创新设计(浙江专用)高考数学二轮复习 选修部分 不等式选讲练习

2017届高考数学二轮复习 选修部分 不等式选讲练习
1.已知函数f (x )＝|x ＋2|－2|x －1|.
(1)解不等式f (x )≥－2.
(2)对任意x ∈[a ，＋∞)，都有f (x )≤x －a 成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－2，
3x ，－2＜x ＜1，－x ＋4，x ≥1，
f (x )≥－2，
当x ≤－2时，x －4≥－2，即x ≥2，所以x ∈∅；
当－2＜x ＜1时，3x ≥－2，即x ≥－23， 所以－23≤x ＜1，
当x ≥1时，－x ＋4≥－2，即x ≤6，所以1≤x ≤6，
综上，不等式f (x )≥－2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫
x ⎪⎪⎪－23≤x ≤6.
(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－2，
3x ，－2＜x ＜1，－x ＋4，x ≥1，
函数f (x )的图象如图所示：
令y ＝x －a ，－a 表示直线的纵截距，当直线过(1，3)点时，－a ＝2；
所以当－a ≥2，即a ≤－2时成立；
当－a ＜2，即a ＞－2时，
令－x ＋4＝x －a ，得x ＝2＋a
2，
所以a ≥2＋a
2，即a ≥4时成立，
综上可知a 的取值范围为(－∞，－2]∪[4，＋∞).
2.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 大于0，且1a ＋12b ＋1
3c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.
(1)解 ∵f (x ＋2)＝m －|x |，
∴f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .
由|x |≤m 有解，得m ≥0且其解集为{x |－m ≤x ≤m }.
又f (x ＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m ＝1.
(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c
＝1，且a ，b ，c 大于0， a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋12b ＋1
3c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫3c 2b ＋2b 3c ≥3＋22b a ·a 2b ＋23c a ·a 3c ＋23c 2b ·2b 3c ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝3时，等号成立.
因此a ＋2b ＋3c ≥9.
3.已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2.
(1)解不等式：|g (x )|＜5.
(2)若对任意的x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)由||x －1|＋2|＜5得－5＜|x －1|＋2＜5，
所以－7＜|x －1|＜3，可得不等式的解集为(－2，4).
(2)因为任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，
使得f (x 1)＝g (x 2)成立，
所以{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}，
又f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥|(2x －a )－(2x ＋3)|＝|a ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2≥2， 所以|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，
所以实数a 的取值范围为(－∞，－5]∪[－1，＋∞).
4.设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.
求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)
a bc ＋
b a
c ＋ c ab ≥3(a ＋b ＋c ).
证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，
由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.
即证：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，
而ab ＋bc ＋ca ＝1，
故需证明：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca ).
即证：a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .
而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 2
2＝a 2＋b 2＋c 2
(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成
立)证得.∴原不等式成立. (2) a bc ＋ b ac ＋ c ab ＝a ＋b ＋c
abc .
由于(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 .
即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，
即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .
而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac
2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac
2.
∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝3
3时等号成立).∴原不等式成立.
5.(2016·许昌、新乡、平顶山模拟)(1)解不等式：|2x －1|－|x |＜1；
(2)设f (x )＝x 2－x ＋1，实数a 满足|x －a |＜1，求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1).
(1)解 当x ＜0时，原不等式可化为－2x ＋x ＜0，
解得x ＞0，又∵x ＜0，∴x 不存在；
当0≤x ＜1
2时，原不等式可化为－2x －x ＜0， 解得x ＞0，又∵0≤x ＜12，∴0＜x ＜12；
当x ≥1
2时，原不等式可化为2x －1－x ＜1. 解得x ＜2，又∵x ≥12，∴1
2≤x ＜2，
综上，原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}.
(2)证明 |f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a |
＝|x －a |·|x ＋a －1|＜|x ＋a －1|
＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|
＜1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)，
∴|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1).
6.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1
2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1
2，
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 |.
(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，所以－1<x ≤－12；
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－12<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，即(a ＋b )2<(1＋ab )2， 因此|a ＋b |<|1＋ab |.。