新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测二十三不等式选讲文

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2020年高考数学(理)二轮专项复习专题13 不等式选讲(含答案)

2020年高考数学(理)二轮专项复习专题13 不等式选讲(含答案)

2020年高考数学(理)二轮专项复习专题13 不等式选讲不等式选讲是高考的选考内容之一,考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法以及数学归纳法在不等式中的应用等,命题的热点是绝对值不等式的解法,以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解.本部分命题形式单一、稳定,是三道选考题目中最易得分的,所以可重点突破. 【知识要点】1.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<-a ; (2)|f (x )|<a (a >0)⇔-a <f (x )<a ;(3)|x -a |+|x -b |≥c (c >0)和|x -a |+|x -b |≤c (c >0)型不等式的解法 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; 2.绝对值三角不等式|a |-|b |≤|a ±b |≤|a |+|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式. 3.基本不等式定理1:设a ,b ∈R ,则a 2+b 2≥2ab .当且仅当a =b 时,等号成立. 定理2:如果a ,b 为正数,则a +b2≥ab ,当且仅当a =b 时,等号成立.定理3:如果a ,b ,c 为正数,则a +b +c 3≥3abc ,当且仅当a =b =c 时,等号成立.定理4:(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数,则a 1+a 2+…+a n n ≥na 1a 2…a n ,当且仅当a 1=a 2=…=a n 时,等号成立. 4.柯西不等式(1)设a ,b ,c ,d 为实数,则(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2,当且仅当ad =bc 时等号成立. (2)若a i ,b i (i ∈N *)为实数,则(∑ni =1a 2i )(∑ni =1b 2i )≥(∑ni =1a i b i )2,当且仅当b i =0(i =1,2,…,n )或存在一个数k ,使得a i =kb i (i =1,2,…,n )时,等号成立.(3)柯西不等式的向量形式:设α,β为平面上的两个向量,则|a |·|β|≥|α·β|,当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.【复习要求】(1)理解绝对值的几何意义,并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式:① ;b a b a +≤+② ;b c c a b a -+-≤-(2)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式:c b ax ≤+ c b ax ≥+ a b x c x ≥-+-(3)会用不等式①和②证明一些简单问题。

新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测三不等式文

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专题过关检测(三) 不等式1.不等式(x +5)(3-2x )≥6的解集是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤-1或x ≥92 B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪-1≤x ≤92 C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤-92或x ≥1D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪-92≤x ≤1 解析:选D 不等式(x +5)(3-2x )≥6可化为2x 2+7x -9≤0,所以(2x +9)(x -1)≤0,解得-92≤x ≤1.所以不等式(x +5)(3-2x )≥6的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪-92≤x ≤1.故选D. 2.设a >b ,a ,b ,c ∈R,则下列式子正确的是( ) A .ac 2>bc 2B.ab>1 C .a -c >b -cD .a 2>b 2解析:选C 若c =0,则ac 2=bc 2,故A 错;若b <0,则a b<1,故B 错;不论c 取何值,都有a -c >b -c ,故C 正确;若a ,b 都小于0,则a 2<b 2,故D 错.于是选C.3.已知不等式x 2-2x -3<0的解集为A ,不等式x 2+x -6<0的解集为B ,不等式x 2+ax +b <0的解集为A ∩B ,则a +b =( )A .1B .0C .-1D .-3解析:选D 由题意得,不等式x 2-2x -3<0的解集A =(-1,3),不等式x 2+x -6<0的解集B =(-3,2).所以A ∩B =(-1,2),即不等式x 2+ax +b <0的解集为(-1,2),所以a =-1,b =-2,所以a +b =-3.4.设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x -2y ≤0,x -y +2≥0,x ≥0表示的可行域为Ω,则( )A .原点O 在Ω内B .Ω的面积是1C .Ω内的点到y 轴的距离有最大值D .若点P (x 0,y 0)∈Ω,则x 0+y 0≠0解析:选A 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x -2y ≤0,x -y +2≥0,x ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示.显然O 在可行域内部. 5.已知a ∈R,不等式x -3x +a≥1的解集为p ,且-2∉p ,则a 的取值范围为( ) A .(-3,+∞) B .(-3,2)C .(-∞,2)∪(3,+∞)D .(-∞,-3)∪[2,+∞)解析:选D ∵-2∉p ,∴-2-3-2+a <1或-2+a =0,解得a ≥2或a <-3.6.已知x >0,y >0,且4x +y =xy ,则x +y 的最小值为( ) A .8 B .9 C .12D .16解析:选B 由4x +y =xy ,得4y +1x=1,则x +y =(x +y )⎝ ⎛⎭⎪⎫4y +1x =4x y +yx+1+4≥24+5=9,当且仅当4x y =yx,即x =3,y =6时取“=”,故选B.7.已知实数x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y +3≥0,x +2y ≥0,x ≤2,则z =3x +y 的最小值为( )A .-5B .2C .7D .11解析:选A 作出不等式组所表示的可行域如图中△ABC 所示.作直线y =-3x ,平移该直线,当直线经过点C 时,z =3x +y 取得最小值.联立⎩⎪⎨⎪⎧x -y +3=0,x +2y =0得⎩⎪⎨⎪⎧x =-2,y =1.所以z min =3x +y =3×(-2)+1=-5.8.已知点P (x ,y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧2x +3y -9≤0,2x -3y +9≥0,y -1≥0,且点P 在直线3x +y -m =0上.则m 的取值范围是( )A .[-9,9]B .[-8,9]C .[-8,10]D .[9,10]解析:选C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示, 则目标函数3x +y -m =0转化为m =3x +y ,目标函数过点A 时取得最小值,过点B 时取得最大值.由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x -3y +9=0,y =1,解得A (-3,1),由⎩⎪⎨⎪⎧2x +3y -9=0,y =1,解得B (3,1),则m =3x +y 的最小值为3×(-3)+1=-8,最大值为3×3+1=10. 所以m 的取值范围是[-8,10].9.已知实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x -y +1≥0,x +y -1≥0,x ≤3,则z =x +y +4x +1的最小值是( ) A.14 B .2 C.54D .-2解析:选 C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.目标函数z =x +y +4x +1=1+y +3x +1,其中y +3x +1表示点P (-1,-3)和点(x ,y )的连线的斜率.结合图象得目标函数z =1+y +3x +1在点A 处取得最小值,由⎩⎪⎨⎪⎧x +y -1=0,x =3,得⎩⎪⎨⎪⎧x =3,y =-2,即A (3,-2),所以目标函数z 的最小值为1+-2+33+1=54,故选C.10.若不等式(a 2-4)x 2+(a +2)x -1≥0的解集是空集,则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫-2,65B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-2,65C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-2,65 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-2,65∪{2} 解析:选B 当a 2-4=0时,解得a =2或a =-2,当a =2时,不等式可化为4x -1≥0,解集不是空集,不符合题意;当a =-2时,不等式可化为-1≥0,此式不成立,解集为空集.当a 2-4≠0时,要使不等式的解集为空集,则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2-4<0,Δ=(a +2)2+4(a 2-4)<0,解得-2<a <65.综上,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫-2,65,故选B. 11.某企业生产甲、乙两种产品均需用A ,B 两种原料,已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示.如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元,则该企业每天可获得的最大利润为( )甲 乙 原料限额 A /吨 3 2 12 B /吨128 A.15万元 C .17万元D .18万元解析:选D 设生产甲产品x 吨,乙产品y 吨,获利润z 万元,由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧3x +2y ≤12,x +2y ≤8,x ≥0,y ≥0,z =3x +4y ,作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示,直线z =3x +4y 过点M时取得最大值,由⎩⎪⎨⎪⎧3x +2y =12,x +2y =8,得⎩⎪⎨⎪⎧x =2,y =3,∴M (2,3),故z =3x +4y 的最大值为18,故选D.12.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-ax ,x >0,2x-1,x ≤0,若不等式f (x )+1≥0在R 上恒成立,则实数a的取值范围为( )A .(-∞,0)B .[-2,2]C .(-∞,2]D .[0,2]解析:选C 由f (x )≥-1在R 上恒成立,可得当x ≤0时,2x-1≥-1,即2x≥0,显然成立;又x >0时,x 2-ax ≥-1,即为a ≤x 2+1x =x +1x ,由x +1x≥2x ·1x=2,当且仅当x =1时,取得最小值2,可得a ≤2,综上可得实数a 的取值范围为(-∞,2].13.不等式|x -3|<2的解集为________. 解析:不等式|x -3|<2,即-2<x -3<2,解得1<x <5. 答案:(1,5)14.(2019·东北四市联考)已知a >0,b >0,若a,2,b 依次成等比数列,则a +4b 的最小值为________.解析:由a,2,b 依次成等比数列,得ab =4,所以a +4b ≥2a ·4b =8,当且仅当a =4b ,即a =4,b =1时等号成立,所以a +4b 的最小值为8.答案:815.(2019·广州调研)若x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -5≥0,x -3y +5≥0,2x -y -5≤0,则z =x 2+y 2的最大值为________.解析:画出不等式组表示的平面区域,如图中阴影部分所示,z =x 2+y 2表示平面区域内的点到坐标原点O 的距离的平方,则z =x 2+y 2的最大值在点A 处取得.由⎩⎪⎨⎪⎧x -3y +5=0,2x -y -5=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x =4,y =3,所以z =x 2+y 2的最大值为42+32=25.答案:2516.若不等式x 2+ax -2>0在区间[1,5]上有解,则a 的取值范围是________. 解析:由Δ=a 2+8>0,知方程x 2+ax -2=0恒有两个不等实数根,又知两根之积为负,所以方程x 2+ax -2=0必有一正根、一负根.于是不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f (5)>0,解得a >-235,故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫-235,+∞.答案:⎝ ⎛⎭⎪⎫-235,+∞。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习第二层提升篇专题七选考系列第2讲不等式选讲讲义

