2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十六章 不等式選講練習(xí) 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十六章 不等式選講練習(xí) 理 解答過程 解法一: (1)f(x)= 當(dāng)x<-1時, f(x)≥1無解; 當(dāng)-1≤x≤2時,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2; 當(dāng)x>2時,由f(x)≥1解得x>2. 所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}. (2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x. 而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x| =-+≤, 且當(dāng)x=時,|x+1|-|x-2|-x2+x=. 故m的取值范圍為. 解法二:(1)f(x)= 其圖象如圖所示: 由圖可知f(x

2、)≥1的解集為{x|x≥1}. (2)原式等價于存在x∈R使得f(x)-x2+x≥m成立, 即m≤[f(x)-x2+x]max,設(shè)g(x)=f(x)-x2+x, 由(1)知g(x)= (i)當(dāng)x≤-1時,g(x)=-x2+x-3, 其圖象開口向下,對稱軸方程為x=>-1, ∴g(x)≤g(-1)=-5; (ii)當(dāng)-1

3、 ∴m的取值范圍為 考綱解讀 考點 內(nèi)容解讀 要求 高考示例 ?？碱}型 預(yù)測熱度 1.含絕對值不等 式的解法 理解絕對值的幾何意義,會證明和求解絕對值不等式 掌握 2017課標(biāo)全國Ⅰ,23; 2016課標(biāo)全國Ⅰ,24 解答題 ★★★ 2.不等式的證明 了解證明不等式的基本方法 掌握 2017課標(biāo)全國Ⅱ,23; 2016課標(biāo)全國Ⅱ,24 解答題 ★★☆ 分析解讀　1.本章主要考查絕對值的幾何意義,絕對值不等式的解法及不等式證明的基本方法.2.絕對值不等式及不等式的證明均為高考的?？键c.本章在高考中以解答題為主,往往涉

4、及含有兩個絕對值的問題,考查分類討論、等價轉(zhuǎn)化和數(shù)形結(jié)合等思想方法,分值約為10分,難度中等. 五年高考 考點一　含絕對值不等式的解法 1.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,23,10分)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)當(dāng)a=1時,求不等式f(x)≥g(x)的解集; (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范圍. 解析　本題考查絕對值不等式的求解. (1)當(dāng)a=1時,不等式f(x)≥g(x)等價于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.① 當(dāng)x<-1時,①式化為x2-3x-4≤0,無解; 當(dāng)-1≤x≤1時,①式化為

5、x2-x-2≤0,從而-1≤x≤1; 當(dāng)x>1時,①式化為x2+x-4≤0,從而1

6、 f(x)+g(x)≥3,求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=2時, f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集為{x|-1≤x≤3}.(5分) (2)當(dāng)x∈R時, f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a, 當(dāng)x=時等號成立,所以當(dāng)x∈R時, f(x)+g(x)≥3等價于|1-a|+a≥3.①(7分) 當(dāng)a≤1時,①等價于1-a+a≥3,無解. 當(dāng)a>1時,①等價于a-1+a≥3,解得a≥2. 所以a的取值范圍是[2,+∞).(10分) 3.(2015課標(biāo)Ⅰ,24

7、,10分)選修4—5:不等式選講 已知函數(shù)f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)當(dāng)a=1時,求不等式f(x)>1的解集; (2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6,求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=1時,f(x)>1化為|x+1|-2|x-1|-1>0. 當(dāng)x≤-1時,不等式化為x-4>0,無解; 當(dāng)-10,解得0,解得1≤x<2. 所以f(x)>1的解集為.(5分) (2)由題設(shè)可得,f(x)= 所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A,B(2a+1,0

8、),C(a,a+1),△ABC的面積為(a+1)2. 由題設(shè)得(a+1)2>6,故a>2. 所以a的取值范圍為(2,+∞).(10分) 教師用書專用(4—12) 4.(2015山東,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.(-∞,4) B.(-∞,1) C.(1,4) D.(1,5) 答案　A 5.(2014湖南,13,5分)若關(guān)于x的不等式|ax-2|<3的解集為x-

9、　　　　.? 答案　-6或4 7.(2014廣東,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集為　　　　.　? 答案　{x|x≤-3或x≥2} 8.(2013江西,15(2),5分)(不等式選做題)在實數(shù)范圍內(nèi),不等式||x-2|-1|≤1的解集為　　　　.? 答案　[0,4] 9.(2013重慶,16,5分)若關(guān)于實數(shù)x的不等式|x-5|+|x+3|

10、不等式的解集是. 11.(2014課標(biāo)Ⅱ,24,10分)選修4—5:不等式選講 設(shè)函數(shù)f(x)=+|x-a|(a>0). (1)證明:f(x)≥2; (2)若f(3)<5,求a的取值范圍. 解析　(1)證明:由a>0,得f(x)=+|x-a|≥=+a≥2. 所以f(x)≥2. (2)f(3)=+|3-a|. 當(dāng)a>3時,f(3)=a+,由f(3)<5得3

