《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題22 不等式選講練習(xí) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題22 不等式選講練習(xí) 理（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、22 不等式選講
1.已知函數(shù)f(x)=m-|x-3|,m∈R,不等式f(x)>2的解集為{x|22,得m-|x-3|>2,
所以5-m2的解集為(2,4),
所以5-m=2且m+1=4,解得m=3.
(2)關(guān)于x的不等式|x-a|≥f(x)恒成立,等價于|x-a|+|x-3|≥3恒成立,
即|a-3|≥3恒成立,解得a≥6或a≤0.
2.已知函數(shù)f(x)=|x+
2、m|+|2x-1|.
(1)當(dāng)m=-1時,求不等式f(x)≤2的解集;
(2)若f(x)≤|2x+1|的解集包含34,2,求m的取值范圍.
解析? (1)當(dāng)m=-1時,f(x)=|x-1|+|2x-1|,
當(dāng)x≥1時,f(x)=3x-2≤2,解得1≤x≤43;
當(dāng)12
3、m≤x≤2-m.
由題意知f(x)≤|2x+1|在34,2上恒成立,
所以-2-m≤34且2-m≥2,解得-114≤m≤0,
因此m的取值范圍為-114,0.
3.已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.
(1)當(dāng)a=2時,求不等式f(x)>1的解集;
(2)當(dāng)x∈(0,1)時,不等式f(x)>x成立,求a的取值范圍.
解析? (1)當(dāng)a=2時,f(x)=|x+1|-|2x-1|,
即f(x)=x-2,x≤-1,3x,-11得x-2>1,x≤-1或3x>1,-11,x≥12,解得13
4、故不等式f(x)>1的解集為x|13x成立等價于當(dāng)x∈(0,1)時,|ax-1|<1成立.
若a≤0,則當(dāng)x∈(0,1)時,|ax-1|≥1,不合題意;
若a>0,由|ax-1|<1,解得00,b>0,a2+b2=a+b.證明:
(1)(a+b)2≤2(a2+b2);
(2)(a+1)(b+1)≤4.
解析? (1)因為(a+b)2-2(a2+b2)=2ab-a2-b2=-(a-b)2≤0,
所以(a+b)2≤2(a2+b
5、2).
(2)由(1)及a2+b2=a+b,得0
6、≤-1;
當(dāng)0
7、:①求零點;②劃分區(qū)間,去絕對值符號;③分段解不等式;④求各段的并集.此外,還常用絕對值的幾何意義,結(jié)合數(shù)軸直觀求解.
已知函數(shù)f(x)=|2x+a|-|x-1|.
(1)當(dāng)a=1時,解不等式f(x)>2;
(2)當(dāng)a=0時,不等式f(x)>t2-t-7對x∈R恒成立,求實數(shù)t的取值范圍.
解析? (1)當(dāng)a=1時,由f(x)>2得|2x+1|-|x-1|>2,
故有x<-12,-2x-1+x-1>2或-12≤x≤1,2x+1+x-1>2或x>1,2x+1-(x-1)>2,
即x<-4或231,
即x<-4或x>23,
故原不等式的解集為x|x<-4或x>23
8、.
(2)當(dāng)a=0時,f(x)=|2x|-|x-1|=-x-1,x<0,3x-1,0≤x≤1,x+1,x>1,
由函數(shù)f(x)的圖象(圖略)知,f(x)min=f(0)=-1.
由-1>t2-t-7得t2-t-6<0,解得-2
9、16a2.
因為b2+2bc+c2≤2(b2+c2),
當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號,
所以16a2≤2(b2+c2),所以8≤a2(b2+c2),
即a2(b2+c2)≥8.
(2)因為a(b+c)=4,所以ab+ac=4.
因為ab≤a2+b22,ac≤a2+c22,
所以ab+ac≤a2+b22+a2+c22,
即ab+ac≤2a2+b2+c22,即4≤2a2+b2+c22,
所以2a2+b2+c2≥8,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=±2時取等號.
所以原命題得證.
(1)證明不等式的基本方法有比較法、綜合法、分析法和反證法,其中比較法和綜合法是基礎(chǔ),且綜合法證明的關(guān)鍵是找
10、到證明的切入點.