(全国通用)2020版高考数学二轮复习第二层提升篇专题七选考系列第2讲不等式选讲讲义

第2讲 不等式选讲[全国卷3年考情分析](1)不等式选讲是高考的选考内容之一,考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等,命题的热点是绝对值不等式的求解,以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解.(2)此部分命题形式单一、稳定,难度中等,备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.[例1] (2019·福建省质量检查)已知函数f (x )=|x +1|-|ax -3|(a >0). (1)当a =2时,求不等式f (x )>1的解集;(2)若y =f (x )的图象与x 轴围成直角三角形,求a 的值. [解] (1)当a =2时,不等式f (x )>1即|x +1|-|2x -3|>1.当x ≤-1时,原不等式可化为-x -1+2x -3>1,解得x >5,因为x ≤-1,所以此时原不等式无解;当-1<x ≤32时,原不等式可化为x +1+2x -3>1,解得x >1,所以1<x ≤32;当x >32时,原不等式可化为x +1-2x +3>1,解得x <3,所以32<x <3.综上,原不等式的解集为{x |1<x <3}. (2)因为a >0,所以3a>0,所以f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧(a -1)x -4,x ≤-1,(a +1)x -2,-1<x ≤3a ,(1-a )x +4,x >3a. 若y =f (x )的图象与x 轴围成直角三角形, 则(a -1)(a +1)=-1或(a +1)(1-a )=-1, 解得a =0(舍去)或a =2或a =-2(舍去). 经检验,a =2符合题意, 所以所求a 的值为 2.[解题方略] 绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法:对a >0,|x |<a ⇔-a <x <a ,|x |>a ⇔x <-a 或x >a . (2)平方法:两边平方去掉绝对值符号.(3)零点分区间法:含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解.(4)几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的距离求解. (5)数形结合法:在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解.[跟踪训练]1.(2019·全国卷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)若x ∈(-∞,1)时,f (x )<0,求a 的取值范围. 解:(1)当a =1时,f (x )=|x -1|x +|x -2|(x -1). 当x <1时,f (x )=-2(x -1)2<0; 当x ≥1时,f (x )≥0,所以,不等式f (x )<0的解集为(-∞,1).(2)因为f (a )=0,所以a ≥1.当a ≥1,x ∈(-∞,1)时,f (x )=(a -x )x +(2-x )(x -a )=2(a -x )(x -1)<0. 所以,a 的取值范围是[1,+∞).2.(2019·石家庄市质量检测)设函数f (x )=|x +1|. (1)求不等式f (x )≤5-f (x -3)的解集;(2)已知关于x 的不等式2f (x )+|x +a |≤x +4在[-1,1]上有解,求实数a 的取值范围. 解:(1)不等式f (x )≤5-f (x -3),即|x +1|+|x -2|≤5,等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <-1,-x -1-x +2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧-1≤x ≤2,x +1-x +2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧x >2,x +1+x -2≤5, 解得-2≤x ≤3,所以原不等式的解集为{x |-2≤x ≤3}.(2)当x ∈[-1,1]时,不等式2f (x )+|x +a |≤x +4,即|x +a |≤2-x , 所以|x +a |≤2-x 在[-1,1]上有解, 即-2≤a ≤2-2x 在[-1,1]上有解,所以-2≤a ≤4,即实数a 的取值范围是[-2,4].[例2] (2019·全国卷Ⅰ)已知a ,b ,c 为正数,且满足abc =1.证明: (1)1a +1b +1c≤a 2+b 2+c 2;(2)(a +b )3+(b +c )3+(c +a )3≥24.[证明] (1)因为a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ac ,又abc =1,故有a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca =ab +bc +ca abc =1a +1b +1c.当且仅当a =b =c =1时,等号成立.所以1a +1b +1c≤a 2+b 2+c 2.(2)因为a ,b ,c 为正数且abc =1,故有(a +b )3+(b +c )3+(c +a )3≥33(a +b )3(b +c )3(a +c )3=3(a +b )(b +c )(a +c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) =24.当且仅当a =b =c =1时,等号成立. 所以(a +b )3+(b +c )3+(c +a )3≥24.[解题方略] 证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等. (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显,则考虑用分析法.(2)利用放缩法证明不等式,就是舍掉式中的一些正项或负项,或者在分式中放大或缩小分子、分母,还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子,从而达到证明不等式的目的.(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题,则考虑用反证法.用反证法证明不等式的关键是作出假设,推出矛盾.[跟踪训练]1.已知函数f (x )=|x +1|.(1)求不等式f (x )<|2x +1|-1的解集M ; (2)设a ,b ∈M ,证明:f (ab )>f (a )-f (-b ). 解:(1)由题意,|x +1|<|2x +1|-1, ①当x ≤-1时,不等式可化为-x -1<-2x -2, 解得x <-1; ②当-1<x <-12时,不等式可化为x +1<-2x -2, 此时不等式无解; ③当x ≥-12时,不等式可化为x +1<2x ,解得x >1. 综上,M ={x |x <-1或x >1}.(2)证明:因为f (a )-f (-b )=|a +1|-|-b +1|≤|a +1-(-b +1)|=|a +b |,所以要证f (ab )>f (a )-f (-b ), 只需证|ab +1|>|a +b |, 即证|ab +1|2>|a +b |2, 即证a 2b 2+2ab +1>a 2+2ab +b 2, 即证a 2b 2-a 2-b 2+1>0, 即证(a 2-1)(b 2-1)>0.因为a ,b ∈M ,所以a 2>1,b 2>1,所以(a 2-1)(b 2-1)>0成立,所以原不等式成立.2.已知a ,b ∈R ,且a +b =1,求证:(a +2)2+(b +2)2≥252.证明:法一:(放缩法)因为a +b =1,所以(a +2)2+(b +2)2≥2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(a +2)+(b +2)22=12[(a +b )+4]2=252⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a +2=b +2,即a =b =12时,等号成立. 法二:(反证法)假设(a +2)2+(b +2)2<252,则a 2+b 2+4(a +b )+8<252.因为a +b =1,则b =1-a ,所以a 2+(1-a )2+12<252.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a -122<0,这与⎝ ⎛⎭⎪⎫a -122≥0矛盾,故假设不成立.所以(a +2)2+(b +2)2≥252.[例3] 已知函数f (x )=|2x -a |+|x -1|,a ∈R .(1)若不等式f (x )+|x -1|≥2对任意的x ∈R 恒成立,求实数a 的取值范围; (2)当a <2时,函数f (x )的最小值为a -1,求实数a 的值. [解] (1)f (x )+|x -1|≥2可化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -a 2+|x -1|≥1.∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -a 2+|x -1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a2-1, ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a2-1≥1,∴a ≤0或a ≥4,∴实数a 的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞).(2)当a <2时,易知函数f (x )=|2x -a |+|x -1|的零点分别为a 2和1,且a2<1,∴f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x +a +1,x <a2,x -a +1,a 2≤x ≤1,3x -a -1,x >1,易知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,a 2上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2,+∞上单调递增,∴f (x )min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2=-a 2+1=a -1,解得a =43,又43<2,∴a =43.[解题方略]解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略[跟踪训练]1.在本例条件下,若f (x )≤|x +1|的解集包含⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3,求a 的取值范围.解:由题意可知f (x )≤|x +1|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3上恒成立, 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,3时, f (x )=|2x -a |+|x -1|=|2x -a |+x -1≤|x +1|=x +1,∴|2x -a |≤2,即2x -2≤a ≤2x +2, ∵(2x -2)max =4, (2x +2)min =5,因此a 的取值范围为[4,5].2.在本例中函数f (x )不变的条件下,若存在实数x ,使不等式f (x )-3|x -1|≥2能成立,求实数a 的取值范围.解:∵f (x )-3|x -1|=|2x -a |-2|x -1| =|2x -a |-|2x -2|≤|a -2|. ∴|a -2|≥2. ∴a ≤0或a ≥4.∴实数a 的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞). 3.已知函数f (x )=|x |+|x +1|.(1)若任意x ∈R ,恒有f (x )≥λ成立,求实数λ的取值范围. (2)若存在m ∈R ,使得m 2+2m +f (t )=0成立,求实数t 的取值范围. 解:(1)由f (x )=|x |+|x +1|≥|x -(x +1)|=1知,f (x )min =1,欲使任意x ∈R ,恒有f (x )≥λ成立, 则需满足λ≤f (x )min ,所以实数λ的取值范围为(-∞,1].(2)由题意得f (t )=|t |+|t +1|=⎩⎪⎨⎪⎧-2t -1,t <-1,1,-1≤t ≤0,2t +1,t >0,存在m ∈R ,使得m 2+2m +f (t )=0成立, 即有Δ=4-4f (t )≥0, 所以f (t )≤1,又f (t )≤1可等价转化为⎩⎪⎨⎪⎧t <-1,-2t -1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧-1≤t ≤0,1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧t >0,2t +1≤1, 所以实数t 的取值范围为[-1,0].[专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·昆明市质量检测)已知函数f (x )=|2x -1|. (1)解不等式f (x )+f (x +1)≥4;(2)当x ≠0,x ∈R 时,证明:f (-x )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x≥4. 解:(1)不等式f (x )+f (x +1)≥4等价于|2x -1|+|2x +1|≥4, 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <-12,-4x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧-12≤x ≤12,2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >12,4x ≥4, 解得x ≤-1或x ≥1,所以原不等式的解集是(-∞,-1]∪[1,+∞).(2)证明:当x ≠0,x ∈R 时,f (-x )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x =|-2x -1|+⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x-1,因为|-2x -1|+⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x -1≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x +2x =2|x |+2|x |≥4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧(2x +1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1≥0,2|x |=2|x |,即x =±1时等号成立,所以f (-x )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x≥4.2.(2019·沈阳市质量监测(一))设a >b >0,且ab =2,记a 2+b 2a -b的最小值为M .(1)求M 的值,并写出此时a ,b 的值; (2)解关于x 的不等式:|3x +3|+|x -2|>M . 解:(1)因为a >b >0,所以a -b >0,4a -b>0, 根据基本不等式有a 2+b 2a -b =(a -b )2+4a -b =a -b +4a -b≥4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a -b =2,ab =2,即⎩⎨⎧a =3+1,b =3-1时取等号,所以M 的值为4,此时a =3+1,b =3-1.(2)当x ≤-1时,原不等式等价于-(3x +3)+(2-x )>4,解得x <-54;当-1<x <2时,原不等式等价于(3x +3)+(2-x )>4,解得-12<x <2;当x ≥2时,原不等式等价于(3x +3)+(x -2)>4,解得x ≥2.综上所述,原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-54∪⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,+∞. 3.已知函数f (x )=|x -2|. (1)解不等式f (x )+f (x +1)≥5.(2)若|a |>1,且f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a,证明:|b |>2.解:(1)不等式f (x )+f (x +1)≥5等价于|x -2|+|x -1|≥5, 当x >2时,(x -2)+(x -1)≥5,x ≥4;当1≤x ≤2时,(2-x )+(x -1)≥5,1≥5,无解; 当x <1时,(2-x )+(1-x )≥5,x ≤-1. 综上,不等式的解集为{x |x ≥4或x ≤-1}. (2)证明:f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a⇔|ab -2|>|a |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪ba-2 ⇔|ab -2|>|b -2a | ⇔(ab -2)2>(b -2a )2⇔a 2b 2+4-b 2-4a 2>0⇔(a 2-1)(b 2-4)>0.因为|a |>1,所以a 2-1>0, 所以b 2-4>0,|b |>2.4.已知a ,b ∈(0,+∞),且2a 4b=2. (1)求2a +1b的最小值;(2)若存在a ,b ∈(0,+∞),使得不等式|x -1|+|2x -3|≥2a +1b成立,求实数x 的取值范围.解:(1)由2a 4b=2可知a +2b =1, 又因为2a +1b =⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b (a +2b )=4b a +ab+4,由a ,b ∈(0,+∞)可知4b a +ab+4≥24b a ·ab+4=8,当且仅当a =2b 时取等号,所以2a +1b的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x -1|+|2x -3|≥8,①⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1,1-x +(3-2x )≥8,所以x ≤-43.②⎩⎪⎨⎪⎧1<x <32,x -1+3-2x ≥8,无解, ③⎩⎪⎨⎪⎧x ≥32,x -1+2x -3≥8,所以x ≥4. 综上,实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-43∪[4,+∞). 5.(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )=|x -2|+|2x -1|. (1)求不等式f (x )≤3的解集;(2)若不等式f (x )≤ax 的解集为空集,求实数a 的取值范围.解:(1)法一:由题意f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x +3,x ≤12,x +1,12<x <2,3x -3,x ≥2,当x ≤12时,f (x )=-3x +3≤3,解得x ≥0,即0≤x ≤12,当12<x <2时,f (x )=x +1≤3,解得x ≤2,即12<x <2, 当x ≥2时,f (x )=3x -3≤3,解得x ≤2,即x =2. 综上所述,原不等式的解集为[0,2].法二:由题意f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x +3,x ≤12,x +1,12<x <2,3x -3,x ≥2,作出f (x )的图象如图所示,注意到当x =0或x =2时,f (x )=3, 结合图象,不等式的解集为[0,2].(2)由(1)可知,f (x )的图象如图所示,不等式f (x )≤ax 的解集为空集可转化为f (x )>ax 对任意x ∈R 恒成立, 即函数y =ax 的图象始终在函数y =f (x )的图象的下方,当直线y =ax 过点A (2,3)以及与直线y =-3x +3平行时为临界情况, 所以-3≤a <32,即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫-3,32. 6.(2019·广州市调研测试)已知函数f (x )=13|x -a |(a ∈R ).(1)当a =2时,解不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≥1; (2)设不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≤x 的解集为M ,若⎣⎢⎡⎦⎥⎤13,12⊆M ,求实数a 的取值范围. 解:(1)当a =2时,原不等式可化为|3x -1|+|x -2|≥3, ①当x ≤13时,1-3x +2-x ≥3,解得x ≤0,所以x ≤0;②当13<x <2时,3x -1+2-x ≥3,解得x ≥1,所以1≤x <2;③当x ≥2时,3x -1+x -2≥3,解得x ≥32,所以x ≥2.综上所述,当a =2时,不等式的解集为{}x |x ≤0或x ≥1.(2)不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≤x 可化为|3x -1|+|x -a |≤3x , 依题意不等式|3x -1|+|x -a |≤3x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13,12上恒成立, 所以3x -1+|x -a |≤3x ,即|x -a |≤1,即a -1≤x ≤a +1, 所以⎩⎪⎨⎪⎧a -1≤13,a +1≥12,解得-12≤a ≤43,故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,43.7.(2019·全国卷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≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1.解:(1)因为[(x -1)+(y +1)+(z +1)]2=(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x -1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x -1)] ≤3[(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2],所以由已知得(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43,当且仅当x =53,y =-13,z =-13时等号成立.所以(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值为43.(2)证明:因为[(x -2)+(y -1)+(z -a )]2=(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2+2[(x -2)(y -1)+(y -1)(z -a )+(z -a )(x -2)] ≤3[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2],所以由已知得(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥(2+a )23,当且仅当x =4-a 3,y =1-a 3,z =2a -23时等号成立.所以(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2的最小值为(2+a )23.由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.8.(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f (x )=|x +1|+|3x +a |,若f (x )的最小值为1.(1)求实数a 的值;(2)若a >0,m ,n 均为正实数,且满足m +n =a2,求m 2+n 2的最小值.解:(1)f (x )=|x +1|+|3x +a |,①当a >3,即-1>-a3时,f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-4x -1-a ,x ≤-a3,2x +a -1,-a 3<x <-1,4x +a +1,x ≥-1,∵f (-1)-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3=()-3+a -⎝ ⎛⎭⎪⎫a3-1=2(a -3)3>0, ∴f (-1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3, 则当x =-a3时,f (x )min =-4⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3-1-a =1,∴a =6.②当a <3,即-1<-a3时,f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-4x -1-a ,x ≤-1,-2x -a +1,-1<x <-a 3,4x +a +1,x ≥-a3, ∵f (-1)-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3=(3-a )-⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3+1=2(3-a )3>0,∴f (-1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3,则当x =-a3时,f (x )min =4⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3+1+a =1,∴a =0.③当a =3,即-1=-a3时,f (x )=4|x +1|,当x =-1时,f (x )min =0不满足题意. 综上,a =0或a =6.(2)由题意知,m +n =3.∵m >0,n >0,∴(m +n )2=m 2+n 2+2mn ≤(m 2+n 2)+(m 2+n 2)=2(m 2+n 2), 即m 2+n 2≥12(m +n )2,当且仅当m =n =32时取“=”.∵m 2+n 2≥92,∴m 2+n 2的最小值为92.。

2020届高考文数二轮复习常考题型大通关(全国卷):第23题 不等式选讲

2020届高考文数二轮复习常考题型大通关(全国卷):第23题 不等式选讲

常考题型大通关:第23题 不等式选讲1、已知函数.()()12f x x x m m R =-++∈(1)若时,解不等式;2m =()3f x ≤(2)若关于x 的不等式在上有解,求实数m 的取值范围.()23f x x ≤-[]0,1x ∈2、已知函数.12f x x x =+--()(1)求不等式的解集;1f x ≥()(2)若不等式的解集非空,求m 的取值范围2–f x x x m ≥+()3、设函数.()2221f x x x a =---(1).若,求不等式的解集;2a =()0f x <(2).若不等式存在实数解,求实数的取值范围.()3f x >a 4、已知函数.()31f x x m x m =----(1)若,求不等式的解集;1m =()1f x <(2)对任意的,有,求实数m 的取值范围.R x ∈()(2)f x f ≤5、已知函数.()2f x x a x =-++1.若,解不等式;1a =2()1f x x ≤-2.若,且的最小值为,求证.0,0,0a b c >>>()f x 4b c --112a b c +≥+6、已知不等式的解集为M .21214x x ++-<(1)求集合M ;(2)设实数,证明:.,a M b M ∈∈1ab a b +≤+7、已知函数.()22,f x x x a a R =-++∈(1)当时,解不等式1a =()3f x ≥(2)若存在满足,求a 的取值范围.0x 00()25f x x +-<8、选修4-5:不等式选讲设函数.()52f x x a x =-+--(1)当时,求不等式的解集;1a =()0f x ≥(2)若,求a 的取值范围.()1f x ≤9、[选修4-5:不等式选讲]已知函数()1f x x a x =---1.当时,求不等式的解集2 a =()01f x <≤ 2.若,,求的取值范围(0,)x ∀∈+∞()23f x a ≤-a 10、[选修4—5:不等式选讲]已知函数.()221f x x x =+--1.求的解集;()5f x >-2.若关于的不等式能成立,求实数 x |2||2|||(|1|||)b a b a a x x m +--≥++-(0)a ≠的取值范围.m答案以及解析1答案及解析:答案:(1)当时,不等式为,2m =1223x x -++≤若,则原不等式可化为解得,所以;1x ≤-1223x x -+--≤43x ≥-413x -≤≤-若,则原不等式可化为解得,所以;11x -<<1223x x -++≤0x ≤10x -<≤若,则原不等式可化为解得,所以.1x ≥1223x x -++≤23x ≤x ∈∅综上不等式的解集为.4|03x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭(2)当时,由,得[]0,1x ∈()23f x x ≤-1232x x m x-++≤-即22x m x+≤-故解得,222x x m x -≤+≤-223x m x -≤≤-又由题意知,()()min max 223x m x --≤≤-所以.32m -≤≤故实数m 的取值范围为.[]3,2-解析:2答案及解析:答案:(1)()3,121,123,2x f x x x x --⎧⎪=--≤≤⎨⎪⎩<>当时,无解;1x -<()1f x ≥当时,由得,,解得12x -≤≤()1f x ≥211x -≥12x ≤≤当时,由解得.2x >()1f x ≥2x >所以的解集为.()1f x ≥{}1x x ≥(2)由得,而()2f x x x m ≥-+212m x x x x ≤+---+22235512+1+2=--+244x x x x x x x x x ⎛⎫+---+≤--+≤ ⎪⎝⎭且当时,.32x =2512=4x x x x +---+故m 的取值范围为5-4⎛⎤∞ ⎥⎝⎦,解析:3答案及解析:答案:(1).若,由,得,2a =()0f x <22140x x ---<即,即,2214x x -<-222214x x -<-424221816x x x x -+<-+得,解得.2615x <1010x <<故不等式的解集是()0f x <1010⎛ ⎝(2).“不等式存在实数解”等价于“不等式存在实数解”.()3f x >22213x x a --->因为,()()2222222111x x a x x a a ---≤---=-所以,即或,解得或.213a ->213a ->213a -<-2a >2a <-故实数a 的取值范围是()(),22,-∞-+∞ 解析:4答案及解析:答案:;(,3)-∞1123m -≤≤解析:(1),()141f x x x =---<所以或或.11(4)1x x x <⎧⎨---<⎩141(4)1x x x ≤≤⎧⎨---<⎩4141x x x >⎧⎨--+<⎩解之得不等式的解集为.()1f x <(,3)-∞(2)当,时,31m m +>12m >-由题得2必须在的右边或者重合,31m +31m +所以;∴,所以;231m ≥+12m ≤1123m -<≤当时,不等式恒成立;1310,2m m +==-当时,由题得2必须在的左边或者与重合,131,2m m m +<<-31m +31m +由题得,所以m 没有解.1231,3m m ≤+≥综上,.1123m -≤≤5答案及解析:答案:1.【解】当时,1a =21,2,()3,21,21,1x x f x x x x --<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪+>⎩①当时,由得;,所以;2x <-2()1f x x ≤-220x x +≥2x <-②当时,由得,所以;21x -≤≤2()1f x x ≤-24x ≥2x =-③当时,由得,所以.1x >2()1f x x ≤-2220x x --≥13x ≥+综上可得不等式的解集为.2()1f x x ≤-{|213}x x x ≤-≥或2.【证明】因为,()2()(2)2f x x a x x a x a =-++≥--+=+当时,取到最小值,2x a -≤≤()f x 2a +所以,即,24a b c +=--2a b c ++=所以,当且1111()()22a b c a b c a b c ++=++=++12()2c a b a b c +++≥+12+=仅当,即时等号成立2()2c a b a b c +=+a b c +=解析:6答案及解析:答案:(1)设,则,()2121f x x x =++-()f x =14,2112,2214,2x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩函数的图像如图,因为,由图可得,所以集合()f x ()4f x <11x -<<{}|11M x x =-<<(2)因为,所以,.a M b M ∈∉,1a <1b ≥所以,()1ab a b +-+1ab a b =+--()()110a b =-⋅-≤所以.1ab a b +≤+解析:7答案及解析:答案:(1)(2)[)2,0,3⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦91a -<<解析:8答案及解析:答案:(1)当时.1a =()512f x x x =-+--即即()0f x ≥5120x x ----≥215x x -++≤①当时,原不等式可化为:1x ≤-125x x ---+≤即121240x x x ≤-⎧⇒-≤≤-⎨--≤⎩②当时,原不等式可化为:2x ≥125x x ++-≤即223260x x x ≥⎧⇒≤≤⎨-≤⎩③当时,原不等式可化为:12x -<<125x x ++-≤恒成立1235x -<<⎧⎨≤⎩12x ⇒-<<综上得解集为.()0f x ≥[]2,3-(2)恒成立即恒成立()1f x ≤24x a x ++-≥∵2()(2)2x a x x a x a ++-≥+--=+∴即或24a +≥2a ≥6a ≤-∴实数a 的取值范围为.(][),62,-∞⋃+∞解析:9答案及解析:答案:1.当时,因为,2 a =()()()21211f x x x x x =---≤---=所以的解集为,()1f x ≤R 由,得,则,即,解得,()0f x >21x x ->-2221x x ->-22421x x x x ->-+32x <故不等式的解集为;()01f x <≤3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭2.当时, ,()0,0,a x ≤∈+∞()1,1121,01a x f x x a x x a x -≥⎧=---=⎨--<<⎩则,又,所以()()2max 113f x f a a ==-≤-0a ≤a ≤当时, ,故不合题意,[)01,1,a x <<∈+∞()2103f x a a =->>-01a <<当时, ()1,0,a x ≥∈+∞()()()1111f x x a x x a x a a =---≤---=-=-当且仅当时等号成立,则,又,所以01x <≤231a a -≥-1a ≥2 a ≥综上: 的取值范围为.a [),2,⎛-∞+∞ ⎝ 解析:10答案及解析:答案:1. 3 , 21()2213 1 ,2213 , 2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=+--=+-≤≤⎨⎪⎪->⎪⎩故的解集为()5f x >-(2,8)-2.由,能成立,|2||2|||(|1|||)b a b a a x x m +--≥++-(0)a ≠得能成立,即能成立,令22(1)b a b a x x m a +--≥++-2211b b x x m a a+--≥++-,则能成立,b t a =221(1)t t x x m +--≥++-由1知, 52212t t +--≤又∵11x x m m++-≥+∴512m +≤∴实数的取值范围: m 73,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦解析:。

2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测:专题23 不等式选讲 Word版含答案

2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测:专题23 不等式选讲 Word版含答案

2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测专题23 不等式选讲1.(2019·全国卷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)若x ∈(-∞,1)时,f (x )<0,求a 的取值范围.解:(1)当a =1时,f (x )=|x -1|x +|x -2|(x -1).当x <1时,f (x )=-2(x -1)2<0;当x ≥1时,f (x )=(x -1)(x +|x -2|)≥0.所以不等式f (x )<0的解集为(-∞,1).(2)因为f (a )=0,所以a ≥1.当a ≥1,x ∈(-∞,1)时,f (x )=(a -x )x +(2-x )(x -a )=2(a -x )(x -1)<0. 所以a 的取值范围是[1,+∞).2.(2019·合肥第二次质量检测)已知f (x )=|3x +2|.(1)求f (x )≤1的解集;(2)若f (x 2)≥a |x |恒成立,求实数a 的最大值.解:(1)由f (x )≤1得|3x +2|≤1,所以-1≤3x +2≤1,解得-1≤x ≤-13, 所以f (x )≤1的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1,-13. (2)f (x 2)≥a |x |恒成立,即3x 2+2≥a |x |恒成立.当x =0时,a ∈R.当x ≠0时,a ≤3x 2+2|x |=3|x |+2|x |恒成立. 因为3|x |+2|x |≥26⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3|x |=2|x |,即|x |=63时等号成立,所以a ≤2 6. 综上,知a 的最大值是2 6.3.(2019·安徽考试试题)已知f (x )=|x -2|.(1)解不等式f (x )+1>f (2x );(2)若f (m )≤1,f (2n )≤2,求|m -2n -1|的最大值,并求此时实数m ,n 的取值. 解:(1)原不等式等价于|x -2|+1>2|x -1|,∴⎩⎪⎨⎪⎧ x <1,2-x +1>2-2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x ≤2,2-x +1>2x -2。

