
当 4x 时，不等式转化为 2 6 5x ，解得 4 11
2x ，
故不等式 5f x 的解集为 1 11| 2 2x x
．
（2）由绝对值的三角不等式，可得 4 4f x x x a a ，
因为 f x 的最小值为 a ，可得 4a a ，解得 2a ．
7．已知不等式 1 4x x x 的解集为 ,m n ．
（1）求 m，n 的值；
（2）若 0x ， 0y ， 1 0n x y m ，求证： 9x y xy ．
【试题来源】安徽省淮北市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟考试（文）
【答案】（1） 1, 5m n ；（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 9 1x y ，则 1 1 4x y x yxy x y
，展开后利用均值不等式即可得证
【解析】（1）原不等式可化为
0
1 4
x
x x x
或
0 1
1 4
x
x x x
或
1
1 4
x
x x x
，所以 1 0 x 或 0 1x 或1 5x ，即 1 5x ，
所以 1, 5m n ；
（2）由（1）知 4 1 0,x y 即 4 1x y ，且 0 0x y ， ，
所以 1 1 4 44 5 5 2 9x y y x y xx yxy x y x y x y
，
当且仅当
3
1 1
6x y ， 时取“=”，所以 9x y xy ．
8．已知函数 ( ) 1 4f x x x ．
（1）求不等式 ( ) 7f x 的解集；
（2）若不等式 2
2( ) log 4f x m m 的解集为空集，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】云南省 2021 届高三第五次复习检测（理）
【答案】（1） 2,5 ；（2） 4,0 4,8 ．
【分析】（1）首先根据题意得到 1 4 7x x ，再分类讨论解不等式即可．（2）首先利
用绝对值三角不等式得到 min( ) 5f x ，根据不等式 2
2( ) log 4f x m m 的解集为空集，
得 2
2log 4 5m m ，再解对数不等式即可．
【解析】（1）由不等式 ( ) 7f x 可得 ( ) 1 4 7f x x x ，
可化为 1
1 4 7
x
x x
，或 1 4
1 4 7
x
x x
，或 4
1 4 7
x
x x
，
解得 2 1x ，或 1 4x ，或 4 5x ，综上不等式的解集为 2,5 ．
（2）因为 ( ) 1 4 = 1 4 | 1 4 | 5f x x x x x x x ，
当且仅当 1 4x 时，等号成立．所以 min 5f x ，
由不等式 2
2( ) log 4f x m m 的解集为空集，得 2
2log 4 5m m ，
所以， 20 4 32m m ，解得 4 0m 或 4 8m ，
所以，实数 m 的取值范围为 4,0 4,8 ．
9．已知函数 2 2 6f x x x ．
（1）求不等式 10f x 的解集；
（2）记集合 5 0A x f x a ，若 A ，求实数 a 的取值范围．
【试题来源】安徽省宣城市 2020-2021 学年高三上学期期末（文）
7
【答案】（1） 2| 3x x
或 6x ；（2） 5, ．
【分析】（1）零点分段法去掉绝对值，分别解出不等式，可得不等式的解集；（2）依题意，
5f x a ，利用零点分段法去掉绝对值可得函数的最小值和值域，由 A 得出实数 a 的
取值范围．
【解析】（1）依题意 2 2 6 10x x ；
当 1x 时， 2 2 6 10x x ，则 2
3x ，故 2
3x ；
当1 6x≤ ≤ 时， 2 2 6 10x x ，则 6x ，无解；
当 6x 时， 2 2 6 10x x ，则 6x ，故 6x ；
故不等式 10f x 的解集为 2| 3x x
或 6x ；
（2）依题意， 5f x a ，而
3 8, 1,
2 2 6 4,1 6,
3 8, 6
x x
f x x x x x
x x
则可知 min 5f x ，即 f x 的值域为 5, ，
因为 A ，故 5 5a ，则 5a ，故实数 a 的取值范围为 5, ．
10．已知函数 2 1 2f x x x 的最小值为 m．
（1）画出函数 f x 的图象，利用图象写出函数最小值 m；
（2）若 , ,a b cR ，且 a b c m ，求证： 3ab bc ca ．
【试题来源】贵州省贵阳市普通中学 2021 届高三上学期期末监测考试（文）
【答案】（1）图象见详解，最小值为 3；（2）证明见详解．
【分析】（1）利用绝对值的定义将函数的表达式写成分段函数的形式，考察函数各段上的单