(2)當(dāng)較難發(fā)現(xiàn)要證的不等式的條件和結(jié)論之間的關(guān)系時,可用分析法來尋找證明途徑,使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆.如果待證命題是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的命題,那么考慮用反證法.
已知a>0,b>0,且a2+b2=1,證明:
(1)4a2+b2≥9a2b2;
(2)(a3+b3)2<1.
解析? (1)∵a2+b2=1,∴4a2+b2=(4a2+b2)(a2+b2)=4a4+b4+5a2b2≥4a2b2+5a2b2=9a2b2,
當(dāng)且僅當(dāng)b2=2a2=23時取得等號,
∴4a2+b2≥9a2b2.
(2)∵a>0,b>
11、0,∴a,b∈(0,1),
∴a30的解集為R,求實數(shù)a的取值范圍.
解析? (1)∵f(x)=|x+2|+|x-1|≥|x+2-(x-1)|=3,
∴函數(shù)f(x)的最小值為3,此時x的取值范圍為[-2,1].
(2)不等式f(x)+ax-1>0的解集為R,等價
12、于f(x)>-ax+1成立時,即函數(shù)f(x)的圖象恒位于直線y=-ax+1的上方.
∵f(x)=|x+2|+|x-1|=-2x-1,x<-2,3,-2≤x≤1,2x+1,x>1,
又函數(shù)y=-ax+1表示過點(0,1),斜率為-a的一條直線,如圖所示,
∴由題意可知,3-1-2-0<-a<3-11-0,解得-2
13、,須有f(x)maxm恒成立,須有f(x)min>m;③不等式的解集為R,即不等式恒成立;④不等式的解集為空集,即不等式無解.
已知函數(shù)f(x)=|2x-a|+|x-1|,a∈R.
(1)若不等式f(x)≤2-|x-1|有解,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)當(dāng)a<2時,函數(shù)f(x)的最小值為3,求實數(shù)a的值.
解析? (1)由f(x)≤2-|x-1|,得x-a2+|x-1|≤1.
由絕對值的幾何意義知x-a2+|x-1|≥a2-1.
∵不等式f(x)≤2-|x-1|有解,
∴a2-1≤1,解得0≤a≤4.
∴實數(shù)a的取值范圍為[0,4].
(2)函數(shù)f(x)
14、=|2x-a|+|x-1|的零點為a2和1,當(dāng)a<2時,a2<1,
∴f(x)=-3x+a+1x1),
作出函數(shù)f(x)的圖象,由圖可知f(x)在-∞,a2上單調(diào)遞減,在a2,+∞上單調(diào)遞增,
∴f(x)min=fa2=-a2+1=3,解得a=-4<2(符合題意),∴實數(shù)a的值為-4.
1.已知函數(shù)f(x)=x2+|x-2|.
(1)解不等式f(x)>2|x|.
(2)若f(x)≥a2+2b2+3c2對任意x∈R恒成立,求證:ac+2bc≤78.
解析? (1) f(x)>2|x|?x2+|x-2|>2|x|?x≥
15、2,x2+x-2>2x或02x或x≤0,x2+2-x>-2x?x>2或02或x<1,
所以不等式f(x)>2|x|的解集為(-∞,1)∪(2,+∞).
(2)當(dāng)x≥2時,f(x)=x2+x-2≥4;
當(dāng)x<2時,f(x)=x2-x+2=x-122+74≥74.
所以f(x)的最小值為74.
因為f(x)≥a2+2b2+3c2對任意x∈R恒成立,
所以a2+2b2+3c2≤74.
又a2+2b2+3c2=a2+c2+2(b2+c2)≥2ac+4bc,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立,
所以ac+2bc≤78.
2.若a>0,b>0,a+
16、b=1.求證:
(1)1a+41+b≥92;
(2)2a+1+2b+1≤22.
解析? (1)∵a>0,b>0,a+b=1,
∴1=12[a+(b+1)],
∴1a+41+b=121a+41+b[a+(b+1)]=125+b+1a+4ab+1≥92,
當(dāng)且僅當(dāng)b+1=2a,即a=23,b=13時,等號成立.
