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1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 不等式選講課時訓(xùn)練 理(選修4-5)
1. 解不等式:|2x-1|<3.
解:|2x-1|<3-3<2x-1<3-1<x<2.
2. 若關(guān)于x的不等式|x+1|-|x-2||x+1|-|x-2|有實數(shù)解,知a2-4a>-3,解得a>3或a<1.
3. 不等式|2-x|+|x+1|≤a對于任意x∈[0,5]恒成立的實數(shù)a的集合是多少?
解:當(dāng)x∈[0,2]時,|2-x|+|x+1
2、|=2-x+x+1=3,當(dāng)x∈[2,5]時,|2-x|+|x+1|=x-2+x+1=2x-1≤9,綜上可得|2-x|+|x+1|≤9,∴ a≥9.
4. 解不等式:|2x+1|-|x-4|<2.
解:① 當(dāng)x≥4時,2x+1-(x-4)<2,∴ x∈;
② 當(dāng)-≤x<4時,2x+1+x-4<2,∴ -≤x<;
③ 當(dāng)x<-時,-2x-1+x-4<2.∴ -7
3、|=|2a-1|.
又a≥2,故|2a-1|≥3.所以|x-1+a|+|x-a|≥3.
6. 若對任意x∈R,+≥a2-4a恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解:+≥5,要+≥a2-4a恒成立,即5≥a2-4a,解得-1≤a≤5.
7. 設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=ax2+x-a(-1≤x≤1).
(1) 若|a|≤1,求證:|f(x)|≤;
(2) 求使函數(shù)f(x)最大值為時a的值.
(1) 證明:∵ |x|≤1,|a|≤1,∴ |f(x)|=|a(x2-1)+x|≤|a(x2-1)|+|x|=|a|·|x2-1|+|x|≤|x2-1|+|x|=|1-x2|+|x|=1-|x|2+
4、|x|=-+≤.
(2) 解:當(dāng)a=0時,f(x)=x(-1≤x≤1)的最大值是f(1)=1,從而a≠0,故知f(x)是二次函數(shù).∵ f(±1)=±1,
∴ f(x)=ax2+x-a(-1≤x≤1)有最大值即∴ a=-2.
8. 已知函數(shù)f(x)=|x-a|-2|x-1|(a∈R).
(1) 當(dāng)a=3時,求函數(shù)f(x)的最大值;
(2) 解關(guān)于x的不等式f(x)≥0.
解:(1) 當(dāng)a=3時,f(x)=|x-3|-2|x-1|
=
所以,當(dāng)x=1時,函數(shù)f(x)取得最大值2.
(2) 由f(x)≥0得|x-a|≥2|x-1|,
兩邊平方得(x-a)2≥4(x-1)2,
5、即3x2+2(a-4)x+4-a2≤0,
得[x-(2-a)][3x-(2+a)]≤0,
所以,①當(dāng)a>1時,不等式的解集為;
② 當(dāng)a=1時,不等式的解集為{x|x=1};
③ 當(dāng)a<1時,不等式的解集為.
9. 設(shè)函數(shù)f(x)=|x-2a|,a∈R.
(1) 若不等式f(x)<1的解集為{x|1
6、據(jù)題意可得2a<3,即a<,
所以a的取值范圍為.
10. 已知函數(shù)f(x)=|x+1|,g(x)=2|x|+a.
(1) 當(dāng)a=0時,解不等式f(x)≥g(x);
(2) 若存在x∈R,使得f(x)≥g(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1) |x+1|≥2|x|x2+2x+1≥4x2-≤x≤1,
∴ 解集為.
(2) ∵ 存在x∈R,使|x+1|≥2|x|+a,
∴ 存在x∈R,使|x+1|-2|x|≥a.
令φ(x)=|x+1|-2|x|,即有a≤φ(x)max,
φ(x)=
當(dāng)x≥0時,y≤1;當(dāng)-1≤x<0時,-2≤y<1;
當(dāng)x<-1時,y<-2.
7、
綜上可得φ(x)≤1,∴ a≤1.
即a的取值范圍是(-∞,1].
11. 已知函數(shù)f(x)=log2(|x+1|+|x-2|-m).
(1) 當(dāng)m=5時,求函數(shù)f(x)的定義域;
(2) 若關(guān)于x的不等式f(x)≥1的解集是R,求m的取值范圍.
解:(1) 由題設(shè)知|x+1|+|x-2|>5, 不等式的解集是三個不等式組:或或解集的并集,解得函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,-2)∪(3,+∞).