调性，进而画出图象，进而得到函数的最小值；（2）对 a，b，c 中的每两个数利用基本不等
式，并利用不等式的加法性质得到中间结论，在两边同时加上适当的式子，配方并利用已知
条件即得证明．
【解析】（１）
3 , 2
2 1 2 4, 2 1
3 , 1
x x
f x x x x x
x x
，图象如图所示：
由图可知当 1x 时 f x 取得最小值 3m ．
（2）由题意得 3a b c ．
, ,a b c R ， 2 2 2 2 2 22 , 2 , 2a b ab b c bc c a ac ，
三式相加并整理得 2 2 2a b c ab bc ca ，
两边同时加： 2 2 2ab bc ca ，并配方得 2 3a b c ab bc ca
9 3 ab bc ca ， 3ab bc ca 成立．
【名师点睛】本题考查绝对值函数的性质和利用基本不等式证明其它不等式，属基础题．画
图象时关键是根据绝对值得零点分段，然后分段绘制函数的图象，证明不等式时要注意使用
基本不等式，并注意时当配凑，配方以便使用已知条件证明结论．
11．（1）已知 a 、b 、 c 是正数，且满足 1ab bc ac ，求证 3a b c ；
9
（2）已知 a 、b 是正数，且满足 1a b ，求证： 1 1 22 2a b ．
【试题来源】河南省洛阳市 2021 届高三上学期第一次统一考试（文）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【 分 析 】（ 1 ） 本 题 可 通 过 基 本 不 等 式 得 出 2 2 2a b c ab bc ac ， 进 而 得 出
2 3a b c ab bc ac ，最后根据 1ab bc ac 即可证得不等式成立；（2）本题
可通过柯西不等式证得不等式成立．
【解析】（1）因为 2 2 2a b ab ， 2 2 2b c bc ， 2 2 2a c ac ，
所以 2 2 22 2 2 2a b c ab bc ac ，当且仅当 a b c 时取等号，
则 2 2 2a b c ab bc ac ， 2 3a b c ab bc ac ，
因为 1ab bc ac ，所以 2 3a b c ， 3a b c ．
（2）因为 1a b ，
所以由柯西不等式得
2
1 1 1 11 12 2 2 2a b a b
2 1 4a b （当且仅当 1
2a b 时取等号），故 1 1 22 2a b ．
12．已知 ( ) 1 2f x x x ．
（1）求不等式 ( ) 4f x x 的解集；
（ 2 ） 若 ( )f x 的 最 小 值 为 m ， 正 实 数 a ， b ， c 满 足 a b c m ， 求 证 ：
1 1 1+ + 2
m
a b b c c a
．
【试题来源】山西省运城市景胜中学 2021 届高三上学期第三次月考（理）
【答案】（1） 1,5 ；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）先求出 3m ，再利用基本不等式证明
不等式．
【解析】（1）
2 1,( 1)
( ) 1 2 3,( 1 2)
2 1,( 2)
x x
f x x x x
x x
当 1x 时，由 2 1 4x x ，得 1x ，此时 4f x x 无解；
当 1 2x 时，由3 4x ，得 1x ，此时 4f x x 的解为 1 2x ；
当 2x 时，由 2 1 4x x ，解得 5x ，此时 4f x x 的解为 2 5x ．
综上，不等式 4f x x 的解集为 1,5 ；
证明：（2）因为 1 2 1 2 3x x x x ，
故 f x 的最小值为 3m ，所以 3a b c ．
因为 1 1 1( ) ( ) ( )a b b c c a a b b c c a
，
3 3
13 ( )( )( ) 3 9( )( )( )a b b c c a a b b c c a
，
等号当且仅当 a b b c c a ，即 a b c 时等号成立．
因为 3a b c ，所以 1 1 16 9a b b c c a
，
所以 1 1 1 3
2a b b c c a
，即 1 1 1
2
m
a b b c c a
．
【名师点睛】证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩
法；（5）数学归纳法；（6）反证法．本题主要运用了综合法．
13．已知函数 2( ) | 1| 5f x mx a x ．
（1）当 0, 1m a 时，求不等式 ( ) | 2 |f x x
的解集；
（2）当 1m 时，存在 0 [0,2]x ，使 0 0| 1|f x a x
成立，求实数 a 的取值范围．