主题23 不等式选讲(解析版)

主题23 不等式选讲(解析版)

2020届高考数学23题对对碰【二轮精品】第三篇主题23 不等式选讲【主题考法】本主题考题形式为解答题,主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围,不等式的证明等,结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式,绝对值不等式的应用成为命题的热点,主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想,难度为基础题,分值为10分.【主题考前回扣】1.绝对值不等式的性质定理1:如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.定理2:如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.2.|ax+b|≤c,|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法(1)|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c.(2)|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤-c.3.|x-a|+|x-b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解.(2)利用零点分段法求解.(3)构造函数,利用函数的图象求解.4.基本不等式定理1:设a,b∈R,则a2+b2≥2ab.当且仅当a=b时,等号成立.定理2:如果a,b为正数,则a+b2≥ab,当且仅当a=b时,等号成立.定理3:如果a,b,c为正数,则a+b+c3≥3abc,当且仅当a=b=c时,等号成立.定理4:(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1,a2,…,a n为n个正数,则a1+a2+…+a nn≥n a1a2…a n,当且仅当a1=a2=…=a n时,等号成立.【易错点提醒】1.解绝对不等式时,分类整合考虑不全面致错.2.应用基本不等式求最值时,忽视条件致错,【主题考向】考向一 绝对值不等式的解法【解决法宝】1.本题利用分段函数的图形的几何直观性,求解不等式,体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号,常用的零点分段法的一般步骤:求零点;划分区间,去绝对值符号;分段解不等式;求各段的并集.此外,还常用绝对值的几何意义,结合数轴直观求解. 例1【2020·四川省三模】已知函数()|21|f x x =+. (1)解不等式:()(2)6f x f x +-; (2)求证:()222(1)232f x af x x a x a a +--++++-.【分析】(1)代入得()(2)|21||23|f x f x x x +-=++-,分类讨论,解不等式即可; (2)利用绝对值不等式得性质,()22(1)22f x af x a +--+,222232323x a x a a a a ++++--+,比较22323,22a a a -++大小即可.【解析】(1)由于()(2)|21||23|f x f x x x +-=++-, 于是原不等式化为|21||23|6x x ++-,若21x <-,则21(23)6x x ----,解得112x -<-; 若1322x -,则21(23)6x x --+-,解得1322x -; 若32x >,则21(23)6x x ++-,解得322x <.综上所述,不等式解集为{|12}x x -. (2)由已知条件, 对于x ∀∈R ,可得()2222(1)221|21|2222f x a f x x a x a a +--=++--+=+.又()22222232232323x a x a aa a a a a ++++-+--=-+,由于22183233033a a a ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭,所以222232323x a x a aa a ++++--+.又由于()22223232221(1)0a a a a a a -+-+=-+=-,于是2232322a a a -++. 所以()222(1)232f x af x x a x a a +--++++-.考向二 不等式的证明【解决法宝】1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法,其中比较法和综合法是基础,综合法证明的关键是找到证明的切入点.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时,可用分析法来寻找证明途径,使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的,则考虑用反证法.例2【2020·武汉一中二模】已知函数()12f x x x =--+. (Ⅰ)若不等式()1f x m ≥-有解,求实数m 的最大值M ;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,若正实数a ,b 满足223a b M +=,证明:34a b +≤.【分析】(Ⅰ)原问题等价于()1max f x m ≥-.由绝对值三角不等式可得123x x --+≤=,则13m -≤,实数m 的最大值4M =.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a ,b 满足2234a b +=,由柯西不等式可知()()()2223313a ba b ++≥+,即34a b +≤(当且仅当1a b ==时取“=”).【解析】(Ⅰ)若不等式()1f x m ≥-有解,只需()f x 的最大值()1max f x m ≥-即可. 因为()()12123x x x x --+≤--+=,所以13m -≤,解得24m -≤≤, 所以实数m 的最大值4M =.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a ,b 满足2234a b +=,由柯西不等式可知()()()2223313a ba b ++≥+,所以,()2316a b +≤,因为a ,b 均为正实数,所以34a b +≤(当且仅当1a b ==时取“=”). 考向三 绝对值不等式有关的最值问题【解决法宝】1.不等式恒成立问题,存在性问题都可以转化为最值问题解决2.本题分离参数m ,对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论,求出g(x)的最大值,进而求出m 的取值范围,优化解题过程.例3【2020甘肃甘南一中期末】设函数()121f x x x =++-.(1)求不等式()3f x ≥的解集;(2)若()f x 的最小值为a ,且x y z a ++=,求()()22212x y z ++++的最小值.【分析】(1)讨论1x <-,112x ≤≤-,12x >三种情况,分别计算得到答案. (2)计算得到32x y z ++=,再利用均值不等式计算得到答案. 【解析】(1)()3,1,12,1,213,,2x x f x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=-+-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩当1x <-时,由33x -≥,解得1x <-; 当112x ≤≤-时,由23x -+≥,解得1x =-; 当12x >时,由33x ≥,解得1x ≥. 所以所求不等式的解集为{1x x ≤-或}1x ≥. (2)根据函数图像知:当12x =时,()min 32a f x ==,所以32x y z ++=. 因为()()212x y z ++++⎡⎤⎣⎦()()()()()()2221221212x y z x y x z y z =+++++++++++⎡⎤⎣⎦()()222312x y z ⎡⎤≤++++⎣⎦,由32x y z ++=,可知()()281124x y z ++++=⎡⎤⎣⎦, 所以()()22227124x y z ++++≥,当且仅当32x =,12y =,12z =-时,等号成立.所以()()22212x y z ++++的最小值为274.【主题集训】1.【2020·深圳高中三月考】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.【解析】(1)当a =-3时,f (x )=25,2{1,2325,3x x x x x -+≤<<-≥当x≤2时,由f (x )≥3得-2x +5≥3,解得x≤1; 当2<x <3时,f (x )≥3无解;当x≥3时,由f (x )≥3得2x -5≥3,解得x≥4.所以f (x )≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}. 6分 (2)f (x )≤|x -4||x -4|-|x -2|≥|x +a|.当x ∈[1,2]时,|x -4|-|x -2|≥|x +a|(4-x )-(2-x )≥|x +a|-2-a≤x≤2-a ,由条件得-2-a≤1且2-a≥2,解得-3≤a≤0, 故满足条件的实数a 的取值范围为[-3,0].2.【2020辽宁省辽师大附中期中】已知函数()54f x x x =-++ (1)求不等式()12f x ≥的解集; (2)若13()210af x ---≥对x R ∀∈恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)原不等式等价于55412x x x >⎧⎨-++≥⎩或()455412x x x -≤≤⎧⎨-++≥⎩,或()4,5412,x x x <-⎧⎨--+≥⎩解得132x ≥或112x ≤- 所以不等式()12f x ≥的解集为111322x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或 (2)据题意,得135421ax x --++≥+对x R ∀∈成立.又因为()min549x x -++=,所以1-3921a ≥+,解得23a ≥-. 故所求实数a 的取值范围是2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭3.【2020·四川成都七中二模】已知()1f x x x a =-++()a R ∈. (Ⅰ) 若1a =,求不等式()4f x >的解集; (Ⅱ)(0,1)m ∀∈,0x R ∃∈,014()1f x m m+>-,求实数a 的取值范围. 【解析】(Ⅰ)当1a =时,2,1()112,112,1x x f x x x x x x ≥⎧⎪=-++=-<<⎨⎪-≤-⎩,1()424x f x x ≥⎧>⇔⎨>⎩,或1124x -<<⎧⎨>⎩,或124x x ≤-⎧⎨->⎩ 2x ⇔>,或2x <-所以不等式()4f x >的解集为(,2)(2,)-∞-+∞; (Ⅱ)因为()1()(1)1f x x x a x a x a =-++≥+--=+(0,1)m ∀∈,又[]1414()(1)11m m m m m m+=++--- 4151m m m m-=++-59≥+=(当13m =时等号成立),依题意,(0,1)m ∀∈,0x R ∃∈,有014()1f x m m+>-,则19a +<,解之得108a -<<, 故实数a 的取值范围是(10,8)-.4.【2020·四川省绵阳南山中学三模】设函数()1,f x x x R =-∈. (1)求不等式()()31f x f x ≤--的解集;(2)已知关于x 的不等式()()1f x f x x a ≤+--的解集为M ,若31,2M ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭,求 实数a 的取值范围.【解析】(1)因为()()31f x f x ≤--,所以132x x -≤--,123x x ⇔-+-≤,1,323,x x <⎧⇔⎨-≤⎩或12,13,x ≤≤⎧⎨≤⎩或2,233x x >⎧⎨-≤⎩解得01x ≤<或12x ≤≤或23x <≤, 所以03x ≤≤,故不等式()()31f x f x ≤--的解集为[]0,3.(2)因为31,2M ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭,所以当31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()1f x f x x a ≤+--恒成立,而()()1f x f x x a ≤+-- 101x x x a x a x x ⇔--+-≤⇔-≤--, 因为31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,所以1x a -≤,即11x a x -≤≤+, 由题意,知11x a x -≤≤+对于31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立, 所以122a ≤≤,故实数a 的取值范围1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 5.【2020·四川绵阳南山中学三模】已知函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称,且()22f x x x =+. (1)解关于x 的不等式()()1g x f x x ≥--;(2)如果对x R ∀∈,不等式()()1g x c f x x +≤--恒成立,求实数c 的取值范围. 【解析】(1)∵函数()f x 和()g x 的图象关于原点对称, ∴()()22g x f x x x =--=-+,∴ 原不等式可化为212x x -≥,即212x x -≥或212x x -≤-, 解得不等式的解集为11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦;(2)不等式()()1g x c f x x +≤--可化为:212x x c -≤-,即22212x c x x c -+≤-≤-,即()()22210210x x c x x c ⎧+-+≥⎪⎨-+-≥⎪⎩,则只需()()18101810c c ⎧++≤⎪⎨--≤⎪⎩, 解得,c 的取值范围是9,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.6.【2020吉林三模】已知函数()|||25|(0)f x x a x a =++->. (1)当2a =时,解不等式()5f x ≥;(2)当[,22]x a a ∈-时,不等式()|4|f x x ≤+恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当2a =时,()33,252257,22533,2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=++-=--≤≤⎨⎪⎪->⎪⎩, 由()5f x ≥,得2335x x <-⎧⎨-≥⎩,即223x x <-⎧⎪⎨≤-⎪⎩,2x <-或52275x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪-≥⎩,即5222x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪≤⎩,22x -≤≤ 或52335x x ⎧>⎪⎨⎪-≥⎩,即5283x x ⎧>⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩,83x ≥综上:2x ≤或83x ≥, 所以不等式()5f x ≥的解集为8{|2}3x x x 或≤≥. (2)()4f x x ≤+,()254f x x a x x =++-≤+, 因为[],22x a a ∈-,22a a ->, 所以2a >,又[],22x a a ∈-,0x a +>,40x +>, 得254x a x x ++-≤+.不等式恒成立,即254x a -≤-在[],22x a a ∈-时恒成立, 不等式恒成立必须4a ≤,4254a x a -≤-≤-, 解得129a x a +≤≤-.所以21449a a a a ≥+⎧⎨-≤-⎩,解得1315a ≤≤, 结合24a <≤, 所以1325a <≤, 即a 的取值范围为132,5⎛⎤⎥⎝⎦. 7.【2019届湖南省六校(长沙一中、常德一中等)联考】已知函数.(1)设,求不等式的解集;(2)已知,且的最小值等于,求实数的值.【解析】(1)时,.当时,即为,解得.当时, ,解得.当时, ,解得. 综上,的解集为.(2).,由的图象知,,或,8.【2020·广东三月考】已知函数()f x x t =+的单调递增区间为[)2,-+∞. (Ⅰ)求不等式()121f x x +<+的解集M ; (Ⅱ)设,a b M ∈,证明:1a b ab +<+. 【解析】(Ⅰ)依题意得2t =,所以不等式()121f x x +<+化为2121x x ++<+,当2x <-时,原不等式化为2121x x --+<--,0x <,得2x <-,当122x -≤<-时,原不等式化为2121x x ++<--,43x <-,得423x -≤<-.当21x ≥-时,原不等式化为2121x x ++<+,2x >,得2x >.所以,不等式()121f x x +<+的解集{43M x x =<-或}2x >.(Ⅱ)要证明1a b ab +<+,只需证明()222212ab a a a b b b ++>++, 即要证明()22210a ab b --+>, 因为{4,3a b x x ∈<-或}2x >,所以2169a ≥,2169b ≥, 因为()()222222111a b abb ab --+=--+()()22110b a =-->,所以()22210a ab b --+>, 即1a b ab +<+得证.9.【2020·河北石家庄二中月考】已知两个正数,a b 满足22a b +=. (1)求22a b +的最小值;(2)若不等式2411342x x a b ab -+++≥+-对任意的x ∈R 恒成立,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)两个正数a ,b 满足22a b +=,可得22a b =-, 22222244(22)5845()55a b b b b b b +=-+=-+=-+,由0a >,0b >,可得220b ->,即有01b <<, 则当45b =时,22a b +的最小值为45;(2)不等式|24||1|1342x x a b ab -++++-对任意的x ∈R 恒成立,|24||1|1|2|(|2||1|)10|21|14x x x x x x x -+++=-+-++++---+=,当且仅当2x =时取得等号,则|24||1|1x x -+++的最小值为4, 可得3424a b ab +-,又220b a =->,即02a <<,①再由34232(2)(2)4a b ab a a a a +-=+---,化为20a a -,即01a ,② 由①②可得01a <.10.【2020·黑龙江省牡丹江一中月考】设函数()2sin |3||1|f x x a a =+-+-. (1)若62f π⎛⎫>⎪⎝⎭,求实数a 的取值范围; (2)证明:x R ∀∈,1()|3|1f x a a≥--+恒成立. 【解析】(1)∵62f π⎛⎫>⎪⎝⎭,∴2|3||1|6a a +-+->,即|3||1|4a a -+-> 当3a ≥时,不等式化为3143a a a -+->⎧⎨≥⎩,∴4a >当13a <<时,不等式化为(3)(1)413a a a -+->⎧⎨<<⎩,此时a 无解当1a ≤时,不等式化为(3)(1)41a a a -+->⎧⎨≤⎩,∴0a <综上,原不等式的解集为()(),04,-∞+∞(2)要证x R ∀∈,1()|3|1f x a a≥--+恒成立 即证x R ∀∈,12sin |1|1x a a≥---+恒成立 ∵2sin x 的最小值为-2,∴只需证12|1|1a a -≥---+,即证1|1|12a a-++≥ 又11|1|111a a a a -++≥-++11||2a a a a =+=+≥= ∴1|1|12a a-++≥成立,∴原题得证 11.【2020·吉林二模】(已知函数()|1||1|f x ax x =++-. (1)若2a =,解关于x 的不等式()9f x <;(2)若当0x >时,()1f x >恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当2a =时,3,11()2112,1213,2x x f x x x x x x x ⎧⎪>⎪⎪=++-=+-≤≤⎨⎪⎪-<-⎪⎩,由此可知,()9f x <的解集为{}|33x x -<<(2)当0a >时,()()()1,11()1112,111,a x x f x ax x a x x a a x x a ⎧⎪+>⎪⎪=++-=-+-≤≤⎨⎪⎪-+<-⎪⎩()f x 的最小值为1f a ⎛⎫-⎪⎝⎭和()1f 中的最小值,其中1111f a a ⎛⎫-=+> ⎪⎝⎭,(1)11f a =+>.所以()1f x >恒成立.当0a =时,()111f x x =-+≥,且(1)1f =,()1f x >不恒成立,不符合题意. 当0a <时,()1111,1f a f a a ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭, 若20a -≤<,则()11f ≤,故()1f x >不恒成立,不符合题意; 若2a <-,则11f a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,故()1f x >不恒成立,不符合题意. 综上,()0,a ∈+∞.12.【2020·甘肃月考】已知函数()|||1|f x x a x =++-. (1)当1a =时,求不等式()4f x x ≥+的解集;(2)若不等式2()1f x a ≥-恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(Ⅰ)不等式为114x x x ++-≥+,可以转化为:1,114x x x x ≤-⎧⎨---+≥+⎩或11,114x x x x -<<⎧⎨+-+≥+⎩或1,114x x x x ≥⎧⎨++-≥+⎩, 解得43x ≤-或4x ≥,所以原不等式的解集是4{|3x x ≤-或4}x ≥. (Ⅱ)()()()min 11f x x a x a =+--=+, 所以211a a +≥- 21,11a a a <-⎧⇔⎨--≥-⎩或2111a a a ≥-⎧⎨+≥-⎩, 解得a ∈∅或12a -≤≤. 所以实数a 的取值范围是[]1,2-.13.【2020·河南许昌二模】已知函数()31f x x x =-+-. (1)求不等式()6f x ≤的解集;(2)设()f x 的最小值为M ,正数a ,b 满足224a b M +=,证明:24a b ab +≥.【解析】(1)()42,12,1324,3x x f x x x x -≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩,不等式()6f x ≤,即1426x x ≤⎧⎨-≤⎩或3246x x ≥⎧⎨-≤⎩或1326x <<⎧⎨≤⎩,即有11x -≤≤或35x ≤≤或13x <<, 所以所求不等式的解集为[]1,5-.(2)()31312f x x x x x =++-≥--+=,2M =, 因为0a >,0b >,所以要证24a b ab +≥,只需证()222216a b a b +≥, 即证22224416a b ab a b ++≥,因为2242a b +=,所以只要证222416ab a b +≥, 即证()28210ab ab --≤,即证()()41210ab ab +-≤,因为410ab +>,所以只需证12≤ab , 因为22244a b ab =+≥,所以12≤ab 成立, 所以24a b ab +≥.14.【2020·新疆哈密一中期末】设函数()52f x x a x =-+--. (1)当1a =时,求不等式()0f x ≥的解集; (2)若()1f x ≤恒成立,求a 的取值范围. 【解析】(1)当1a =时,()24,1,2,12,26, 2.x x f x x x x +≤-⎧⎪=-<≤⎨⎪-+>⎩可得()0f x ≥的解集为{|23}x x -≤≤. (2)()1f x ≤等价于24x a x ++-≥.而22x a x a ++-≥+,且当2x =时等号成立.故()1f x ≤等价于24a +≥.由24a +≥可得6a ≤-或2a ≥,所以a 的取值范围是][(),62,-∞-⋃+∞. 15.【2020·湖南长郡中学月考】设函数()|21|f x x =-. (1)若函数()()F x f x ax =+有最小值,求a 的取值范围;(2)若关于x 的不等式()|21|||f x x x m +-+的解集为A ,且3,24A ⎡⎤⊆⎢⎥⎣⎦,求实数m 的取值范围.【解析】(1)1(2)1,2()()1(2)1,2a x x F x f x ax a x x ⎧+-⎪⎪=+=⎨⎪-+<⎪⎩,使()F x 有最小值的充要条件为2020a a +⎧⎨-⎩.即[2,2]a ∈-. (2)由题知:|21||21|||x x x m -+-+在3,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.即||21(21)x m x x ++--.即||2x m +在3,24x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立. 则22x m -+.故max min (2)(2)x m x ---+. 得1104m -. 故实数m 的取值范围为11,04⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 16.【2020·内蒙通辽二模】已知函数()12f x x x =+--. (1)解不等式()1f x ≤;(2)记函数()f x 的最大值为s ,若(),,0a b c s a b c ++=>,证明:2222223a b b c c a abc ++≥. 【解析】(1)()12f x x x =+--3,1()21,123,2x f x x x x -≤-⎧⎪=--<<⎨⎪≥⎩①当1x ≤-时,31-≤恒成立,∴1x ≤-;②当12x -<<时,211x -≤,即1x ≤,∴11x -<≤;③当2x ≥时,31≤显然不成立,不合题意; 综上所述,不等式的解集为(],1-∞. (2)由(1)知max ()3f x s ==, 于是3a b c ++=由基本不等式可得222222a b b c ab c +≥= (当且仅当a c =时取等号)222222b c c a abc +≥ (当且仅当b a =时取等号)222222c a a b a bc +≥=(当且仅当c b =时取等号) 上述三式相加可得()22222222()a b b c c a abc a b c ++≥++(当且仅当a b c ==时取等号)3a b c ++=,∴2222223a b b c c a abc ++≥,故得证.17.【2020·湖南衡阳八中月考】己知0a >,函数()f x x a =-. (1)若2a =,解不等式()()35f x f x ++≤;(2)若函数()()()2g x f x f x a =-+,且存在0x R ∈使得()202g x a a ≥-成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当2a =时,()()12,13213,1221,2x x f x f x x x x x x -<-⎧⎪++=-++=-≤<⎨⎪-≥⎩,当1x <-时,由125x -≤,解得21x -≤<-; 当12x -≤<时,由35≤,解得12x -≤<; 当2x ≥时,由215x -≤,解得23x ≤≤.综上可知,原不等式的解集为{}|23x x -≤≤. (2)()()()2g x f x f x a x a x a =-+=--+.存在0x R ∈使得()202g x a a ≥-成立,等价于()2max 2g x a a ≥-.又因为2x a x a x a x a a --+≤---=,所以222a a a ≥-,即240a a -≤. 解得04a ≤≤,结合0a >,所以实数a 的取值范围为(]0,4. 18.【2020·黑龙江大庆二模】已知函数()|2||4|f x x x =-+-. (1)解关于x 的不等式()4f x ≤;(2)若函数()f x 的图象恒在直线|1|y m =-的上方,求实数m 的取值范围【解析】(1)由26,2()2,2426,4x x f x x x x -+≤⎧⎪=<<⎨⎪-≥⎩.若2x ≤时,()264f x x =-+≤,解得12x ≤≤; 若24x <<时,()24f x =≤,解得24x <<; 若4x ≥时,()264f x x =-≤,解得45x ≤≤; 故不等式()4f x ≤的解集为[1,5].(2)由()|(2)(4)|2f x x x ≥---=,有|1|2m -<,得13m -<<, 故实数m 的取值范围为(1,3)-.19.【2020·湖北十堰一中月考】已知函数()|1||42|f x x x =+--. (1)求不等式1()(1)3f x x -的解集; (2)若函数()f x 的最大值为m ,且2(0,0)a b m a b +=>>,求21a b+的最小值. 【解析】(1)5,1,()14233,12,5, 2.x x f x x x x x x x -<-⎧⎪=+--=--⎨⎪-+>⎩因为1()(1)3f x x-,故1,15(1)3xx x<-⎧⎪⎨-≥-⎪⎩或12,133(1)3xx x-⎧⎪⎨--⎪⎩或2,15(1),3xx x>⎧⎪⎨-+≥-⎪⎩解得12x或24x<,故不等式1()(1)3f x x-的解集为[1,4].(2)画出函数图像,根据图像可知()f x的最大值(2)3m f==.因为23(0,0)a b a b+=>>,所以211211221(2)5(225)3333a ba ba b a b b a⎛⎫⎛⎫+=++=++⨯⨯+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,当且仅当1a b==时,等号成立,故21a b+的最小值是3.20.【2020河南南阳一中期末】已知函数()121f x x x=--+.(1)解不等式()12f x x≥;(2)设()f x的最大值为m,若222ab bc ca m++=,a、b、c+∈R,求a b c++的最小值.【解析】(1)由题意,函数()3,131,113,1x xf x x xx x+<-⎧⎪=---≤<⎨⎪--≥⎩,因为()12f x x ≥,可得1321x x x ⎧+≥⎪⎨⎪<-⎩或131211x x x ⎧--≥⎪⎨⎪-≤≤⎩或1321x x x ⎧--≥⎪⎨⎪>⎩, 解得267x -≤≤-, 所以不等式解集为:267x x ⎧⎫-≤≤-⎨⎬⎩⎭.(2)由(1)知,当1x =-时,()max 2f x = 所以2m =,可得0a >,0b >,0c >,所以2222222222222222ab bc ca a b b c c a a b c =++≤+++++=++, 所以()23a b c ++≥,即a b c ++≥当且仅当22213a b c ===时取等号, 即a b c ++。

