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1、2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 不等式選講 第二節(jié) 不等式證明檢測 理 新人教A版
1．(2018·廣西南寧測試)(1)解不等式|x＋1|＋|x＋3|＜4；
(2)若a，b滿足(1)中不等式，求證：2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
解：(1)當(dāng)x＜－3時，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1－x－3＝－2x－4＜4，解得x＞－4，所以－4＜x＜－3；
當(dāng)－3≤x＜－1時，|x＋1|＋|x＋3|＝－x－1＋x＋3＝2＜4恒成立，所以－3≤x＜－1；
當(dāng)x≥－1時，|x＋1|＋|x＋3|＝x＋1＋x＋3＝2x＋4＜4，解得x＜0，所以－1≤x＜0.
綜上，不等式|x＋1|＋|x＋
2、3|＜4的解集為{x|－4＜x＜0}．
(2)4(a－b)2－(ab＋2a＋2b)2＝－(a2b2＋4a2b＋4ab2＋16ab)＝－ab(b＋4)(a＋4)＜0，
所以4(a－b)2＜(ab＋2a＋2b)2，
所以2|a－b|＜|ab＋2a＋2b|.
2．(2018·廣東寶安中學(xué)等七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|－|x－a|，a∈R.
(1)當(dāng)a＝1時，解不等式f(x)＜1；
(2)當(dāng)x∈(－1,0)時，f(x)＞1有解，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝|2x－1|－|x－1|＝
當(dāng)x≤時，－x＜1，解得x＞－1，∴－1＜x≤；
當(dāng)＜x≤1時，3x
3、－2＜1，解得x＜1，∴＜x＜1；
當(dāng)x＞1時，x＜1，無解．
綜上所述，不等式f(x)＜1的解集為{x|－1＜x＜1}．
(2)當(dāng)x∈(－1,0)時，f(x)＞1有解?|x－a|＜－2x有解?2x＜x－a＜－2x有解?3x＜a＜－x有解，
∵3x＞－3，－x＜1，
∴－3＜a＜1，即實數(shù)a的取值范圍是(－3,1)．
3．(2018·安徽安師大附中階段性檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值為m.
(1)求m；
(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．
解：(1)當(dāng)x≤－1時，f(x)＝3＋x≤2；
當(dāng)－1＜x＜1時，
4、f(x)＝－1－3x＜2；
當(dāng)x≥1時，f(x)＝－x－3≤－4.
故當(dāng)x＝－1時，f(x)取得最大值m＝2.
(2)因為2＝a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝2(ab＋bc)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時取等號，
此時，ab＋bc取得最大值1.
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4．(2018·四川成都七中期中)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－1|，m∈R，且f(x＋2)＋f(x－2)≥0的解集為[－2,4]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c為正數(shù)，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥3.
解：(1)由f(x＋2)＋f(x－2)≥0可得|x＋1|＋|x－3|≤2
5、m.
設(shè)g(x)＝|x＋1|＋|x－3|，則
當(dāng)x≤－1時，g(x)＝－2x＋2；
當(dāng)－1＜x＜3時，g(x)＝4；
當(dāng)x≥3時，g(x)＝2x－2.
所以g(－2)＝g(4)＝6＝2m，m＝3.
(2)由(1)得＋＋＝3，
由柯西不等式，得(a＋2b＋3c)≥2＝32，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c＝1時等號成立，所以a＋2b＋3c≥3.
5．(2018·廣東珠海二中期中)已知函數(shù)f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)．
(1)當(dāng)m＝－1時，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)≤|2x＋1|的解集為A，且?A，求實數(shù)m的取值范圍．
解：(1)當(dāng)m＝
6、－1時，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|，由f(x)≤2，得|x－1|＋|2x－1|≤2，
∴或
或
解得或或
∴0≤x≤或＜x＜1或1≤x≤.
∴原不等式的解集為.
(2)∵?A，
∴當(dāng)x∈時，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，
即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈上恒成立，
∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，即|x＋m|≤2，
∴－2≤x＋m≤2，
∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈上恒成立，
∴(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min，
∴－≤m≤0，
∴實數(shù)m的取值范圍是.
6．(2018·云南昆明適應(yīng)性檢測)已知a，b，c，m，n，p都是實數(shù)，且a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1.
(1)證明：|am＋bn＋cp|≤1；
(2)若abc≠0，證明：＋＋≥1.
解：(1)易知|am＋bn＋cp|≤|am|＋|bn|＋|cp|，
因為a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1，
所以|am|＋|bn|＋|cp|≤＋＋＝＝1，
故|am＋bn＋cp|≤1.
(2)因為a2＋b2＋c2＝1，m2＋n2＋p2＝1，
所以＋＋＝(a2＋b2＋c2)≥2＝(m2＋n2＋p2)2＝1，
所以＋＋≥1.
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