【试题来源】云南省楚雄州 2021 届高三上学期期中教学质量检测（理）
【答案】（1） 2,3 （2） ( ,3]a
【分析】（1）分区间讨论去掉绝对值号，解不等式即可；（2）分类讨论去掉绝对值号，转化
为不等式有解问题，利用函数最值求解即可．
【解析】（1）当 0, 1m a 时， ( ) | 1| 5f x x ，
因为 ( ) | 2 |f x x
，所以| 2 | | 1| 5x x ，
①当 2x 时， 2 1 5x x ，解得 3x ， 2 3x
11
②当 1 2x 时， 2 1 5x x 恒成立， 1 2x
③当 1x 时， 2 1 5x x ，解得 2 x ， 2 1x
综上， 2 3x ，即解集为 2,3 ．
（2）当 1m 时， 2 1 5f x x a x ，
0 0,2x 时， 0x 使 0 0| 1|f x a x
成立，
①当1 2x 时， 0 [1,2]x 使 2 2 5 0x ax 成立，即 52a x x
，
所以只需 max
52 ( )a x x
，因为 5y x x
在 [1,2]x 上单调递减，
所以 max
5( ) 1 5 6x x
，解得 3a ，
②当 0 1x 时， 0 [0,1)x 使 2 5 2x a 成立，只需 2
max2 ( 5) 6a x ，
所以 3a ，综上， ( ,3]a .
【名师点睛】存在 0 [0,2]x ，使得 0 0| 1|f x a x
成立，为了去掉绝对值号，
需要分类讨论，转化为不等式有解问题，要注意与不等式恒成立问题的区别，搞清楚需要求
最大值还是最小值．
14．已知函数 1( ) | | ( 1)1f x x a x aa
．
（1）证明： ( ) 1f x ；
（2）若 (1) 2f ，求 a 的取值范围．
【试题来源】贵州省黔东南州 2021 届高三上学期第二次月考（文）
【答案】（1）证明见解析；（2） 5 1 5 1,2 2a
．
【分析】（1）运用绝对值不等式的三角形式求出函数的最小值 11 11a a
，然后利用
基 本 不 等 式 分 析 得 出 11 1 11a a
；（ 2 ） 先 将 不 等 式 (1) 2f 化 为
1|1 | 1 21a a
，再利用分类整合的思想求解．
【解析】（1）因为 1 1 1( ) | | 1 11 1 1f x x a x a x x aa a a
，
因为 1a ，所以 11 1 2 1 11a a
，当且仅当 0a 时，取等号，所以 ( ) 1f x ．
（2） (1) 2f 可化为 1|1 | 1 21a a
，
因为 1a ，所以不等式化为 11 1 21a a
，即 1 1
aa a
，
①当 1 0a 时，不等式无解；
②当 0a 时，不等式化为 11 1
a aaa a
，即
2
2
1 0
1 0
a a
a a
解得 5 1 5 1
2 2a ，综上所述， 5 1 5 1,2 2a
．
【名师点睛】一般求解绝对值不等式的方法：
法一：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；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：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．
15．已知函数 ( ) | | | 3 |f x x a x a ．
（1）求不等式 ( ) 1 | |f x x a 的解集；
（2）若 ( ) 18f x a 对 xR 恒成立，求 a 的取值范围．
【试题来源】云贵川桂四省 2020-2021 学年高三上学期 12 月联合考试（文）
【答案】（1） ( ,3 1) (3 1, )a a ；（2） 9[ 18, 2) ,4
．
【分析】（1）等价于| 3 | 1x a ，根据绝对值解法求解；（2）根据双绝对值解出 ( )f x 的最
小值| 2 |a ，原不等式等价于| 2 | 18a a ，平方化简即可．
【解析】（1）由 ( ) 1 | |f x x a ，得| 3 | 1x a ，则 3 1x a 或 3 1x a ，
即 3 1x a 或 3 1x a ，故不等式 ( ) 1 | |f x x a 的解集为 ( ,3 1) (3 1, )a a ，
（2）因为 ( ) | | | 3 | | ( 3 )| | 2 |f x x a x a x a x a a ，所以 ( )f x 的最小值为| 2 |a ．
13
因为 ( ) 18f x a 对 xR 恒成立，所以 18 | 2 |a a ，
又 18 0a ，所以 9[ 18, 2) ,4a ．
【名师点睛】含有绝对值的不等式的性质：