2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲限时规范训练文

2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲限时规范训练文

第二讲 不等式选讲1.设函数f (x )=|x -a |+3x ,其中a >0.(1)当a =1时,求不等式f (x )≥3x +2;(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤-1},求a 的值.解析:(1)a =1时,f (x )≥3x +2,即|x -1|≥2,解得x ≥3成x ≤-1.故不等式的解集是{}x | x ≥3或x ≤-1.(2)由f (x )≤0得|x -a |+3x ≤0,此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a x -a +3x ≤0 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤a -(x -a )+3x ≤0,即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤a x ≤-a 2. 因为a >0,所以不等式的解集为{x |x ≤-a 2}, 由题意得-a 2=-1,故a =2. 2.(2019·浉河区校级月考)已知a >0,b >0,a +b =2.求证:(1)a b +b a ≤2;(2)2≤a 2+b 2<16.证明:(1)∵a >0,b >0,a +b =2, ∴2≥2ab >0,当且仅当a =b =1时取等号,∴0<ab ≤1,∴a b +b a =ab (a +b )=2ab ≤2.(2)∵a 2+b 2=(a +b )2-2ab ,∴a +b =(a +b )2-2ab =4-2ab ,∴a 2+b 2=16-16ab +4ab -2ab =2ab -16ab +16=2(ab -8ab +16)-16=2(ab -4)2-16=2(4-ab )2-16,∵0<ab ≤1, ∴3≤4-ab <4, ∴9≤(4-ab )2<16,∴2≤2(4-ab )2-16<16,故2≤a 2+b 2<16.3.(2019·烟台一模)已知函数f (x )=|2x -1|-m |x +2|.(1)当m =1时,求不等式f (x )≥2的解集;(2)若存在实数m 使得不等式f (x -2)>m 在x ∈[-1,1]恒成立,求m 的取值范围. 解析:(1)当m =1时,|2x -1|-|x +2|≥2,当x ≤-2时,原不等式转化为1-2x +x +2≥2,解得x ≤-2;当-2<x ≤12时,原不等式转化为1-2x -x -2≥2, 解得-2<x ≤-1;当x >12时,原不等式转化为2x -1-x -2≥2,解得x ≥5; 综上,不等式的解集为{x |x ≤-1或x ≥5}.(2)由已知得:f (x -2)=|2x -5|-m |x |>m ,即m <|2x -5||x |+1.设g (x )=|2x -5||x |+1,x ∈[-1,1],由题意m <g (x )min .当x ∈[0,1]时,g (x )=-2x +5x +1=-2+7x +1为减函数,此时最小值为g (1)=32; 当x ∈[-1,0)时,g (x )=-2x +5-x +1=2-3x -1为增函数,此时最小值为g (-1)=72. 又32<72,所以g (x )min =32. 所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪ m <32. 4.已知函数f (x )=|2x +1|-|2x -3|,g (x )=|x +1|+|x -a |.(1)求f (x )≥1的解集;(2)若对任意的t ∈R ,s ∈R ,都有g (s )≥f (t ),求a 的取值范围.解析:(1)因为函数f (x )=|2x +1|-|2x -3|,故f (x )≥1,等价于|2x +1|-|2x -3|≥1,等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <-12,-2x -1-(3-2x )≥1,① 或⎩⎪⎨⎪⎧ -12≤x ≤32,2x +1-(3-2x )≥1,②或⎩⎪⎨⎪⎧ x >32,2x +1-(2x -3)≥1.③①无解,解②得34≤x ≤32,解③得x >32. 综上可得,不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ,s ∈R ,都有g (s )≥f (t ),可得g (x )min ≥f (x )max .∵函数f (x )=|2x +1|-|2x -3|≤|2x +1-(2x -3)|=4,∴f (x )max =4.∵g (x )=|x +1|+|x -a |≥|x +1-(x -a )|=|a +1|,故g (x )min =|a +1|.∴|a +1|≥4,解得a ≥3或a ≤-5.故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤-5}.5.(2019·南昌模拟)设函数f (x )=|2x -3|.(1)求不等式f (x )>5-|x +2|的解集;(2)若g (x )=f (x +m )+f (x -m )的最小值为4,求实数m 的值.解析:(1)∵f (x )>5-|x +2|可化为|2x -3|+|x +2|>5,∴当x ≥32时,原不等式化为(2x -3)+(x +2)>5,解得x >2,∴x >2; 当-2<x <32时,原不等式化为(3-2x )+(x +2)>5, 解得x <0,∴-2<x <0;当x ≤-2时,原不等式化为(3-2x )-(x +2)>5,解得x <-43,∴x ≤-2. 综上,不等式f (x )>5-|x +2|的解集为(-∞,0)∪(2,+∞).(2)∵f (x )=|2x -3|,∴g (x )=f (x +m )+f (x -m )=|2x +2m -3|+|2x -2m -3|≥|(2x +2m -3)-(2x -2m -3)|=|4m |.∴依题意有4|m |=4,解得m =±1.6.(2019·高考全国卷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≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1. 解析:(1)因为[(x -1)+(y +1)+(z +1)]2=(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x -1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x -1)] ≤3[(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2],所以由已知得(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43, 当且仅当x =53,y =-13,z =-13时等号成立. 所以(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值为43. (2)证明:因为[(x -2)+(y -1)+(z -a )]2=(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2+2[(x -2)(y -1)+(y -1)(z -a )+(z -a )(x -2)] ≤3[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2],所以由已知得(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥(2+a )23, 当且仅当x =4-a 3,y =1-a 3,z =2a -23时等号成立. 所以(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2的最小值为(2+a )23. 由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.。

(新高考)2020版高考数学二轮复习题型篇选修考法集训(二)不等式选讲文

(新高考)2020版高考数学二轮复习题型篇选修考法集训(二)不等式选讲文

选修考法集训(二) 不等式选讲1.已知定义在R 上的函数f (x )=|x -m |+|x |,m ∈N *,存在实数x 使f (x )<2成立. (1)求实数m 的值;(2)若α≥1,β≥1,f (α)+f (β)=4,求证:4α+1β≥3.解:(1)因为|x -m |+|x |≥|(x -m )-x |=|m |. 所以要使不等式|x -m |+|x |<2有解,则|m |<2, 解得-2<m <2.因为m ∈N *,所以m =1. (2)证明:因为α≥1,β≥1,所以f (α)+f (β)=2α-1+2β-1=4, 即α+β=3,所以4α+1β=13⎝ ⎛⎭⎪⎫4α+1β(α+β)=13⎝ ⎛⎭⎪⎫5+4βα+αβ≥13⎝⎛⎭⎪⎫5+24βα·αβ=3.当且仅当4βα=αβ,即α=2,β=1时等号成立,故4α+1β≥3.2.已知函数f (x )=2|x +1|-|x -a |,a ∈R. (1)当a =1时,求不等式f (x )>0的解集;(2)若关于x 的不等式f (x )≥x 在x ∈R 时恒成立,求实数a 的取值范围. 解:(1)当a =1时,由f (x )>0,得2|x +1|>|x -1|, ∴4(x +1)2-(x -1)2>0, ∴(3x +1)(x +3)>0, ∴x >-13或x <-3,∴f (x )>0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <-3或x >-13. (2)f (x )=2|x +1|-|x -a |≥x 对x ∈R 恒成立, 即|x -a |≤2|x +1|-x ,即-2|x +1|+x ≤x -a ≤2|x +1|-x , ∴2x -2|x +1|≤a ≤2|x +1|对x ∈R 恒成立. 显然(2|x +1|)min =0,令g (x )=2x -2|x +1|,则g (x )=⎩⎪⎨⎪⎧4x +2,x ≤-1,-2,x >-1,g (x )在(-∞,-1]上单调递增,∴g (x )max =-2,∴-2≤a ≤0,即实数a 的取值范围为[-2,0].3.已知函数f (x )=|x +2|-⎪⎪⎪⎪⎪⎪12x -1.(1)求函数f (x )的图象与x 轴所围成的三角形的面积;(2)设函数f (x )的最小值为M ,若关于x 的不等式x 2+x -2m ≤M 有实数解,求实数m 的取值范围.解:(1)原函数可化为f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-12x -3,x <-2,32x +1,-2≤x ≤2,12x +3,x >2,函数f (x )的图象与x 轴所围成的三角形的三个顶点坐标分别为(-6,0),(-2,-2),⎝ ⎛⎭⎪⎫-23,0, ∴此三角形的面积S =12×⎝ ⎛⎭⎪⎫-23+6×2=163.(2)由(1)知函数f (x )的最小值M =f (-2)=-2,关于x 的不等式x 2+x -2m ≤M 有实数解即x 2+x -2m ≤-2有实数解, 即2m ≥x 2+x +2有实数解, 令h (x )=x 2+x +2,当x =-12时,h (x )min =⎝ ⎛⎭⎪⎫-122-12+2=74,∴2m ≥74,即 m ≥78,∴实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫78,+∞.4.(2019·合肥模拟)已知f (x )=|x -2|. (1)解不等式f (x )+1>f (2x );(2)若f (m )≤1,f (2n )≤2,求|m -2n -1|的最大值,并求此时实数m ,n 的取值. 解:(1)原不等式等价于|x -2|+1>2|x -1|,∴⎩⎪⎨⎪⎧x <1,2-x +1>2-2x或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2,2-x +1>2x -2或⎩⎪⎨⎪⎧x >2,x -2+1>2x -2,∴-1<x <1或1≤x <53或∅,∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪-1<x <53. (2)由题意得f (m )=|m -2|≤1,f (2n )=|2n -2|≤2,∴|n -1|≤1, ∴|m -2n -1|=|(m -2)-2(n -1)-1|≤|m -2|+2|n -1|+1≤4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m =1,n =2时,|m -2n -1|取得最大值4.5.已知函数f (x )=|x -1|-|x +2|.(1)若不等式f (x )≤|a +1|恒成立,求a 的取值范围; (2)求不等式|f (x )-|x +2||>3的解集.解:(1)f (x )=|x -1|-|x +2|≤|(x -1)-(x +2)|=3, 由f (x )≤|a +1|恒成立得|a +1|≥3, 即a +1≥3或a +1≤-3,得a ≥2或a ≤-4. ∴a 的取值范围是(-∞,-4]∪[2,+∞).(2)不等式|f (x )-|x +2||=||x -1|-2|x +2||>3等价于|x -1|-2|x +2|>3或|x -1|-2|x +2|<-3,令g (x )=|x -1|-2|x +2|=⎩⎪⎨⎪⎧-x -5,x ≥1,-3x -3,-2≤x <1,x +5,x <-2.由x +5=-3得x =-8,由-3x -3=-3得x =0, 作出g (x )的图象如图所示,由图可得原不等式的解集为{x |x <-8或x >0}. 6.(2019·陕西模拟)已知函数f (x )=|2x -1|+|x +1|. (1)解不等式f (x )≤3;(2)记函数g (x )=f (x )+|x +1|的值域为M ,若t ∈M ,证明:t 2+1≥3t+3t .解:(1)依题意,得f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x ,x ≤-1,2-x ,-1<x <12,3x ,x ≥12,于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤-1,-3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧-1<x <12,2-x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12,3x ≤3,解得-1≤x ≤1.故不等式f (x )≤3的解集为{x |-1≤x ≤1}.(2)证明:g (x )=f (x )+|x +1|=|2x -1|+|2x +2|≥|2x -1-2x -2|=3, 当且仅当(2x -1)(2x +2)≤0时取等号, ∴M =[3,+∞).t 2+1≥3t +3t 等价于t 2-3t +1-3t≥0,t 2-3t +1-3t =t 3-3t 2+t -3t =(t -3)(t 2+1)t.∵t ∈M ,∴t -3≥0,t 2+1>0, ∴(t -3)(t 2+1)t ≥0,∴t 2+1≥3t+3t .7.设函数f (x )=|x +1|+|2x -1|. (1)求不等式f (x )≥2的解集;(2)若关于x 的不等式f (x )≤-m 2+2m +92的解集非空,求实数m 的取值范围.解:(1)由题意知f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x ,x ≤-1,-x +2,-1<x <12,3x ,x ≥12,∴原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤-1,-3x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧-1<x <12,-x +2≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12,3x ≥2,解得x ≤-1或-1<x ≤0或x ≥23,∴原不等式的解集为(-∞,0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫23,+∞. (2)由(1)知f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x ,x ≤-1,-x +2,-1<x <12,3x ,x ≥12.∴f (x )min =32.要使不等式f (x )≤-m 2+2m +92的解集非空,只需f (x )min ≤-m 2+2m +92即可,∴32≤-m 2+2m +92,化简得m 2-2m -3≤0,解得-1≤m ≤3, ∴实数m 的取值范围是[-1,3].8.(2019·全国卷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≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1.解:(1)因为[(x -1)+(y +1)+(z +1)]2=(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x -1)(y +1)+(y +1)(z +1)+(z +1)(x -1)] ≤3[(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2],所以由已知得(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43,当且仅当x =53,y =-13,z =-13时等号成立.所以(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值为43.(2)证明:因为[(x -2)+(y -1)+(z -a )]2=(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2+2[(x -2)(y -1)+(y -1)(z -a )+(z -a )(x -2)] ≤3[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2],所以由已知得(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥(2+a )23,当且仅当x =4-a 3,y =1-a 3,z =2a -23时等号成立.所以(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2的最小值为(2+a )23.由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.。