(2)(分析法)要證2a+1+2b+1≤22,
只需證2a+1+2b+1+2(2a+1)(2b+1)≤8,
∵a>0,b>0,a+b=1,
∴只需證(2a+1)(2b+1)≤2.
由基本不等式可得(2a+1)(2b+1)≤(2a+1)+(2b+1)2=2,
由此逆推
17、而上,則不等式2a+1+2b+1≤22成立.
3.已知函數(shù)f(x)=|ax-1|.
(1)當(dāng)a=3時,解不等式f(x)≥|x+1|;
(2)若關(guān)于x的不等式f(x)+f(-x)<|m-1|有實數(shù)解,求m的取值范圍.
解析? (1)當(dāng)a=3時,f(x)≥|x+1|化為|3x-1|≥|x+1|,
兩邊平方得9x2-6x+1≥x2+2x+1,即8x(x-1)≥0,解得x≤0或x≥1,
所以原不等式的解集為(-∞,0]∪[1,+∞).
(2)f(x)+f(-x)<|m-1|等價于|ax-1|+|-ax-1|<|m-1|,
因為|ax-1|+|-ax-1|≥|ax-1-ax-1|=2,所
18、以f(x)+f(-x)的最小值為2,
因為不等式f(x)+f(-x)<|m-1|有實數(shù)解,
所以2<|m-1|,即m-1<-2或m-1>2,
解得m<-1或m>3.
4.已知函數(shù)f(x)=|tx-3|+|x-1|(t為常數(shù)).
(1)當(dāng)t=4時,求不等式f(x)≥2的解集;
(2)當(dāng)t=1時,若函數(shù)f(x)的最小值為M,正數(shù)a,b滿足2a+8b=M,證明:a+b≥9.
解析? (1)當(dāng)t=4時,f(x)≥2等價于|4x-3|+|x-1|≥2.
①當(dāng)x≥1時,4x-3+x-1≥2,∴x≥65;
②當(dāng)34
19、34時,3-4x+1-x≥2,∴5x≤2,∴x≤25.
綜上,不等式f(x)≥2的解集為x|x≤25或x≥65.
(2)當(dāng)t=1時,f(x)=|x-3|+|x-1|≥|(x-3)-(x-1)|=2,
∴2a+8b=M=2,即1a+4b=1,
∴a+b=(a+b)·1a+4b=5+ba+4ab≥5+2ba·4ab=9,當(dāng)且僅當(dāng)2a=b=6時,等號成立.
5.已知函數(shù)f(x)=|x-2|+|x-1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集;
(2)若函數(shù)g(x)=x2-2x+|a2-3|的最小值不小于f(x)的最小值,求a的取值范圍.
解析? (1)由f(x)≤5,得|x-2|+|x-
20、1|≤5,
∴x>2,2x-3≤5或1≤x≤2,1≤5或x<1,3-2x≤5,
解得2-2,
21、g(x)=x2+2ax+74,若對于x∈-1,a2,都有f(x)≥g(x)成立,求a的取值范圍.
解析? (1)當(dāng)a=6時,f(x)=|2x+4|+|2x-6|,f(x)≥12等價于|x+2|+|x-3|≥6.
因為|x+2|+|x-3|=2x-1,x>3,5,-2≤x≤3,-2x+1,x<-2,
所以|x+2|+|x-3|≥6等價于x>3,2x-1≥6或-2≤x≤3,5≥6或x<-2,-2x+1≥6,
解得x≥72或x≤-52,
所以不等式f(x)≥12的解集為x|x≤-52或x≥72.
(2)當(dāng)a>-2,且x∈-1,a2時,f(x)=2x+4-(2x-a)=4+a,
所以f(x)≥g(x),即4+a≥g(x).
又g(x)=x2+2ax+74的最大值必為g(-1),ga2之一,
所以4+a≥114-2a,4+a≥54a2+74,即3a≥-54,54a2-a-94≤0,
解得-512≤a≤95,
所以a的取值范圍為-512,95.
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