（1）如果 ,a b 是实数，则|| | | || | | | | | |a b a b a b ；
（2）如果 , ,a b c 是实数，那么| | | | | |a c a b b c ，当且仅当 ( )( ) 0a b b c 时，等
号成立．
16．已知函数 ( ) | | | |( 0, 0)f x x a x b a b ．
（1）若 1a b ，解不等式 ( ) 2f x ；
（2）若 ( )f x 的值域是[2, ) ，且 1 1
2 1
ka b
，求 k 的最大值．
【试题来源】云南省玉溪市普通高中 2021 届高三第一次教学质量检测（理）
【答案】（1） 1x x 或 1x ；（2） 4
5
．
【分析】（1）分段讨论取绝对值即可解出不等式；（2）先由绝对值不等式可得 ( ) | |f x a b ，
即| | 2a b ，即 2 1 5a b ，再利用基本不等式可得 1 1 4
2 1 5
a b
，即可得出 k
的取值范围，得出结果．
【解析】（1）因为 1a ， 1b ，所以
2 , 1
( ) 1 1 2, 1 1
2 , 1
x x
f x x x x
x x
，
当 1x 时， ( ) 2f x 化为 2 2x ，不等式的解为 1x ；
当 1 1x 时， ( ) 2f x 化为 2 2 ，不等式的解为；
当 1x 时， ( ) 2f x 化为 2 2 1 x x ，所以不等式的解为 1x ．
综上所述，不等式的解集为 1x x 或 1x ．
（2）因为 ( ) | | | | | ( ) ( ) | | | f x x a x b x a x b a b ，
当且仅当 ( )( ) 0x a x b 时取“=”号．又 ( )f x 的值域是[2, ) ，所以| | 2a b ，
因为 0, 0a b ．所以 2 2 1 5 a b a b ．
因为 1 1 2 1 2 1( 2 1) 2 2 2 42 1 1 2 1 2
a b a ba b a b b a b a
（当且仅当 1 2
2 1
b a
a b
，即 0.5, 1.5 a b 时取“=”号），
所以 1 1 4
2 1 5
a b
，当且仅当 0.5, 1.5 a b 时取“=”号．
因为 1 1
2 1
ka b
恒成立，所以 4
5
k ，故 k 的最大值是 4
5
．
【名师点睛】本题考查含绝对值不等式问题，解题的关键是利用绝对值三角不等式结合值域
得出 2 1 5a b ，再利用基本不等式求出 1 1 4
2 1 5
a b
．
17．已知函数 4( 2) 1f x x x ．
（1）求不等式 ( ) 6f x 的解集；
（2）若不等式 2( ) 2f x a a 对一切实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
【试题来源】陕西省汉中市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（文）
【答案】（1） , 1 3, ；（2） 3,1 ．
【分析】（1）利用零点分段法将函数 ( )f x 表示为分段函数的形式，由此求得不等式 ( ) 6f x
的解集；（2）由（1）可知，函数 ( )f x 的最小值是 3，不等式 2( ) 2f x a a 对一切实数 x 恒
成立等价于 2 2 ( ) 3mina a f x ，解不等式即可求得 a 的取值范围．
【解析】（1）
3 3, 1
( ) 5, 1 2
3 3, 2
x x
f x x x
x x
，
不等式 ( ) 6f x 等价于 1
3 3 6
x
x
或 1 2
5 6
x
x
或 2
3 3 6
x
x
，
得 1x 或 3x ，所以不等式的解集为 , 1 3, ；
（2）由（1）知当 1x 时， ( ) 6f x ，当 1 2x 时，3 ( ) 6f x ，
当 2x 时， ( ) 3f x ，故函数 ( )f x 的值域[3, ) ，即 ( )f x 的最小值是 3，
因为不等式 2( ) 2f x a a 对一切实数 x 恒成立，
15
所以 2 2 3a a ，解得 3 1a ，故实数 a 的取值范围是 3,1 ．
【名师点睛】解绝对值不等式的方法通常是先利用零点分段法去掉绝对值号，将函数表示为
分段函数的形式，然后分段进行求解不等式．
18．已知 ,x y R ，且 1x y ．
（1）求证： 2 2 33 4x y ；
（2）当 0, 0x y 时，不等式 2 2
1 11 1 | 2| | 1|a ax y
恒成立，求 a 的取值
范围．
【试题来源】陕西省 2020-2021 学年高三上学期第四次月考（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 4,5 ．