2020新高考数学二轮冲刺不等式选讲(基础中档拔高题全解析)bd

2020新高考数学二轮冲刺不等式选讲(基础中档拔高题全解析)bd

目录目录 (1)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).不等式的性质 (2)(二).含绝对值的不等式 (3)(三).基本不等式 (3)(四).不等式的证明 (4)四、解答题题型总结 (4)核心考点一:解含绝对值的不等式 (4)核心考点二:含绝对值不等式恒成立,求参数问题 (6)核心考点三:含绝对值(方程)不等式有解,求参数问题 (8)核心考点四:已知含绝对值不等式的解集,求参数的值或范围 (9)核心考点五:比较法(差值法和比值法)证明不等式 (12)核心考点六:利用函数的单调性证明 (13)一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义,会利用绝对值的定义解不等式,利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义,会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式,会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容,是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点,不等式的应用为次重要考点,不等式证明放在一般位置,难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成(1)a >b,b >c ⇒a >c ;(2)a >b, c>d ⇒a +c >b +d ;(3)a >b > 0, c>d > 0 ⇒ac >bd .(合成后为必要条件)2.同解变形(1)a >b ⇔a +c >b +c ;(2)a >b ⇔c > 0, ac >bc ⇔c < 0, ac <bc ;(3) a > b > 0 ⇔ 1 > 1> 0 ⇔ a > b > 0 . b a(变形后为充要条件)3.作差比较法a >b ⇔> a - b > 0, a < b ⇔ a - b < 0(二).含绝对值的不等式(1) a > 0,| x |< a ⇔> -a < x < a ; a > 0,| x |> a ⇔> x > a , 或x < -a(2)| a |>| b |⇔ a 2 > b 2(3)| x + a | + | x + b |< c 零点分段讨论(三).基本不等式(1) a 2 + b 2> 2ab (当且仅当等号成立条件为 a = b ) (2) a > 0,b > 0, a + b ≥ ab a = b ); 2a > 0,b > 0,c > 0, a + b + c ≥ 3 abc a = b = c 时等号成立) 3(3)柯西不等式 (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ (ac + bd )2 (当且仅当 ad = bc 时取等号)①几何意义: |a ⋅ b |≤|a | b |⇔| ad + bc |≤a 2 + b2 c 2 + d 2 ②推广: (a 2 + a 2 +Λ+ a 2 )(b 2 + b 2 +Λ+ b 2 ) ≥ (a b + a b +Λ+ a b )2 .当且仅当向量 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n na = (a 1 , a 2 ,Λ, a n ) 与向量b = (b 1 , b 2 ,Λ, b n ) 共线时等号成立.(四).不等式的证明(1)作差比较法、作商比较法.(2)综合法——由因到果.(3)分析法——执果索因.(4)数学归纳法.(5)构造辅助函数利用单调性证明不等式.(6)反证法.(7)放缩法.四、解答题题型总结核心考点一:解含绝对值的不等式对于含绝对值的不等式问题,首先要考虑的是根据绝对值的意义去掉绝对值.常用的去绝对值方法是零点分段法.特别用于多个绝对值的和或差不等式问题.若单个绝对值的不等式常用以下结论:| f (x) |<g(x) ⇔-g(x) <f (x) <g(x) ;| f (x) |>g(x) ⇔f (x) >g(x)或f (x) <-g(x) ;| f (x) |>| g(x) |⇔f 2 (x) >g 2 (x) ⇔ ( f (x) +g(x))( f (x) -g(x)) > 0 .有时去绝对值也可根据| x |2 =x2 来去绝对值.1.在实数范围内,不等式|| x - 2 | -1|≤1的解集为.解析由于|| x - 2 | -1|≤1 ,即-1 ≤| x - 2 | -1 ≤1 ,即| x - 2 |≤ 2 ,所以-2 ≤x - 2 ≤ 2 ,所以0 ≤x ≤ 4 .所以不等式的解集为[0, 4] .2.不等式| x -5 | + | x + 3 |≥10 的解集是()A. [-5, 7]B. [-4, 6]C. (-∞, -5] Y[7, +∞)D. (-∞, -4] Y[6, +∞)解析解法一:当x ≥ 5 时,原不等式可变形为2x - 2 ≥10 ,所以x ≥ 6 ;当-3 <x < 5 时,原不等式可变形为8 ≥10 ,显然不成立;当x ≤-3 时,原不等式可变形为2 - 2x ≥10, 得x ≤-4 ,所以x ∈(-∞,-4]⋃[6,+∞).解法二:利用绝对值的几何意义,x -5 +x + 3 表示实数轴上的点x 到点x =-3 与x =5 的距离之和,要使点 x 到点 x =-3 与x =5 的距离之和等于 10,只需 x =-4或x = 6 ,于是当 x ≥ 6 ,或x ≤-4 可使x -5 +x + 3 ≥10 成立. 故选D.3.已知函数 f (x) =| x - 2 | - | x -5 | .(1)证明:-3 ≤f (x) ≤ 3 ;(2)求不等式f (x) ≥x2 - 8x +15 的解集.解析(1) f (x) =| x - 2 | - | x - 5 | , | f (x) =| x - 2 | - | x - 5 ||≤| (x - 2) - (x - 5) |= 3 ,故-3 ≤f (x) ≤ 3 .(2)由(1)知.当x ≤ 2 时, f (x) ≥x2 - 8x +15 的解集为空集;当2 <x < 5 时, f (x) ≥x2 -8x +15 的解集为{x | 5 - 3 ≤x < 5} ;当x ≥ 5 时, f (x) ≥x2 -8x +15 的解集为{x | 5 ≤x ≤ 6}.综上所述,不等式的解集为{x | 5 - 3 ≤x ≤ 6}.核心考点二:含绝对值不等式恒成立,求参数问题f (x ) ≤ 3 的解集为{x | -2 ≤ x ≤ 1} .1.已知 f (x ) =| ax +1| (a ∈ R ) ,不等式 (1)求a 的值;x(2)若| f (x ) - 2 f ( ) |≤ k 恒成立,求 k 的取值范围. 22.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.⇔ -2 - x ≤ a ≤ 2 - x 在[1, 2] 上恒成立⇔ -3 ≤ a ≤ 0 .3. 若关于实数 x 的不等式| x - 5 | + | x + 3 |< a 无解,则实数 a 的取值范围是 .(-∞,8] .4.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;(2)设 a > -1 ,且当 x ∈[- a , 1) 时, f (x ) ≤ g (x ) ,求 a 的取值范围. 2 2y =| 2x -1| + | 2x - 2 | -x - 3 ,y < 0 ,所以原不等式的解集是{x | 0 < x < 2} .解析 因为| x - 5 | + | x + 3 |=| 5 - x | + | x + 3 |≥| 5 - x + x + 3 |= 8 ,所以核心考点三:含绝对值(方程)不等式有解,求参数问题1.若关于 x 的不等式| a |≥| x +1| + | x - 2 | 存在实数解,则实数 a 的取值范围是 .2.若存在实数 x 使| x - a | + | x -1|≤ 3 成立,则实数 a 的取值范围是 .| a -1|≤ 3 ,所以-3 ≤ a -1 ≤ 3 ,所以-2 ≤ a ≤ 4 .3.已知 a ∈ R ,关于 x 的方程 x 2 + x + | a - 1| + | a |= 0 有实根,求 a 的取值范围. 4解 析 因 为 | x - a | + | x -1|≥| (x - a ) - (x -1) |=| a -1| . 要 使 | x - a | + | x -1|≤ 3 有 解 , 可 使 是(-∞, -3] Y [3, +∞) .解析 不等式| a |≥| x +1| + | x - 2 | 有解,则| a |≥ (| x +1| + | x - 2 |)min = 3 ,故实数 a 的取值范围 44故a ≤ ,从而 a 的取值范围是(-1, ] . 3 3a 1 a所以 x ≥ a - 2 对 x ∈[- , ) 都成立,故- ≥ a - 2 . 2 2 2a 1 (2)当 x ∈[- , ) 时, f (x ) = 1+ a ,不等式 f (x ) ≤ g (x ) 化为1+ a ≤ x + 3 , 2 2(2)数轴标根,核心考点四:已知含绝对值不等式的解集,求参数的值或范围1. 设不等式| x - 2 |< a (a ∈ N *) 的解集为 A ,且 3 ∈ A , 1 ∉ A .2 2 综上可得, a ∈ ⎡⎢0, 1 ⎤⎥ . ⎣ 4 ⎦⎧a ≥ 1 ③ ⎪ 4 ⇒ a = 1 . ⎨ 1 1 4 ⎪a - + a ≤ ⎩ 4 4 ⎧0 ≤ a < 1 ⎪ 4⎡ 1 ⎫ ② ⎨ 1 1 ⇒ a ∈ ⎢⎣0, 4 ⎪ .⎪-(a - ) + a ≤ ⎭ ⎩ 4 4⎧a < 0 ⎪(3)分段讨论:① ⎨-(a - 1) - a ≤ 1 ⇒ 无解. ⎪⎩ 4 4(1)求出绝对值的零点, a - 1 = 0 ,得 a = 1 ; a = 0 ,得 a = 0 . 44 则 ∆ = 1- 4 ⎛ a - 1 + a ⎫≥ 0 ⇒ a - 1 + a ≤ 1 . 4 ⎪ 4 4⎝ ⎭ 解析 方程 x 2 + x + | a - 1| + | a |= 0 有实根, 4(1)求a 的值;(2)求函数 f (x ) =| x + a | + | x - 2 | 的最小值.所以 a = 1 .2.设函数 f (x ) =| x - a | +3x ,其中 a > 0 .(1) 当 a = 1 时,求不等式 f (x ) ≥ 3x + 2 的解集;f (x ) ≤ 0 的解集为{x | x ≤ -1} ,求 a 的值.(2)若不等式 (2)因为| x +1| + | x - 2 |≥| (x +1) - (x - 2) |= 3 ,当且仅当(x +1)(x - 2) ≤ 0 ,即 -1 ≤ x ≤ 2 时3.已知函数 f (x ) =| x - a |,其中a > 1 .(1) 当 a = 2 时,求不等式 f (x ) ≥ 4- | x - 4 | 的解集;f (2x + a ) - 2 f (x ) |≤ 2 的解集为{x |1 ≤ x ≤ 2} ,求 a 的值.(2) 已知关于 x 的不等式| 4.若不等式| kx - 4 |≤ 2 的解集为{x |1 ≤ x ≤ 3} ,则实数 k = .⎧ -2a , x ≤ 0 则 h (x ) = ⎪4x - 2a , 0 < x < a ,由| h (x ) |≤ 2 ,⎨⎪ 2a , x ≥ a ⎩ (2)记 h (x ) = f (2x + a ) - 2 f ( x ) ,故k = 2 .核心考点五:比较法(差值法和比值法)证明不等式1.已知 a , b , m 均为正实数,且 a < b ,求证:a + m > a .b + m b2.已知 a , b ,∈ R +,且 a ≠ b , n ∈ N *. 求证: (a + b )(a n + b n ) < 2(an +1+ b n +1) .为确定差的符号,应分 a > b > 0 和b > a > 0 两种情况讨论.核心考点六:利用函数的单调性证明使用对象:在某区间成立的函数不等式、数值不等式的证明通常是通过辅助函数完成的. 解题程序:(1)移项(有时需要作简单的恒等变形),使不等式一端为0 ,另一端为所作辅助函 数 f (x ) .(2)求 f (x ) 并验证 f (x ) 在指定区间上的单调性.(3)求出区间端点的函数值(或极限值),其中至少有一个为0 或已知符号,作比较即得所证. 1.已知0 < x < 1 ,求证: x - sin x < 1x 3.6π2x2.证明:当0 < x <时,< sin x < x .π2解析 不等式sin x < x ⇔ sin x - x < 0 .令sin x 2 令9 ( x ) =- ,所以 x π目录目录 (1)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).不等式的性质 (2)(二).含绝对值的不等式 (3)(三).基本不等式 (3)(四).不等式的证明 (3)四、解答题题型总结 (4)核心考点:放缩法解不等式 (4)一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义,会利用绝对值的定义解不等式,利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义,会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式,会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容,是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点,不等式的应用为次重要考点,不等式证明放在一般位置,难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成(1)a >b,b >c ⇒a >c ;(2)a >b, c >d ⇒a +c >b +d ;(3)a >b > 0, c >d > 0 ⇒ac >bd .(合成后为必要条件)2.同解变形(1)a >b ⇔a +c >b +c ;(2)a >b ⇔c > 0, ac >bc ⇔c < 0, ac <bc ;(3)a >b > 0 ⇔1>1> 0 ⇔ a > b > 0 .b a(变形后为充要条件) 3.作差比较法a >b ⇔> a - b > 0, a < b ⇔ a - b < 0 (二).含绝对值的不等式(1) a > 0,| x |< a ⇔> -a < x < a ; a > 0,| x |> a ⇔> x > a , 或x < -a (2)| a |>| b |⇔ a 2 > b 2(3)| x + a | + | x + b |< c 零点分段讨论(三).基本不等式(1) a 2 + b 2 > 2ab (当且仅当等号成立条件为a = b )(2) a > 0,b > 0, a + b ≥ a = b );2 a > 0,b > 0, c > 0, a + b + c ≥ a = b = c 时等号成立)3 (3)柯西不等式(a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ (ac + bd )2 (当且仅当ad = bc 时取等号)①几何意义: |a ⋅ b |≤|a | b |⇔| ad + bc |≤②推广: (a 2 + a 2 +Λ+ a 2 )(b 2 + b 2 +Λ+ b 2 ) ≥ (a b + a b +Λ+ a b )2 .当且仅当向量 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n na = (a 1 , a 2 ,Λ, a n ) 与向量b = (b 1 , b 2 ,Λ, b n ) 共线时等号成立. (四).不等式的证明(1)作差比较法、作商比较法.(2)综合法——由因到果. (3)分析法——执果索因. (4)数学归纳法.(5)构造辅助函数利用单调性证明不等式. (6)反证法. (7)放缩法. 四、解答题题型总结 核心考点:放缩法解不等式预证 A ≥ B ,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得B ≤ B 1, B 1 ≤ B 2 ,Λ, B K ≤ A 或 A ≥ A 1, A 1 ≥ A 2 ,Λ, A K ≥ B ,再利用传递性,达到证明目的, 常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩.1.已知正数a , b , c 满足a + b + c = 1< 6 . 分析 采用“添项”放缩法评注 放缩法的主要依据是不等式的传递性,通常,若所证不等式两边形式差异较大, 则应考虑用放缩法.本题也可用柯西不等式证明:2.证明: n n > (n +1)n -1(n ≥ 2, n ∈ N *) .b c d a3.求证:1 < + + + < 2( a , b , c , d ∈ R +) .a +b +c b + c +d c + d + a d + a + b 所以原不等式成立.4.设a ,b , c , m ∈ R + ,且满足a m = b m + c m ,问m 取何值时,以a , b , c 为边可构成三角形,并判断该三角形的形状.因此可知,要b + c > a 成立.只需m > 1成立. n2 5.(1)求 ∑ k =1的值;(2)求证: n 1 5. ∑ k =1< 34k -122k 即a 2 > b 2 + c 2 ,此时三角形为钝角三角形;> b m ⋅ b 2-m + c m ⋅ c 2-m = b 2 + c 2当1 < m < 2 时, a 2 = a m ⋅ a 2-m = (b m + c m ) ⋅ a 2-m = b m ⋅ a 2-m + c m ⋅ a 2-m 当m = 2 时, a 2 = b 2 + c 2 ,三角形为直角三角形;由m > 0 ,且 b , c ∈(0,1) ,b +c b + c即( b )m + ( c )m < b + c .①b +c b + c b + c b + c 只需证明1 > ( b )m + ( c )m,b +c b + c 即证明(b + c )m > b m + c m ,(9) 1= ⎛ 1 + 1 ⎫ 1 , 1 = 1 ⎛ 1 - 1 ⎫ ⎪ ⎪k (n + 1 - k ) ⎝ n + 1 - k k ⎭ n + 1 n (n + 1 + k ) k + 1 ⎝ n n + 1 + k ⎭(4)(1 + 1)n < 1 + 1 + 1 + 1 +Λ+ 1< 5n 2 ⨯1 3 ⨯ 2n (n -1) 26.(1)求证:1 + 1 1 1 > 7 - 1+ + Λ + (n ≥ 2) 3252 (2n - 1) 26 2(2n - 1)(2)求证: 1 + 1 + +Λ + < 1 - 1 1 1 4n 24 16 362 4n(3)求证: 1+ 1⋅ 3 + 1⋅ 3 ⋅ 5 + Λ + 1⋅ 3 ⋅ 5 ⋅Λ⋅ (2n - 1) < 2n + 1 - 12 2 ⋅ 4 2 ⋅ 4 ⋅ 6 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅Λ⋅ 2n(4)求证: 2( 1 2 1 3 1 n n + 1 - 1) < 1 + + +Λ + < 2n + 1 - 1) 2( 最后就可以得到答案∑n1 < 1 + 2⎛ 1 - 1 + Λ + 1 - 1 ⎫ < 1 +2 = k 23 5 2n - 1 2n + 1 ⎪3 k =1⎝ ⎭5 3(2) 1 + 1 + 1 +Λ+ 1 = 1 (1 + 1 +Λ+ 1 ) < 1 (1 + 1 - 1 )4 16 364n24 22n24 n7.设函数 f (x ) = x - x ln x .数列{a n } 满足0 < a1< 1. a n +1 = f (a n ) .设b∈ (a 1,1) ,整数k ≥ a 1 - b .证明: a k +1 > b . a 1 ln b8.已知n , m ∈ N + , x > -1, S m = 1 + 2 + 3 + Λ+ n ,求证: m m m mn m +1 < (m + 1)S < (n + 1)m +1 - 1.n而正是成立的,所以原命题成立. 9.已知a = 4n - 2n , ,求证:T + T < 3 .2 2n + T + Λ+ T T n = a n 1 23 n + a + Λ+ a 1 2n n nn∑[km +1- (k - 1)m +1] < (m + 1)∑k m< (n + 1)m +1- 1 = (n + 1)m +1- nm +1+ nm +1- (n - 1)m +1+ Λ+ 2m +1 -1m +1= ∑[(k + 1)m +1 - k m +1 ] k=1k =1k =1n m +1 < (m + 1)S < (n + 1)m +1 - 1只要证:nn m +1 = n m +1 - (n - 1)m +1 + (n - 1)m +1 - (n - 2)m +1 + Λ+ 1m +1 - 0 = ∑[k m +1 - (k - 1)m +1 ] 所以要证nk =1于是a> a + k | a ln b |≥ a + (b - a ) = bk +111116n ≤ 1 + 1 + 1 + Λ + 1< 5 (n + 1)(2n + 1) 4 9 n 2 310.已知x = 1, ⎧n (n = 2k -1, k ∈ Z ) ,求证: 1 x n = ⎨⎩n -1(n = 2k , k ∈ Z )111 + + Λ + > 2( n + 1 - 1)(n ∈ N *)4x 2 ⋅ x 34x 4 ⋅ x 54x 2n x 2n +1从而T + T + T + Λ+ T = 3 ⎛ - 1 + 1 - 1 + Λ+ 1 -1 ⎫ < 123n21 3 3 72n- 1 2n +1- 1⎪ ⎝⎭3 2n= 3 ⋅ 2 = 3 ⎛ 1 - 1 ⎫ 2 (2 ⋅ 2n - 1)(2n - 1) 2 2n - 1 2n +1 - 1⎪⎝ ⎭目录目录 (1)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).不等式的性质 (2)(二).含绝对值的不等式 (3)(三).基本不等式 (3)(四).不等式的证明 (3)四、解答题题型总结 (4)核心考点一:解含绝对值的不等式 (4)一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义,会利用绝对值的定义解不等式,利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义,会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式,会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容,是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点,不等式的应用为次重要考点,不等式证明放在一般位置,难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成(1)a >b,b >c ⇒a >c ;(2)a >b, c >d ⇒a +c >b +d ;(3)a >b > 0, c >d > 0 ⇒ac >bd .(合成后为必要条件)2.同解变形(1)a >b ⇔a +c >b +c ;(2)a >b ⇔c > 0, ac >bc ⇔c < 0, ac <bc ;(3)a >b > 0 ⇔1>1> 0 ⇔ a > b > 0 .b a(变形后为充要条件) 3.作差比较法a >b ⇔> a - b > 0, a < b ⇔ a - b < 0 (二).含绝对值的不等式(1) a > 0,| x |< a ⇔> -a < x < a ; a > 0,| x |> a ⇔> x > a , 或x < -a (2)| a |>| b |⇔ a 2 > b 2(3)| x + a | + | x + b |< c 零点分段讨论(三).基本不等式(1) a 2 + b 2 > 2ab (当且仅当等号成立条件为a = b )(2) a > 0,b > 0, a + b ≥ a = b );2 a > 0,b > 0, c > 0, a + b + c ≥ a = b = c 时等号成立)3 (3)柯西不等式(a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ (ac + bd )2 (当且仅当ad = bc 时取等号)①几何意义: |a ⋅ b |≤|a | b |⇔| ad + bc |≤②推广: (a 2 + a 2 +Λ+ a 2 )(b 2 + b 2 +Λ+ b 2 ) ≥ (a b + a b +Λ+ a b )2 .当且仅当向量 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n na = (a 1 , a 2 ,Λ, a n ) 与向量b = (b 1 , b 2 ,Λ, b n ) 共线时等号成立. (四).不等式的证明(1)作差比较法、作商比较法.(2)综合法——由因到果. (3)分析法——执果索因. (4)数学归纳法.(5)构造辅助函数利用单调性证明不等式. (6)反证法. (7)放缩法. 四、解答题题型总结核心考点:利用柯西不等式证明解不等式柯西不等式不仅具有优美的代数表现形式及向量表现形式,而且有明显的几何意义, 它与基本不等式具有密切的关系,其作用类似于基本不等式可用来求最大(小)值或证 明不等式,不过它的特点更明显应用更直接. 1.二维形式的柯西不等式∈ R , (x 2 + y 2 )(x 2 + y 2 ) ≥ (x x + y y )2.等号成立⇔ x y = x y .设 x , x , y , y 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 a ⋅b ) ,由a ⋅b =| a || b | cos a,b = 证明 设a = (x , y ), b = (x , y a,b ,得cos ,1 12 2 | a || b ||≤ 1,即 | a ⋅ b | ≤ 1, | a ⋅ b |≤| a || b | ,故(x x + y y )2 ≤ (x 2 + y 2 )(x 2 + y 2 ) 又| cos a,b 1 2 1 2 1 1 2 2| a || b | 等号成立即 x 1 y 2 = x 2 y 1 . 2.一般形式的柯西不等式设a 1, a 2 ,Λ, a n 及b 1,b 2 ,Λ, b n 为任意实数,则(a b + a b +Λ+ a b )2 ≤ (a 2 + a 2 +Λ+ a 2 )(b 2 + b 2 +Λ+ b 2) , 1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n当且仅当 a 1 = a 2= Λ = a n (规定a = 0 时b = 0 ,i = 1, 2,Λ, n )时等号成立. i i b b b 1 2 n证法一:当a i 全为0 时,命题显然成立.nn∑ i =1∑ > 0 ,考查关于 x 的二次函数 f (x ) = (a x - b ) 2 2 f (x ) ≥ 0 恒成立. 否则 a ,显然 i i ii =1n n n n∑ ∑ i i∑ ∑ i 注意到 f (x ) = ( a )x - 2( a b )x + b ,而 f (x ) ≥ 0 恒成立,且 a > 0 , 222 2iii =1i =1i =1i =1n n n∑ i i ∑ i∑ i 故 f (x ) 的判别式不大于零,即∆ = 4( a b ) - 4 a ⋅ b ≤ 0 ,222i =1i =1i =1n n n∑ i∑ i∑ i 整理后得 a ⋅ b ≥ ( a b ) .22 2i i =1i =1i =1证法二:向量的内积证法.令a = (a 1, a 2 ,Λ, a n ) , b = (b 1,b 2 ,Λ,b n ) ,θ为a 与b 的夹角.因为a ⋅ b =| a || b | cos |≤ 1,所以| a ⋅ b |=| a || b || cos a,b |≤| a || b |a,b ,且| cos a,b ⇒| a ⋅ b |2 ≤| a |2| b |2 ,即(a b + a b +Λ+ a b )2 ≤ (a 2 + a 2 +Λ+ a 2 )(b 2 + b 2 +Λ+ b 2) ,等号 1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n成立⇔ θ= 0︒ 或180︒ ⇔ a,b 平行⇔a 1 =a 2a n = Λ = .b nb 1 b 2 柯西不等式提示了任意两组实数积之和的平方与平方和之间的关系,应用它可以简单地 证明许多复杂的不等式,下面举例说明.1 已知函数 f (x ) = m - | x -2 |, m ∈ R ,且 f (x + 2) ≥ 0 的解集为[-1,1]. ①求m 的值;②若a ,b , c ∈ R + ,且 1+ + = m ,求证: a + 2b + 3c ≥ 9 .a 2b 3c1 12.已知a + b + c = 1, a > 0,b > 0, c > 0 ,求证: 3a +1 + 3b +1 + 3c +1 ≤ 3 2 . 解析 由柯西不等式有3.已知a > 0,b > 0, c > 0 , a cos 2 θ+ b sin 2 θ< c .求证: a cos 2 θ+ b sin 2 θ<c .解析 由柯西不等式及a > 0 , b > 0 , c > 0 , 4.设实数a , b , c 满足a 2 + 2b 2 + 3c 2 = 3,求证: 3- a + 9-b + 27-c ≥ 1 .2 解析由柯西不等式, (a + 2b + 3c )2 ≤ [12 + ( 2)2 +( 3) 2][a 2 + ( 2b )2 + ( 3c )2 ] = 9 .所以即c > ( a cos 2 θ+ b sin 2 θ)2 ,又因为c > 0 ,所以a cos 2 θ+b sin 2 θ<c .(a cos 2 θ+ b sin 2 θ)(cos 2 θ+ sin 2 θ) ≥ ( a cos 2 θ+ b sin 2 θ)2 .故 3a +1 + 3b +1 + 3c +1 ≤ 3 2 .3a +1 = 3b +1 = 3c +1 即a = b = c = 1时等号成立.3( 3a +1 + 3b +1 + 3c +1 )2≤ (3a +1+ 3b +1+ 3c +1 )⋅ (1+1+1) = 18 .当且仅当≥ ( a ⋅1 + 2b ⋅ 1+ 3c ⋅ 1) 2 = 9 . a 2b 3c由柯西不等式得a + 2b + 3c = (a + 2b + 3c )( 1 + 1 + 1 ) a 2b 3c ②由①知 1 + 1 + 1= 1 ,又a ,b , c ∈ R + ,a 2b 3c其解集为{x | -m ≤ x ≤ m }.又 f (x + 2) ≥ 0 的解集为[-1,1],故m = 1. 解析 ①因为 f (x + 2) = m - | x |, f (x + 2) ≥ 0 等价于| x |≤ m .由| x |≤ m 有解,得m ≥ 0 ,且。