11、+1,記f(x)≤1的解集為M,g(x)≤4的解集為N. (1)求M; (2)當(dāng)x∈M∩N時,證明:x2f(x)+x[f(x)]2≤. 解析　(1)f(x)= 當(dāng)x≥1時,由f(x)=3x-3≤1得x≤,故1≤x≤; 當(dāng)x<1時,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1. 所以f(x)≤1的解集為M=. (2)證明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16≤4, 解得-≤x≤. 因此N=,故M∩N=. 當(dāng)x∈M∩N時, f(x)=1-x, 于是x2f(x)+x·[f(x)]2 =xf(x)[x+f(x)]=x·f(x)=x(1-x)=-≤. 考點二　不等式的證明

12、 1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.證明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4; (2)a+b≤2. 證明　本題考查不等式的證明. (1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)2≥4. (2)因為(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 =2+3ab(a+b)≤2+(a+b) =2+, 所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2. 2.(2017江蘇,21D,10分)已知a,b,c,d為實數(shù),且a2+b2=4,c2+d2=16,證明:ac+b

13、d≤8. 證明　本小題主要考查不等式的證明,考查推理論證能力. 由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 因為a2+b2=4,c2+d2=16, 所以(ac+bd)2≤64, 因此ac+bd≤8. 3.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,24,10分)已知函數(shù)f(x)=+,M為不等式f(x)<2的解集. (1)求M; (2)證明:當(dāng)a,b∈M時,|a+b|<|1+ab|. 解析　(1)f(x)=(2分) 當(dāng)x≤-時,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;(3分) 當(dāng)-

14、分) 所以f(x)<2的解集M={x|-1cd,則+>+; (2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要條件. 證明　(1)因為(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2, 由題設(shè)a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2. 因

15、此+>+. (2)(i)若|a-b|<|c-d|,則(a-b)2<(c-d)2, 即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd. 因為a+b=c+d,所以ab>cd. 由(1)得+>+. (ii)若+>+,則(+)2>(+)2, 即a+b+2>c+d+2. 因為a+b=c+d,所以ab>cd.于是 (a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2. 因此|a-b|<|c-d|. 綜上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要條件. 教師用書專用(5—9) 5.(2013陜西,15A,5分)(不等式選做題)已知a,b,m,n均為正數(shù),且a+b=1,mn=

16、2,則(am+bn)(bm+an)的最小值為　　　　.? 答案　2 6.(2015湖南,16(3),6分)選修4—5:不等式選講 設(shè)a>0,b>0,且a+b=+.證明: (1)a+b≥2; (2)a2+a<2與b2+b<2不可能同時成立. 證明　由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1. (1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2. (2)假設(shè)a2+a<2與b2+b<2同時成立,則由a2+a<2及a>0得0

17、:不等式選講 若a>0,b>0,且+=. (1)求a3+b3的最小值; (2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說明理由. 解析　(1)由=+≥,得ab≥2,且當(dāng)a=b=時等號成立. 故a3+b3≥2≥4,且當(dāng)a=b=時等號成立. 所以a3+b3的最小值為4. (2)由(1)知,2a+3b≥2≥4. 由于4>6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6. 8.(2014福建,21(3),7分)選修4—5:不等式選講 已知定義在R上的函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值為a. (1)求a的值; (2)若p,q,r是正實數(shù),且滿足p+q+r=a,求證:p2+q2+r

18、2≥3. 解析　(1)因為|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 當(dāng)且僅當(dāng)-1≤x≤2時,等號成立, 所以f(x)的最小值等于3,即a=3. (2)證明:由(1)知p+q+r=3,又因為p,q,r是正實數(shù), 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2 =(p+q+r)2=9, 即p2+q2+r2≥3. 9.(2013課標(biāo)全國Ⅱ,24,10分)選修4—5:不等式選講 設(shè)a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明: (1)ab+bc+ca≤; (2)++≥1. 證明　(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2

19、≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由題設(shè)得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤. (2)易證+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c, 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c), 即++≥a+b+c. 所以++≥1. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組 考點一　含絕對值不等式的解法 1.(2018湖南長沙第二次模擬,23)已知函數(shù)f(x)=|x+a2|+|x-a-1|. (1)證明:f(x)≥; (2)若f(4)<13,求a的取值范圍. 解析　(1)證明

20、:f(x)=|x+a2|+|x-a-1|≥|(x+a2)-(x-a-1)|=|a2+a+1|=+≥. (2)因為f(4)=|a2+4|+|a-3|= 所以f(4)<13?或 解得-2

21、解集為{x|-2

22、x1)-f(x2)|<5|x1-x2|. 證明　(1)∵|x1-2|<1,∴-1

23、|2x-5|; (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤4的解集為[-1,7],且兩正數(shù)s和t滿足2s+t=a,求證:+≥6. 解析　(1)當(dāng)a=2時,f(x)≥6-|2x-5|即為|x-2|+|2x-5|≥6, ∴①或②或③由①得,x≥;②無解;由③得,x≤,所以,原不等式的解集為∪. (2)不等式f(x)≤4即為-4≤x-a≤4,∴a-4≤x≤a+4,∴a-4=-1且a+4=7,∴a=3,∴+=(2s+t)=≥=6當(dāng)且僅當(dāng)s=,t=2時,等號成立. B組　2016—2018年模擬·提升題組 (滿分:40分　時間:40分鐘) 解答題(共40分) 1.(2018四川內(nèi)江第一次模擬,23