【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）可先化简计算 2 2
1 11 1x y
的最小值，再分
2a ， 1 a 2 ， 1a 三种情况讨论即可得到答案．
【解析】（1）由柯西不等式得
2 2
2 2 2 1 1( 3 ) 1 1 3
3 3
x y x y
，
2 2 243 ( ) 13x y x y ，当且仅当 33 4x y 时取等号， 2 2 33 4x y ；
（2）由 0, 0x y ， 1x y ，
得 2 2 2 2
1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) 1 1 21 1 1x x y y x y
x y x y x y xy
，
11 2 , 4x y xy xy
，当且仅当 1
2x y 时等号成立，
要使得不等式 2 2
1 11 1 | 2| | 1|a ax y
恒成立，即可转化为| 2 | | 1| 9a a ，
当 2a 时， 2 1 9a ，可得 2 5a ，当 1 a 2 时， 3 9 ，可得 1 a 2 ，
当 1a 时， 2 1 9a ，可得 4 1a ， a 的取值范围为 4 5 ， ．
【名师点睛】本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式的综合应用． 柯西不
等式以及均值不等式注意等号成立的条件．
19．已知函数 ( ) 1 2f x x mx (其中 m 为常数)．
（1）当 2m 时，解关于 x 的不等式 ( ) 4f x ；
（2）若 1m ，且 4( ) 7( 0)f x a aa
，求 x 的取值范围．
【试题来源】陕西省 2020-2021 学年高三上学期教学质量检测测评卷一（文）
【答案】（1） 5, 1,3
U ；（2） 2,1 ．
【分析】（1）代入 m 的值，通过讨论 x 的范围去掉绝对值，求出不等式的解集即可；（2）
求 4 7a a
的最大值，问题转化为 ( ) 1 2 3f x x x 通过讨论 x 的范围去掉绝对值，
求出不等式的解集即可．
【解析】（1）当 2m 时，由 ( ) 4f x 得 ( ) 1 2 2 4f x x x ，
当 1x 时， ( ) 1 2 2 4f x x x 解得 1x ，
当 1 1x 时， ( ) 1 2 2 4f x x x ，得 1x 不符合题意，
当 1x 时， ( ) 1 2 2 4f x x x 得 5
3x ，
综上所述， ( ) 4f x 的解集是 5, 1,3
U ．
（2）若 1m ， ( ) 1 2f x x x ，
因为 0a ，所以 4 4 47 7 2 7 3a a aa a a
，
当且仅当 4a a
即 2a 时取等号，所以 ( ) 1 2 3f x x x ，
当 1x 时， ( ) 1 2 3f x x x ，解得 1x ，不符合题意，
当 2 1x 时， ( ) 1 2 3f x x x ，符合题意，
当 2x 时， ( ) 1 2 3f x x x 得 2x ，不符合题意，
综上所述，不等式的解集是 2,1 ．
【名师点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，关键点是找到 x 的分界点然后讨论 x 的范围
去掉绝对值，考查分类讨论思想及基本不等式的应用，考查转化思想，是一道中档题．
17
20．设函数 4 5f x x x 的最小值为 m ．
（1）求 m ；
（2）设 1 2 3, ,x x x R ，且 1 2 3x x x m ，求证：
22 2
31 2
1 2 3
1
1 1 1 4
xx x
x x x
．
【试题来源】贵州省安顺市 2021 届全市高三年级第一次教学质量监测统一考试（文）
【答案】（1） 1m ；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用“零点讨论法”将绝对值函数表示为分段函数的形式，求分段函数的最值即
可；（2）由（1）易构造出 1 2 31 1 1 4x x x ，利用柯西不等式即可得结果．
【解析】（1）因为
2 9, 4
1,4 5
2 9, 5
x x
f x x
x x
，
所以 4x 时， 1f x ，且 5x 时 ， 1f x ，所以 min 1f x ，所以 1m ；
（2）由（1）知 1 2 3 1x x x ，所以 1 2 31 1 1 4x x x ，因为
2 22 2 2 2
3 31 2 1 2
1 2 3
1 2 3 1 2 3
4 1 1 11 1 1 1 1 1
x xx x x x x x xx x x x x x
2
1 2 3 1x x x ，所以
22 2
31 2