2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练:23 不等式选讲(选修4—5)

2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练:23 不等式选讲(选修4—5)

专题能力训练23 不等式选讲(选修4—5)专题能力训练第56页一、能力突破训练1.已知a>0,b>0,√a +√b =2, 求证:(1)a √b +b √a ≤2; (2)2≤a 2+b 2<16.答案:证明(1)∵√a +√b =2,a>0,b>0,∴2≥2√√ab >0,当且仅当a=b=1时等号成立. ∴0<√ab ≤1.∴a √b +b √a =√ab(√a +√b )=2√ab ≤2. (2)由a 2+b 2=(a+b )2-2ab ,a+b=(√a +√b )2-2√ab =4-2√ab ,∴a 2+b 2=16-16√ab +4ab-2ab=2ab-16√ab +16 =2(ab-8√ab +16)-16=2(√ab -4)2-16=2(4-√ab )2-16,∵0<√ab ≤1,∴3≤4-√ab <4,∴9≤(4-√ab )2<16,∴18≤2(4-√ab )2<32, ∴2≤a 2+b 2<16.2.已知函数f (x )=|x-1|+|x+3|,x ∈R .(1)解不等式f (x )≤5;(2)若不等式t 2+3t>f (x )在x ∈R 上有解,求实数t 的取值范围. 解:(1)原不等式等价于{x <-3,-2-2x ≤5或{-3≤x ≤1,4≤5或{x >1,2x +2≤5,得-72≤x<-3或-3≤x ≤1或1<x ≤32, 因此不等式的解集为[-72,32].(2)∵f (x )=|x-1|+|x+3|≥|x-1-(x+3)|=4,要使t 2+3t>f (x )在x ∈R 上有解,只需t 2+3t 大于f (x )的最小值,∴t 2+3t>[f (x )]min =4⇒t 2+3t-4>0⇒t<-4或t>1. 3.设函数f (x )=|x +1a |+|x-a|(a>0). (1)证明:f (x )≥2;(2)若f (3)<5,求a 的取值范围.答案:(1)证明由a>0,有f (x )=|x +1a |+|x-a|≥|x +1a -(x -a )|=1a +a ≥2.故f (x )≥2. (2)解f (3)=|3+1a |+|3-a|.当a>3时,f (3)=a+1a ,由f (3)<5,得3<a<5+√212.当0<a ≤3时,f (3)=6-a+1a , 由f (3)<5,得1+√52<a ≤3.综上,a 的取值范围是(1+√52,5+√212).4.(2018全国Ⅲ,理23)设函数f (x )=|2x+1|+|x-1|. (1)画出y=f (x )的图象;(2)当x ∈[0,+∞)时,f (x )≤ax+b ,求a+b 的最小值.解:(1)f (x )={-3x ,x <-12,x +2,-12≤x <1,3x ,x ≥1.y=f (x )的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅当a ≥3且b ≥2时,f (x )≤ax+b 在[0,+∞)成立,因此a+b 的最小值为5. 5.已知函数f (x )=|x -12|+|x +12|,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|. 答案:(1)解f (x )={-2x ,x ≤-12,1,-12<x <12,2x ,x ≥12.当x ≤-12时,由f (x )<2得-2x<2,解得x>-1; 当-12<x<12时,f (x )<2;当x ≥12时,由f (x )<2得2x<2,解得x<1. 所以f (x )<2的解集M={x|-1<x<1}.(2)证明由(1)知,当a ,b ∈M 时,-1<a<1,-1<b<1, 从而(a+b )2-(1+ab )2=a 2+b 2-a 2b 2-1 =(a 2-1)(1-b 2)<0. 因此|a+b|<|1+ab|.6.已知a>0,b>0,c>0,函数f (x )=|a-x|+|x+b|+c. (1)当a=b=c=2时,求不等式f (x )<8的解集; (2)若函数f (x )的最小值为1,证明:a 2+b 2+c 2≥13.答案:(1)解当a=b=c=2时,f (x )=|x-2|+|x+2|+2={2-2x ,x ≤-2,6,-2<x <2,2x +2,x ≥2,∴f (x )<8⇔{x ≤-2,2-2x <8或{-2<x <2,6<8或{x ≥2,2x +2<8.∴不等式的解集为{x|-3<x<3}.(2)证明∵a>0,b>0,c>0,∴f (x )=|a-x|+|x+b|+c ≥|a-x+x+b|+c=|a+b|+c=a+b+c , 当且仅当(a-x )(x+b )≥0等号成立. ∵f (x )的最小值为1,∴a+b+c=1,∴(a+b+c )2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc=1.∵2ab ≤a 2+b 2,2bc ≤b 2+c 2,2ac ≤a 2+c 2,当且仅当a=b=c 等号成立, ∴1=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤3(a 2+b 2+c 2). ∴a 2+b 2+c 2≥13.7.已知函数f (x )=|2x-1|+|x-a|,a ∈R . (1)当a=3时,解不等式f (x )≤4; (2)若f (x )=|x-1+a|,求x 的取值范围.解:(1)当a=3时,函数f (x )=|2x-1|+|x-3|={3x -4,x ≥3,x +2,12<x <3,4-3x ,x ≤12,如图,由于直线y=4和函数f (x )的图象交于点(0,4),(2,4), 故不等式f (x )≤4的解集为(0,2).(2)由f (x )=|x-1+a|,可得|2x-1|+|x-a|=|x-1+a|. 由于|2x-1|+|x-a|≥|(2x-1)-(x-a )|=|x-1+a|, 当且仅当(2x-1)(x-a )≤0时取等号, 故有(2x-1)(x-a )≤0.当a=12时,可得x=12,故x 的取值范围为{12}; 当a>12时,可得12≤x ≤a ,故x 的取值范围为[12,a]; 当a<12时,可得a ≤x ≤12,故x 的取值范围为[a ,12]. 二、思维提升训练8.(2019全国Ⅲ,理23)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≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1. 答案:(1)解由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)·(z+1)+(z+1)(x-1)] ≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43, 当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43. (2)证明由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)·(z-a )+(z-a )(x-2)] ≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2], 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2≥(2+a )23,当且仅当x=4-a 3,y=1-a 3,z=2a -23时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a )2的最小值为(2+a )23.由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.9.已知函数f (x )=|x-3|-|x-a|. (1)当a=2时,解不等式f (x )≤-12;(2)若存在实数a ,使得不等式f (x )≥a 成立,求实数a 的取值范围. 解:(1)∵a=2,∴f (x )=|x-3|-|x-2|={1,x ≤2,5-2x ,2<x <3,-1,x ≥3,∴f (x )≤-12等价于{x ≤2,1≤-12或{5-2x ≤-12,2<x <3或{x ≥3,-1≤-12.解得114≤x<3或x ≥3,∴不等式的解集为{x |x ≥114}.(2)由不等式性质可知f (x )=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a )|=|a-3|,∴若存在实数x ,使得不等式f (x )≥a 成立,则|a-3|≥a ,解得a ≤32.∴实数a 的取值范围是(-∞,32].10.已知函数f (x )=x 2+|x-2|.(1)解不等式f (x )≤2|x|;(2)若f (x )≥a 2+4b 2+5c 2-14对任意x ∈R 恒成立,证明:ac+4bc ≤1. 答案:(1)解由f (x )≤2|x|,得x 2+|x-2|≤2|x|, 即{x <0,x 2+2-x ≤-2x 或{0≤x ≤2,x 2+2-x ≤2x或{x >2,x 2+x -2≤2x ,解得x ∈⌀或1≤x ≤2或x ∈⌀,故不等式f (x )≤2|x|的解集为[1,2].(2)证明f (x )≥a 2+4b 2+5c 2-14对任意x ∈R 恒成立, 即f (x )+14≥a 2+4b 2+5c 2对任意x ∈R 恒成立.当x ≥2时,f (x )+14=x 2+x-2+14≥22+2-2+14=174;当x<2时,f (x )+14=x 2-x+2+14=(x -12)2+2≥2, 所以f (x )+14的最小值为2,即a 2+4b 2+5c 2≤2.又a 2+4b 2+5c 2=a 2+c 2+4b 2+4c 2≥2ac+8bc ,所以2ac+8bc ≤2, 即ac+4bc ≤1(当且仅当a=b=c 时,等号成立)。