24、)已知函數(shù)f(x)=|3x-1|+|x-2|的最小值為m. (1)求m的值; (2)設(shè)實數(shù)a,b滿足2a2+b2=m,證明:2a+b≤. 解析　(1)∵f(x)= ∴f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減, ∴f(x)的最小值為f=.∴m=. (2)由(1)知,2a2+b2=. ∵2ab≤a2+b2,∴(2a+b)2=4a2+b2+4ab≤4a2+b2+2(a2+b2)=3(2a2+b2)=5, ∴2a+b≤. 2.(2018安徽淮南第二中學(xué)、宿城第一中學(xué)第四次考試,23)已知函數(shù)h(x)=-|x-3|. (1)若h(x)-|x-2|≤n對任意的x>0恒成立,求實數(shù)n的最小值;

25、 (2)若函數(shù)f(x)=求函數(shù)g(x)=f(x)+h(x)的值域. 解析　(1)h(x)-|x-2|≤n對任意的x>0恒成立, 等價于-|x-3|-|x-2|≤n對任意的x>0恒成立, 等價于-n≤(|x-2|+|x-3|)min. 因為|x-2|+|x-3|≥|x-2-(x-3)|=1, 當(dāng)且僅當(dāng)x∈[2,3]時取到等號,所以-n≤1,得n≥-1. 所以實數(shù)n的最小值為-1. (2)因為f(x)=g(x)=f(x)+h(x), 所以g(x)=f(x)-|x-3|= 當(dāng)0

26、數(shù)g(x)=f(x)+h(x)的值域為[2+2,+∞). 3.(2017福建六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=|2x+1|+|2x-3|. (1)求不等式f(x)≤6的解集; (2)若關(guān)于x的不等式f(x)-log2(a2-3a)>2恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)原不等式等價于或或 解得2恒成立?log2(a2-3a)+2

27、-3|≥|(2x+1)-(2x-3)|=4, ∴f(x)的最小值為4, ∴l(xiāng)og2(a2-3a)+2<4, 即 解得-16的解集; (2)若不等式f(x)≤10對任意實數(shù)x恒成立,求m的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)m=3時,f(x)>6,即|x+3|-|x-5|>6. ∴或或解得x≥5或46的解集為{x|x>4}. (2)f(x)=|x+m|

28、-|5-x|≤|(x+m)+(5-x)|=|m+5|. 由題意得|m+5|≤10,即-10≤m+5≤10,解得-15≤m≤5. 故m的取值范圍為[-15,5]. C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　含絕對值不等式的解法 1.(2018四川成都第七中學(xué)一診,23)已知函數(shù)f(x)=m-|x-1|-|x+1|. (1)當(dāng)m=5時,求不等式f(x)>2的解集; (2)若函數(shù)y=x2+2x+3與y=f(x)的圖象恒有公共點,求實數(shù)m的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)m=5時, f(x)= 所以不等式f(x)>2的解集為. (2)二次函數(shù)y=x2+2x+3=(x+1)2+2,

29、該函數(shù)在x=-1時取到最小值2, 因為f(x)=在x∈[-1,1]時取到最大值m-2,所以要使二次函數(shù)y=x2+2x+3與函數(shù)y=f(x)的圖象恒有公共點,只需m-2≥2,即m≥4.所以實數(shù)m的取值范圍是[4,+∞). 2.(2017廣東韶關(guān)1月調(diào)研,23)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. 解析　(1)當(dāng)m=-1時,f(x)=|x-1|+|2x-1|, 則f(x)≤2?|x-1|+|2x-1|≤2, 上述不等式可化為 或或

30、 解得或或 ∴0≤x≤或

31、.　 (1)當(dāng)a=1時,求f(x)的最小值; (2)存在x∈[0,2]時,使得不等式f(x)≤0成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=1時,f(x)=|2x-1|-|x-1|= ∴f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, ∴x=時, f(x)取到最小值-. (2)不等式f(x)≤0,即|2x-a|≤|x-1|,兩邊平方并化簡得(3x-a-1)(x-a+1)≤0. a=2時,f(x)≤0即x=1∈[0,2],符合題意; a<2時,a-1<, f(x)≤0的解集為, ∴∩[0,2]≠?,∴a-1≤2且≥0,∴-1≤a<2; a>2時,a-1>, f(x)≤0的解集為, ∴

32、∩[0,2]≠?,∴a-1≥0且≤2,∴23的解集為P. (1)求P; (2)若a,b∈P,且a3不成立;當(dāng)-43,解得x>0,∴03成立,故P={x|x>0}. (2)證明:∵a>0,b>a,∴a(b-a)≤=,當(dāng)且僅當(dāng)b=2a時取等號,又b<1,故+≥+=[b2+(1-b2)]·=5++≥9,當(dāng)且僅當(dāng)即a=,b=時取等號.