1 2 3
1
1 1 1 4
xx x
x x x
，当且仅当 1 2 3
1
3x x x 取等号．
【名师点睛】得出 1 2 31 1 1 4x x x ，构造柯西不等式的形式 ．
21．已知 , 0x y ，满足 2x y ．
（1）求 2 23 x xy y 的最小值；
（2）证明： 2 2 2 2 2 x y x y ．
【试题来源】2021 届百师联盟高三一轮复习联考（三）全国卷 I （文）
【答案】（1）11
3
；（2）证明见解析．
【分析】（1）由条件等式转化为关于 y 的二次函数求最值；（2）首先利用基本不等式变形为
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
x yx y x y xy x y xy x y
，再变形利用基本不等式证明．
【解析】（1）由题意， 2 2 2 2 23 3 2 2 3 3 2 4 x xy y x x y y y y y y ，
由二次函数知识，知上式在 1
3y 时，取到最小值11
3
．
（2）证明：由题目条件以及均值不等式可以得到：
22 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 22 22 2 2 2
x y x y xyx y x y xy x y xy x y xy x y
，当且仅当 1x y 等号成立．
22．已知函数 ( ) 2 2f x x x ．
（1）求不等式 ( ) 2 4f x x 的解集；
（2）若 ( )f x 的最小值为 k ，且实数 , ,a b c ，满足 ( )a b c k ，求证： 2 2 22 8a b c ．
【试题来源】四川省宜宾市 2021 届高三上学期第一次诊断考试（文）
【答案】（1） ( ,0] ；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）首先利用绝对值三角不等式求出 4k ，
再利用基本不等式证明．
【解析】（1）①当 2x 时，不等式即为 2 2 4x x ，解得 1, 2x x ；
②当 2 2x 时，不等式即为 4 2 4x ， 0 2 0x x ；
③当 2x 时，不等式即为 2 2 4x x ， x ．
综上，不等式 ( ) 2 4f x x 的解集为 ( ,0] ．
（2）由绝对值不等式的性质可得| 2 | | 2 | | ( 2) ( 2) | 4x x x x ，
当 2 2x 时， ( )f x 取最小值 4，即 4, ( ) 4k a b c ，即 4ab ac ，
2 2 2 2 2 2 22 2 2 8a b c a b a c ab ac ，
当且仅当 2a b c 时等号成立．
23．若 0, 0a b 且 2 2 3a b ab ，已知 ab 有最小值为 k ．
（1）求 k 的值；
（2）若 0x R ，使不等式 2x m x k 成立，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】四川省泸州市 2021 届高三第一次教学质量诊断性考试（理）
【答案】（1） 2 ；（2）[0,4] ．
【分析】（1）由基本不等式，可知3 2 2 2 2ab a b ab ，可求出 ab 的取值范围，进
而可求出答案；（2）由（1）知 2k ，则 0 Rx ，使不等式 2 2x m x 成立，求
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出 2x m x 的最小值，令 min2 2x m x ，即可求出实数 m 的取值范围．
【解析】（1）由 3 2 2 2 2 2,ab a b ab 即 23( ) 2 2 2 0ab ab ，
解得 2ab 或 2
3ab (舍去)，当且仅当 1, 2a b 时取得“=，
所以 2ab ，即 k 的最小值为 2 ．
（2）由 2k ， 2 ( ) ( 2) 2x m x x m x m ，
当 2 0x m x 时，等号成立
又 0 ,x R 使不等式 2 2x m x 成立，所以 2 2,m 即 2 2 2m ，
解得 0 4m ，所以 m 的取值范围是[0,4] ．
【名师点睛】对于不等式的存在性问题，常有两种情况：
存在 x A ，使得 ( )a f x 成立，等价于 min( ) ,f x a x A ；
存在 x A ，使得 ( )a f x 成立，等价于 min( ) > ,f x a x A .
24．已知函数 ( ) 1 3f x x x ．
（1）求不等式 ( ) 1f x 的解集；
（2）当 x∈R，0
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