新高考2020版高考数学二轮复习基础送分专题三不等式课件文

新高考2020版高考数学二轮复习基础送分专题三不等式课件文

因为 y=x3 在 R 上是增函数,当 a>b 时,a3>b3,即 a3-b3>0, 故 C 成立. 因为当 a=3,b=-6 时,a>b,但|a|<|b|,所以 D 不一定成立. 答案:C
4.设 f(x)是定义在[-2b,3+b]上的偶函数,且在[-2b,0]上为增
函数,则 f(x-1)≥f(3)的解集为
4.不等式中的易错易混 (1)不等式性质应用不当致误.使用不等式的性质时,不能 忽略了不等式成立的前提条件; (2)解含参不等式分类讨论不当致误.分类讨论时,对参数 的范围分类要不重复不遗漏; (3)忽视一元二次不等式二次项系数的讨论而漏解或错解, 要注意分 a>0,a<0 进行讨论.
简单的线性规划问题
解析:设生产甲产品 x 件,生产乙产品 y 件,利润为 z 千元,则
















P-12,-1连线斜率倒数的 2 倍, 因为 kPA=01++112=23,kPB=20++112=6.
所以2yx++11的最小值为 2×16=13.
答案:A
3.某企业生产甲、乙两种产品,销售利润分别为 2 千元/件、1
千元/件.甲、乙两种产品都需要在 A,B 两种设备上加工,
()
A.[-3,3]
B.[-2,4]
C.[-1,5]
D.[0,6]
解析:根据题意得,-2b+3+b=0, 所以 b=3, 所以 f(x)的定义域为[-6,6],在[-6,0]上为增函数, 所以 f(x)在[0,6]上为减函数, 所以由 f(x-1)≥f(3)得,f(|x-1|)≥f(3), 所以-|x-6≤1|≤x-3,1≤6, 解得-2≤x≤4, 所以原不等式的解集为[-2,4]. 答案:B

专题13 2020版不等式选讲(解析版)

专题13 2020版不等式选讲(解析版)

专题13 不等式选讲2020真题模拟篇1.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】[选修4—5:不等式选讲](10分)已知函数()|31|2|1|f x x x =+--. (1)画出()y f x =的图像;(2)求不等式()(1)f x f x >+的解集.【解析】(1)由题设知13,,31()51,1,33, 1.x x f x x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪⎪+>⎪⎩()y f x =的图像如图所示.(2)函数()y f x =的图像向左平移1个单位长度后得到函数(1)y f x =+的图像.()y f x =的图像与(1)y f x =+的图像的交点坐标为711(,)66--.由图像可知当且仅当76x <-时,()y f x =的图像在(1)y f x =+的图像上方,故不等式()(1)f x f x >+的解集为7(,)6-∞-.2.【2020年高考全国II 卷理数】[选修4—5:不等式选讲](10分)已知函数f (x )= |x -a 2|+|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.【解析】(1)当2a =时,72,3,()1,34,27,4,x x f x x x x -≤⎧⎪=<≤⎨⎪->⎩因此,不等式()4f x ≥的解集为311{|}22x x x ≤≥或.(2)因为222()|||21||21|(1)f x x a x a a a a =-+-+≥-+=-,故当2(1)4a -≥,即|1|2a -≥时,()4f x ≥.所以当a ≥3或a ≤-1时,()4f x ≥.当-1<a <3时,222()|21|(1)4f a a a a =-+=-<, 所以a 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞.3.【2020年高考全国III 卷理数】[选修4—5:不等式选讲](10分)设a ,b ,c ∈R ,0a b c ++=,1abc =. (1)证明:0ab bc ca ++<;(2)用max{,,}a b c 表示a ,b ,c 的最大值,证明:max{,,}a b c . 【解析】(1)由题设可知,a ,b 均不为零,所以 22221[()()]2ab bc ca a b c a b c ++=++-++2221()2a b c =-++0<.(2)不妨设max{a ,b ,c }=a ,因为1,()abc a b c ==-+,所以a >0,b <0,c <0.由2()4b c bc +≤,可得34a abc ≤,故a ≥,所以max{,,}a b c ≥.4.【2020年高考江苏】[选修4-5:不等式选讲](本小题满分10分)设x ∈R ,解不等式2|1|||4x x ++<.【解析】当x >0时,原不等式可化为224x x ++<,解得203x <<; 当10x -≤≤时,原不等式可化为224x x +-<,解得10x -≤≤; 当1x <-时,原不等式可化为224x x ---<,解得 2 1x -<<-. 综上,原不等式的解集为2|2}3{x x -<<.2020模拟篇1.【2020·广东省湛江二十一中高三月考】已知函数()1=-f x x .(1)解不等式()(1)4f x f x ++≥;(2)当0x ≠,x ∈R 时,证明:1()()2f x f x-+≥.【答案】(1)35,,22⎛⎤⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭;(2)证明见解析.【解析】(1)由()(1)4f x f x ++≥得14x x -+≥,当1x >时,得214x -≥,所以52x ≥; 当01x ≤≤时,得14≥,所以x ∈∅; 当0x <时,得124x -≥,所以32x ≤-; 综上,此不等式的解集为:35,,22⎛⎤⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭;(2)由1()()f x f x -+=111x x++- , 由绝对值不等式得1111x x x x++-≥+, 又因为1,x x 同号,所以11x x x x+=+,由基本不等式得:12x x+≥,当且仅当1x =时,等号成立, 所以1()()2f x f x-+≥.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解,以及绝对值三角不等式的应用,其中解答中熟记含绝对值不等式解法,以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键,着重考查了分类讨论思想,考查了学生的逻辑推理与运算求解能力. 2.【2020·黑龙江省大庆实验中学高三月考】设a 、b 、c 均为正数, (Ⅰ)证明:222a b c ab bc ca ++≥++;(Ⅰ)若1ab bc ca ++=,证明a b c ++≥【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅰ)见解析【解析】(Ⅰ)因为a ,b ,c 均为正数,由重要不等式可得222a b ab +,222b c bc +,222c a ca +,以上三式相加可得222222222a b b c c a ab bc ca +++++++,即222a b c ab bc ca ++++;(Ⅰ)因为1ab bc ca ++=,由(Ⅰ)可知2221a b c ++,故2222()222123a b c a b c ab bc ca ++=++++++=,所以3a b c ++得证.【点睛】本题考查不等式的证明,注意运用基本不等式和变形,考查推理能力,属于基础题. 3.【2020·四川省泸县第二中学高三二模】已知函数()211f x x x =-++. (1)求不等式()2f x x ≤+的解集;(2)若函数()y f x =的最小值记为m ,设0a >,0b >,且有a b m +=.求1212a b +++的最小值.【答案】(1)[]0,1(2【解析】(1)因为()3,1,12112,1,213,.2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=-++=-+-≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩从图可知满足不等式()2f x x ≤+的解集为[]0,1.(2)由图可知函数()y f x =的最小值为32,即32m =. 所以32a b +=,从而9122a b +++=,从而()()112121212912a b a b a b ⎛⎫+=++++⎡⎤ ⎪⎣⎦++++⎝⎭()21222339129a b a b ⎡⎡⎤+⎛⎫+=++≥+=⎢⎢⎥ ⎪++⎢⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣ 当且仅当()21212a b a b ++=++,即1114,22a b -==时,等号成立, ∴1212a b +++. 【点睛】本题考查解绝对值不等式以基本不等式求最值的问题,是一道中档题.4.【2020·辽宁省高三三模】设函数()234f x x x =-+-. (1)解不等式()2f x >;(2)若()f x 最小值为m ,实数a 、b 满足343a b m +=,求()222a b -+的最小值.【答案】(1){|1x x <或2}x >;(2)1625. 【解析】(1)()46,2423422,23446,3x x f x x x x x x x ⎧⎪-≥⎪⎪=-+-=-<<⎨⎪⎪-+≤⎪⎩,由()2f x >得2462x x ≥⎧⎨->⎩或423222x x ⎧<<⎪⎨⎪->⎩或43462x x ⎧≤⎪⎨⎪-+>⎩, 得2x >或∅或1x <,∴不等式解集{|1x x <或2}x >.(2)根据图象知:()min 4233f x f ⎛⎫==⎪⎝⎭,∴342a b +=, 所求可看做点()2,0到直线3420x y +-=的距离的平方,45d ==. ∴()222a b -+的最小值为1625.【点睛】本题考查了解绝对值不等式,求函数最值,意在考查学生的计算能力和综合应用能力,转化为点到直线的距离是解题的关键.5.【2020·山西省高三其他】已知函数()36f x x =+,()3g x x =-. (1)求不等式()()f x g x >的解集;(2)若()()232f x g x a a +≥-对于任意x ∈R 恒成立,求实数a 的取值范围.【答案】(1)93,,24⎛⎫⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭;(2)[]3,5-. 【解析】(1)由()()f x g x >,得363x x +>-, 平方得()()22363x x +>-,得229363669x x x x ++>-+,得2842270x x ++>, 得()()29430x x ++>,解得92x <-或34x >-. 故不等式()()f x g x >的解集是93,,24⎛⎫⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (2)若()()232f x g x a a +≥-恒成立,即236392x x a a ++-≥-恒成立.只需2min (3633)2++-≥-x x a a 即可. 而()3639363915x x x x ++-≥+--=,所以2215a a -≤,得22150a a --≤, 解得35a -≤≤.故实数a 的取值范围是:[]3,5-.【点睛】本题考查了含有绝对值不等式的解法、含参不等式的恒成立问题,考察了数学运算技能和逻辑推理能力,转化的数学思想,属于一般题目.6.【2020·河北省高三其他】已知函数()122f x x x =++-,()13g x x x m m =-++-. (Ⅰ)求函数()f x 的最小值;(Ⅰ)对于任意1x R ∈,存在2x R ∈,使得()()12f x g x ≥成立,求m 的取值范围.【答案】(Ⅰ)2;(Ⅰ)31,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 【解析】(Ⅰ)()31,11223,1131,1x x f x x x x x x x -+<-⎧⎪=++-=-+-≤≤⎨⎪->⎩,(],1∴-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,()()12min f x f ∴==,故当1x =时,()f x 取得最小值2. (Ⅰ)由(Ⅰ)得()min 2f x =,而()1313g x x x m m x x m m =-++-≥----13m m =+-, 当1x =时等号成立,由题意知,对任意1x R ∈,存在2x R ∈使得()()12f x g x ≥成立, 则()()min min f x g x ≥, 即213m m ≥+-,所以2220(2)(13)m m m +≥⎧⎨+≥+⎩,解得:3142m -≤≤, 即m 的取值范围为31,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 【点睛】本题考查根据分类讨论和单调性求函数的最值,绝对值不等式的解法,以及绝对值三角不等式的性质和根据不等式恒成立问题求参数取值范围,考查转化思想和运算能力. 7.【2020·山西省太原五中高三月考】已知函数()|4||1|f x x x =-+-,x ∈R . (1)解不等式:()5f x ≤;(2)记()f x 的最小值为M ,若实数a ,b 满足22a b M +=,试证明:22112213a b +≥++. 【答案】(1){}|05x x ≤≤(2)证明见解析【解析】(1)()|4||1|f x x x =-+-25,43,1425,1x x x x x ->⎧⎪=⎨⎪-+<⎩. ()5f x ,∴2554x x -⎧⎨>⎩或14x 或2551x x -+⎧⎨<⎩, 45x ∴<或14x 或01x <,05x ∴,∴不等式的解集为{|05}x x ;(2)因为()|4||1||(4)(1)|3f x x x x x =-+-≥-+-=(当且仅当14x ≤≤等号成立),所以()f x 的最小值3M =,即223a b +=, 所以()()222222111112121216a b a b a b ⎛⎫⎡⎤+=++++⨯ ⎪⎣⎦++++⎝⎭ 22221212216b a a b ⎛⎫++=++⨯ ⎪++⎝⎭1(26≥+⨯ 23=(当且仅当21a =,22b =等号成立). 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值,属于中档题.8.【2020·河北省河北正中实验中学高三其他】已知函数24()|2|(0)a f x x x a a+=+++<,()8|3|g x x =-+.(1)当1a =-时,求不等式()11f x ≤的解集;(2)若关于x 的不等式()()f x g x ≤的解集包含[2,1]--,求a 的取值集合.【答案】(1)[]4,7-;(2){}2-【解析】(1)当1a =-时,()32,2527,2523,5x x f x x x x x x -≤-⎧⎪=-++=-<<⎨⎪-≥⎩,由32112x x -≤⎧⎨≤-⎩得:42x -≤≤-;由71125x ≤⎧⎨-<<⎩得:25x -<<;由23115x x -≤⎧⎨≥⎩得:57x ≤≤, 综上所述:()11f x ≤的解集为[]4,7-.(2)由题意可知:当[]2,1x ∈--时,24283a x x x a++++≤-+恒成立, 即24832a x x x a++≤-+-+恒成立, 0a <,240a a +∴<,当[]2,1x ∈--时,240a x a++<,30x +>,20x +≥, 2483232a x x x x a +∴--≤----=-,243a x a+∴≥-在[]2,1--上恒成立, 244a a+∴≥-,又0a <,可解得:2a =-, a ∴的取值集合为{}2-.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、恒成立问题的求解;关键是能够根据解集的子集将问题转化为在不等式在子集范围内恒成立问题的求解,进而通过分离变量将问题转化为所求变量与函数最值之间的大小关系求解问题.9.【2020·广东省湛江二十一中高三月考】函数()f x x a x b c =++-+,其中0a >,0b >,0c >.(1)当1a b c ===时,求不等式()4f x >的解集;(2)若()f x 的最小值为3,求证:2223b c a a b c++≥. 【答案】(1)33,,22⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2)见解析 【解析】(1)当1a b c ===时,不等式()4f x >, 即1114x x ++-+>,即113x x ++->.当1x ≥时,化为113x x ++->,解得32x >; 当11x -<<时,化为()113x x +-->,此时无解;当1x ≤-时,化为()()113x x -+-->,解得32x <-. 综上可得,不等式()4f x >的解集为:33,,22⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (2)由绝对值三角不等式得()()()3f x x a x b c x a x b c a b c =++-+≥+--+=++=. 由基本不等式得22b a b a +≥,22c b c b+≥,22a c a c +≥, 三式相加得222222b c a a b c a b c a b c+++++≥++, 整理即得2223b c a a b c a b c++≥++=,当且仅当1a b c ===时,等号成立. 【点睛】本题考查了解绝对值不等式,绝对值三角不等式,均值不等式,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.10.【2020·银川高级中学高三月考】已知()|1||1|f x x x =-++,不等式()4f x <的解集为M .(1)求集合M ;(2)当,a b M ∈时,证明:2|||4|a b ab +<+.【答案】(1)(2,2)M =-;(2)证明见解析.【解析】(1)21()1121121x x f x x x x x x -<-⎧⎪=-++=-≤≤⎨⎪>⎩, 所以()4f x <等价于124x x <-⎧⎨-<⎩或1124x -≤≤⎧⎨<⎩或124x x >⎧⎨<⎩, 21x -<<-或11x -≤≤或12x <<,22,(2,2)x M ∴-<<=-;(2)当,a b M ∈时,即22,22a b -<<-<<,2222224()(4)4416a b ab a b a b +-+=+--22(4)(4)0a b =--<,224()(4),2|||4|a b ab a b ab ∴+<+∴+<+.【点睛】本题考查绝对值不等式求解、不等式的证明,分类讨论去绝对值是解题的关键,利用作差法证明不等式,属于中档题.11.【2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他】已知函数()=-++f x x a x b ,()0,0a b >>.(1)当1a =,3b =时,求不等式()6f x <的解集;(2)若()f x 的最小值为2,求证:11111a b +≥++. 【答案】(1)()4,2-;(2)证明见解析.【解析】(1)依题意136x x -++<,当1x ≥时,136x x -++<,解得2x <,即12x ≤<,当31x -≤<时,136x x -++<,解得46<成立,即31x -≤<,当3x <-时,136x x ---<,解得4x >-,即43x -<<-,综上所述,不等式的解集为()4,2-.(2)()()()f x x a x b x a x b a b a b =-++≥--+=--=+,所以2a b +=()11111111112111411411b a a b a b a b a b ++⎛⎫⎛⎫+=++++=++≥ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭. 当且仅当1a b ==时,取等号.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、基本不等式证明不等式,属于基础题.12.【2020·重庆高三月考】已知函数()13222f x x a x =++-. (1)当1a =-时,解不等式()3f x x ≤;(2)当2a =时,若关于x 的不等式()421f x b <-的解集为空集,求实数b 的取值范围.【答案】(1)1{|}2x x ≥-;(2)[6,8]-.【解析】(1)当1a =-时,不等式可化为()3f x x ≤1413(2)()322x x x x ⎧<-⎪⎪⎨⎪-++-≤⎪⎩或3213(2)()322x x x x ⎧≥⎪⎪⎨⎪+--≤⎪⎩ 或134213(2)()322x x x x ⎧-≤<⎪⎪⎨⎪++-≤⎪⎩ 1124x ∴-≤<-或32x ≥ 或1342x -≤< 故不等式()3f x x ≤的解集为1{|}2x x ≥- (2)当2a =时,117()|2||23|(2)(23)|222f x x x x x =++-≥+--= ( 当且仅当1342x -≤≤时取等号),则不等式min 7[4()]4142f x =⨯= 因此4()2|1|f x b <-的解集为空集等价于2|1|14b -≤, 解得68b -≤≤故实数b 的取值范围是 [6,8]-【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式、绝对值三角不等式应用,考查基本分析求解能力,属中档题.13.【2020·四川省绵阳南山中学高三一模】已知a ,b ,c 均为正实数,求证:(1)()2()4a b ab c abc ++≥;(2)若3a b c ++=≤【答案】证明过程详见解析【解析】(1)要证()()24a b ab c abc ++≥,可证222240a b ac ab bc abc +++-≥,需证()()2222b 220a c ac a c b bc +-++-≥,即证()()220b a c a c b -+-≥,当且仅当a b c ==时,取等号,由已知,上式显然成立,故不等式()()24a b ab c abc ++≥成立.(2)因为,,a b c 均为正实数,12322a a +++≤=,当且仅当12a +=时,取等号, 12322b b +++≤=当且仅当12b +=时 12322c c +++≤=当且仅当12c +=时,取等号,62a b c d +++≤=≤1a b c ===时,取等号.【点睛】本题考查了不等式的证明问题,在求解过程中可以运用基本不等式、对要证明的不等式进行化简等方法来求证,关键是要灵活运用基本不等式等方法求证结果.14.【2020·河南省高三三模】关于x 的不等式|x ﹣2|<m (m ∈N*)的解集为A ,且32∈A ,12∉A . (1)求m 的值;(2)设a ,b ,c 为正实数,且a +b +c =3m【答案】(1)m =1;(2)最大值为3.【解析】(1)∵32∈A ,12∉A , ∴|32-2|<m ,|12-2|≥m , ∴12<m 32≤, ∵m ∈N *,∴m =1;(2)a ,b ,c 为正实数,且a +b +c =3,=()311133322222a b c a b c +++++++≤++===. 当且仅当a =b =c =1时取等号.的最大值为3.【点睛】本题考查利用不等式的解集确定参数值,以及利用基本不等式求最值,属综合基础题. 15.【2020·宁夏回族自治区银川一中高三其他】已知()|1|1f x x =-+,()(),3123,3f x x F x x x ≤⎧=⎨->⎩. (1)解不等式()23f x x ≤+;(2)若方程()F x a =有三个解,求实数a 的取值范围.【答案】(1)1[,)3-+∞;(2)(1,3).【解析】(1)不等式()23f x x ≤+,即为1123x x -+≤+.当1x ≥时,即化为1123x x -+≤+,得3x ≥-,此时不等式的解集为1x ≥,当1x <时,即化为()1123x x --+≤+,解得13x ≥-, 此时不等式的解集为113x -≤<. 综上,不等式()23f x x ≤+的解集为13⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭,. (2)()1131233x x F x x x ,,,⎧-+≤=⎨->⎩即()21131233x x F x x x x x -<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩,,,,. 作出函数()F x 的图象如图所示,当直线y a =与函数()y F x =的图象有三个公共点时,方程()F x a =有三个解,所以13a <<.所以实数a 的取值范围是()13,. 【点睛】绝对值不等式的解法: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.。