(2) 不等式f(x)≥1即|x+1|+|x-2|>m+2.∵ x∈R時,恒有|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,要使不等式|x+1|+|x-2|≥m+2的解集是R,
8、∴ m+2≤3,∴ m的取值范圍是(-∞,1].
第2課時 不等式證明的基本方法(理科專用)
1. 求不等式|x+1|+|x-2|>5的解集.
解:不等式等價于或或解得x∈(-∞,-2)∪(3,+∞).
2. (xx·鎮(zhèn)江期末)已知正數(shù)a、b、c滿足abc=1,求(a+2)(b+2)(c+2)的最小值.
解:∵ (a+2)(b+2)(c+2)=(a+1+1)(b+1+1)(c+1+1)≥3··3··3·=27·=27,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時等號成立.
∴(a+2)(b+2)(c+2)的最小值為27.
3. 已知x、y∈R+,且+=1,求x+y的最小值.
解:已知x、y
9、∈R+,且+=1,有
x+y=(x+y)=++10≥2+10=16,當(dāng)且僅當(dāng)=即x=4、y=12時,取“=”.
∴ x+y的最小值為16.
4. 已知x2+y2=1,求3x+4y的最大值.
解:(換元法)由x2+y2=1,可設(shè)x=cosα,y=sinα,
則3x+4y=3cosα+4sinα=cos(α-φ)≤5,
其中cosφ=,sinφ=,∴ (3x+4y)max=5.
5. 設(shè)n是正整數(shù),求證:≤++…+<1.
證明:由2n≥n+k>n(k=1,2,…,n),得≤<.
當(dāng)k=1時,≤<;當(dāng)k=2時,≤<;…
當(dāng)k=n時,≤<,
∴ =≤++…+<=1.
6. 已知
10、a、b、c為正數(shù),且滿足acos2θ+bsin2θ
11、0,即+≥1.
(證法2)由柯西不等式,得
[()2+()2]≥(a+b)2.
∵ a+b=2,∴ 上式即為×4≥4,
即+≥1.
(證法3)∵ a、b都是正實數(shù),∴ +≥a,+≥b.兩式相加,得+++≥a+b.
∵ a+b=2,∴ +≥1.
9. (xx·蘇北三市期末)已知a、b、c均為正數(shù),求證:a2+b2+c2+≥6.
證明:(證法1)因為a、b、c均為正數(shù),由均值不等式得a2+b2+c2≥3(abc),++≥3(abc)-,
所以≥9(abc)-.
故a2+b2+c2+≥3(abc)+9(abc)-.
又3(abc)+9(abc)-≥2=6,所以原不等式成立.
12、(證法2)因為a、b、c均為正數(shù),由基本不等式得
a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca.
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
同理++≥++,
故a2+b2+c2+≥ab+bc+ca+++≥6.所以原不等式成立.
10. (xx·徐州二模)已知x、y、z∈R,且x+2y+3z+8=0.求證:(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥14.
證明:因為[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2](12+22+32)≥[(x-1)+2(y+2)+3(z-3)]2=(x+2y+3z-6)2=142,
當(dāng)且僅當(dāng)==,即x=z=0,y=-4時,取等號,所以(x-
13、1)2+(y+2)2+(z-3)2≥14.
11. (xx·南通二模)各項均為正數(shù)的數(shù)列{xn}對一切n∈N*均滿足xn+<2.試證明:
(1) xn<xn+1;
(2) 1-<xn<1.
證明:(1) 因為xn>0,xn+<2,所以0<<2-xn,
所以xn+1>,且2-xn>0.
因為-xn==≥0,
所以≥xn,所以xn≤<xn+1,即xn<xn+1.
(2) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:xn>1-.
① 當(dāng)n=1時,由題設(shè)x1>0可知結(jié)論成立;
② 假設(shè)n=k時,xk>1-,當(dāng)n=k+1時,由(1)得
xk+1>>==1-.
由①②可得xn>1-.
下面先證明xn≤1.
假設(shè)存在自然數(shù)k,使得xk>1,則一定存在自然數(shù)m,使得xk>1+.
因為xk+<2,xk+1>>=,
xk+2>>=,…,xk+m-1>=2,與題設(shè)xk+<2矛盾,所以xn≤1.
若xk=1,則xk+1>xk=1,根據(jù)上述證明可知存在矛盾.
所以xn<1成立.