2020版高考数学大二轮复习专题7选修部分第2讲不等式选讲课件文

2020版高考数学大二轮复习专题7选修部分第2讲不等式选讲课件文

[题后悟通] 含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a 或 f(x)<-a. (2)|f(x)|<a(a>0)⇔-a<f(x)<a. (3)对形如|x-a|+|x-b|≤c,|x-a|+|x-b|≥c 的不等式,可利用绝对值不等式的几何 意义求解.
与绝对值有关的参数范围问题
(2)①当 a>2 时,a2<2a-3,
3x-3a+3,x>2a-3 f(x)=x+a-3,a2≤x≤2a-3 , -3x+3a-3,x<a2
所以 f(x)在-∞,a2上是减函数,在a2,+∞是增函数,所以 f(x)min=fa2=32a-3, 由题设得32a-3≥4,解得 a≥134.
②当 a<2 时,同理求得 a≤-23. 综上所述,a 的取值范围为-∞,-23∪134,+∞.
第2讲 不等式选讲
绝对值不等式的解法
考情调研
考向分析
主要考查解绝对值不等式以及求含有绝对值的函数最值
问题.求解的一般方法是去掉绝对值,也可以借助数形 1.含绝对值不等式的解法.
结合求解.在高考中主要以解答题的形式考查,难度为 2.利用绝对值不等式求最值.
中、低档.
[题组练透] 1.已知函数 f(x)=|x+2|+2|x-1|. (1)求 f(x)的最小值; (2)若不等式 f(x)+x-a<0 的解集为(m,n),且 n-m=6,求 a 的值.
(2)
bac+
abc+
acb=a+abb+c c.
在(1)中已证 a+b+c≥ 3,
因此要证原不等式成立,
只需证明
1≥ abc
a+
b+
c.①
因为 a bc= ab·ac≤ab+2 ac,

新课标2020年高考数学复习专题8选修系列专题能力训练23不等式选讲理16

新课标2020年高考数学复习专题8选修系列专题能力训练23不等式选讲理16

专题能力训练23 不等式选讲能力突破训练1.设a>0,|x -1|<,|y -2|<,求证:|2x +y -4|<a.2.函数f(x) =|x -1| +|x +3|,x∈R.(1)解不等式f(x)≤5;(2)假设不等式t2 +3t>f(x)在x∈R上有解,求实数t的取值范围.3.设函数f(x) = +|x -a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)假设f(3)<5,求a的取值范围.4.关于x的不等式m -|x -2|≥1,其解集为[0,4].(1)求m的值;(2)假设a,b均为正实数,且满足a +b =m,求a2 +b2的最|小值.5.函数f(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|.6.设关于x的不等式|2x -a| +|x +3|≥2x +4的解集为A.(1)假设a =1,求A;(2)假设A =R,求a的取值范围.7.函数f(x) =|2x -1| +|x -a|,a∈R.(1)当a =3时,解不等式f(x)≤4;(2)假设f(x) =|x -1 +a|,求x的取值范围.思维提升训练8.函数f(x) =g(x) =af(x) -|x -2|,a∈R.(1)当a =0时,假设g(x)≤|x -1| +b对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数b的取值范围;(2)当a =1时,求函数y =g(x)的最|小值.9.函数f(x) =|x -3| -|x -a|.(1)当a =2时,解不等式f(x)≤ -;(2)假设存在实数a,使得不等式f(x)≥a成立,求实数a的取值范围.10.设函数f(x) =|x -1| +|x -a|.(1)假设a = -1,解不等式f(x)≥3;(2)如果∀x∈R,f(x)≥2,求a的取值范围.参考答案专题能力训练23不等式选讲(选修4 -5)能力突破训练1.证明因为|x -1|<,|y -2|<,所以|2x +y -4| =|2(x -1) +(y -2)|≤2|x -1| +|y -2|<2 =a.2.解(1)原不等式等价于得 -x< -3或 -3≤x≤1或1<x,因此不等式的解集为(2)∵f(x) =|x -1| +|x +3|≥|x -1 -(x +3)| =4,要使t2 +3t>f(x)在x∈R上有解,只需t2 +3t大于f(x)的最|小值,∴t2 +3t>[f(x)]min =4⇒t2 +3t -4>0⇒t< -4或t>1.3.(1)证明由a>0,有f(x) = +|x -a| +a≥2.故f(x)≥2.(2)解f(3) = +|3 -a|.当a>3时,f(3) =a +,由f(3)<5,得3<a<当0<a≤3时,f(3) =6 -a +,由f(3)<5,得<a≤3.综上,a的取值范围是4.解(1)不等式m -|x -2|≥1可化为|x -2|≤m -1,∴1 -m≤x -2≤m -1,即3 -m≤x≤m +1.∵其解集为[0,4],m =3.(2)由(1)知a +b =3.(方法一:利用根本不等式)∵(a +b)2 =a2 +b2 +2ab≤(a2 +b2) +(a2 +b2) =2(a2 +b2),∴a2 +b2,当且仅当a =b =时取等号,∴a2 +b2的最|小值为(方法二:消元法求二次函数的最|值)∵a +b =3,∴b =3 -a,∴a2 +b2 =a2 +(3 -a)2 =2a2-6a +9 =2,∴a2 +b2的最|小值为5.(1)解f(x) =当x≤ -时,由f(x)<2得 -2x<2,解得x> -1;当 -<x<时,f(x)<2;当x时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M ={x| -1<x<1}.(2)证明由(1)知,当a,b∈M时, -1<a<1, -1<b<1,从而(a +b)2 -(1 +ab)2 =a2 +b2 -a2b2 -1=(a2 -1)(1 -b2)<0.因此|a +b|<|1 +ab|.6.解(1)当x时,2x -1 +x +3≥2x +4,解得x≥2.当 -3<x<时,1 -2x +x +3≥2x +4,解得 -3<x≤0.当x≤ -3时,1 -2x -x -3≥2x +4,解得x≤ -3.综上,原不等式的解集A ={x|x≤0或x≥2}.(2)当x≤ -2时,|2x -a| +|x +3|≥0≥2x +4成立.当x> -2时,|2x -a| +|x +3| =|2x -a| +x +3≥2x +4,即|2x -a|≥x +1, 得x≥a +1或x,所以a +1≤ -2或a +1,得a≤ -2.综上,a的取值范围为a≤ -2.7.解(1)当a =3时,函数f(x) =|2x -1| +|x -3| =如图,由于直线y =4和函数f(x)的图象交于点(0,4),(2,4),故不等式f(x)≤4的解集为(0,2).(2)由f(x) =|x -1 +a|,可得|2x -1| +|x -a| =|x -1 +a|.由于|2x -1| +|x -a|≥|(2x -1) -(x -a)| =|x -1 +a|,当且仅当(2x -1)(x -a)≤0时取等号,故有(2x -1)(x -a)≤0.当a =时,可得x =,故x的取值范围为;当a>时,可得x≤a,故x的取值范围为;当a<时,可得a≤x,故x的取值范围为思维提升训练8.解(1)当a =0时,g(x) = -|x -2|(x>0),g(x)≤|x -1| +b⇔ -b≤|x -1| +|x -2|.|x -1| +|x -2|≥|(x -1) -(x -2)| =1,当且仅当1≤x≤2时等号成立.故实数b的取值范围是[ -1,+∞).(2)当a =1时,g(x) =当0<x<1时,g(x) = +x -2>2 -2 =0;当x≥1时,g(x)≥0,当且仅当x =1时等号成立;故当x =1时,函数y =g(x)取得最|小值0.9.解(1)∵a =2,∴f(x) =|x -3| -|x -2| =∴f(x)≤ -等价于解得x<3或x≥3,∴不等式的解集为(2)由不等式性质可知f(x) =|x -3| -|x -a|≤|(x -3) -(x -a)| =|a -3|,∴假设存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,那么|a -3|≥a,解得a∴实数a的取值范围是10.解(1)当a = -1时,f(x) =|x -1| +|x +1|,f(x) =作出函数f(x) =|x -1| +|x +1|的图象.由图象可知,不等式f(x)≥3的解集为(2)假设a =1,那么f(x) =2|x -1|,不满足题设条件;假设a<1,那么f(x) =f(x)的最|小值为1 -a;假设a>1,那么f(x) =f(x)的最|小值为a -1.故对于∀x∈R,f(x)≥2的充要条件是|a -1|≥2,a的取值范围是( -∞, -1]∪[3,+∞).。

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专题过关检测(二十三) 不等式选讲1.(2019·全国卷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)若x ∈(-∞,1)时,f (x )<0,求a 的取值范围. 解:(1)当a =1时,f (x )=|x -1|x +|x -2|(x -1). 当x <1时,f (x )=-2(x -1)2<0;当x ≥1时,f (x )=(x -1)(x +|x -2|)≥0. 所以不等式f (x )<0的解集为(-∞,1). (2)因为f (a )=0,所以a ≥1.当a ≥1,x ∈(-∞,1)时,f (x )=(a -x )x +(2-x )(x -a )=2(a -x )(x -1)<0. 所以a 的取值范围是[1,+∞).2.(2019·合肥第二次质量检测)已知f (x )=|3x +2|. (1)求f (x )≤1的解集;(2)若f (x 2)≥a |x |恒成立,求实数a 的最大值. 解:(1)由f (x )≤1得|3x +2|≤1, 所以-1≤3x +2≤1,解得-1≤x ≤-13,所以f (x )≤1的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1,-13. (2)f (x 2)≥a |x |恒成立,即3x 2+2≥a |x |恒成立. 当x =0时,a ∈R.当x ≠0时,a ≤3x 2+2|x |=3|x |+2|x |恒成立.因为3|x |+2|x |≥26⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3|x |=2|x |,即|x |=63时等号成立,所以a ≤2 6.综上,知a 的最大值是2 6.3.(2019·安徽考试试题)已知f (x )=|x -2|. (1)解不等式f (x )+1>f (2x );(2)若f (m )≤1,f (2n )≤2,求|m -2n -1|的最大值,并求此时实数m ,n 的取值. 解:(1)原不等式等价于|x -2|+1>2|x -1|, ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x <1,2-x +1>2-2x 或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2,2-x +1>2x -2或⎩⎪⎨⎪⎧x >2,x -2+1>2x -2,∴-1<x <1或1≤x <53或∅,∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫-1,53. (2)由题意得f (m )=|m -2|≤1,f (2n )=|2n -2|≤2,∴|n -1|≤1,∴|m -2n -1|=|(m-2)-2(n -1)-1|≤|m -2|+2|n -1|+1≤4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m =1,n =2时,|m -2n -1|取得最大值4.4.已知函数f (x )=|x -2|. (1)解不等式f (x )+f (x +1)≥5.(2)若|a |>1,且f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ,证明:|b |>2. 解:(1)|x -2|+|x -1|≥5, 当x >2时,(x -2)+(x -1)≥5,x ≥4;当1≤x ≤2时,(2-x )+(x -1)≥5,1≥5,无解; 当x <1时,(2-x )+(1-x )≥5,x ≤-1. 综上,不等式的解集为{x |x ≥4或x ≤-1}. (2)证明:f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a⇔|ab -2|>|a |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a-2⇔|ab -2|>|b -2a | ⇔(ab -2)2>(b -2a )2⇔a 2b 2+4-b 2-4a 2>0⇔(a 2-1)(b 2-4)>0.因为|a |>1,所以a 2-1>0, 所以b 2-4>0,|b |>2.5.已知a ,b ∈(0,+∞),且2a 4b=2. (1)求2a +1b的最小值;(2)若存在a ,b ∈(0,+∞),使得不等式|x -1|+|2x -3|≥2a +1b成立,求实数x 的取值范围.解:(1)由2a 4b=2可知a +2b =1, 又因为2a +1b =⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b (a +2b )=4b a +ab+4,由a ,b ∈(0,+∞)可知4b a +ab+4≥24b a ·ab+4=8,当且仅当a =2b 时取等号,所以2a +1b的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x -1|+|2x -3|≥8,①⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1,1-x +(3-2x )≥8,所以x ≤-43.②⎩⎪⎨⎪⎧1<x <32,x -1+3-2x ≥8,无解,③⎩⎪⎨⎪⎧x ≥32,x -1+2x -3≥8,所以x ≥4.综上,实数x 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤-∞,-43∪[4,+∞). 6.(2020届高三·河北九校第二次联考)已知函数f (x )=|2x +1|+|x -1|. (1)解不等式f (x )>2;(2)记函数g (x )=f (x )+f (-x ),若对任意的x ∈R,不等式|k -1|<g (x )恒成立,求实数k 的取值范围.解:(1)依题意得f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3x ,x ≤-12,x +2,-12<x <1,3x ,x ≥1,于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤-12,-3x >2或⎩⎪⎨⎪⎧-12<x <1,x +2>2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1,3x >2,解得x <-23或0<x <1或x ≥1.故不等式f (x )>2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <-23或x >0.(2)g (x )=f (x )+f (-x )=|x -1|+|x +1|+(|2x +1|+|2x -1|)≥|(x -1)-(x +1)|+|(2x +1)-(2x -1)|=4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧(x -1)(x +1)≤0,(2x -1)(2x +1)≤0,即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,12时取等号,若对任意的x ∈R,不等式|k -1|<g (x )恒成立,则|k -1|<g (x )min =4, 所以-4<k -1<4,解得-3<k <5,即实数k 的取值范围为(-3,5).7.(2019·广州调研)已知函数f (x )=13|x -a |(a ∈R).(1)当a =2时,解不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≥1; (2)设不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≤x 的解集为M ,若⎣⎢⎡⎦⎥⎤13,12⊆M ,求实数a 的取值范围. 解:(1)当a =2时,原不等式可化为|3x -1|+|x -2|≥3, ①当x ≤13时,1-3x +2-x ≥3,解得x ≤0,所以x ≤0;②当13<x <2时,3x -1+2-x ≥3,解得x ≥1,所以1≤x <2;③当x ≥2时,3x -1+x -2≥3,解得x ≥32,所以x ≥2.综上所述,当a =2时,不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥1}.(2)不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x -13+f (x )≤x 可化为|3x -1|+|x -a |≤3x , 依题意不等式|3x -1|+|x -a |≤3x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13,12上恒成立, 所以3x -1+|x -a |≤3x ,即|x -a |≤1,即a -1≤x ≤a +1, 所以⎩⎪⎨⎪⎧a -1≤13,a +1≥12,解得-12≤a ≤43,故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,43.8.(2019·全国卷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≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1.解:(1)因为[(x -1)+(y +1)+(z +1)]2=(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2+2[(x -1)(y +1)+(y +1)·(z +1)+(z +1)(x -1)] ≤3[(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2],所以由已知得(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2≥43,当且仅当x =53,y =-13,z =-13时等号成立.所以(x -1)2+(y +1)2+(z +1)2的最小值为43.(2)证明:因为[(x -2)+(y -1)+(z -a )]2=(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2+2[(x -2)(y -1)+(y -1)(z -a )+(z -a )(x -2)] ≤3[(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2],所以由已知得(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2≥(2+a )23,当且仅当x =4-a 3,y =1-a 3,z =2a -23时等号成立.所以(x -2)2+(y -1)2+(z -a )2的最小值为(2+a )23.由题设知(2+a )23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.。

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