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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題30 不等式選講（含解析）
一、填空題
1．(xx陜西理，15A)設a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，則的最小值為________．
[答案]
[解析] 解法1：在平面直角坐標系aob中，由條件知直線ma＋nb＝5與圓a2＋b2＝5有公共點，
∴≤，∴≥，
∴的最小值為.
解法2：由柯西不等式：≥ma＋nb，
∴≥＝.
2．若關于實數(shù)x的不等式|x－5|＋|x＋3|
0時，由基本不等式可知a＋≥4，所以只有a＝2時成立，所以實數(shù)a的取值范圍為{a∈R|a<0或a＝2}．
[方法點撥] 注意區(qū)分a(|x－4|＋|x－3|)min＝1，所以解集為空集的所有實數(shù)a構(gòu)成集合B＝(－∞，1]，則?RB＝(1，＋∞)，
所以A∩(?RB)＝(－2,2]∩(1，＋∞)＝(1,2]．
二、解答題
5．(文)(xx河北省衡水中學一模)設關于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.
(1)當a＝1時，解這個不等式；
(2)當a為何值時，這個不等式的解集為R.
[解析] (1)當a＝1時，原不等式變?yōu)閨x＋3|＋|x－7|>10，
當x≥7時，x＋3＋x－7>10得x>7，
當－310不成立．
當x≤－3時－x－3－x＋7>10得：x<－3
所以不等式的解集為{x|x<－3或x>7}．
(2)∵|x＋3|＋|x－7|≥|x＋3－(x－7)|＝10對任意x∈R都成立．
∴l(xiāng)g(|x＋3|＋|x－7|)≥lg10＝1對任何x∈R都成立，
即lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.
當且僅當a<1時，對任何x∈R都成立．
(理)(xx昆明市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋2|x－1|－a.
(1)若a＝1，求不等式f(x)>x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤a(x＋2)的解集為非空集合，求a的取值范圍．
[解析] (1)當a＝1，不等式為|x＋1|＋2|x－1|－1>x＋2，即|x＋1|＋2|x－1|>x＋3，
不等式等價于，或，或，
解得x<－1，或－1≤x<0，或x>2，∴x<0或x>2
所求不等式的解集為{x|x<0，或x>2}．
(2)由f(x)≤a(x＋2)得，|x＋1|＋2|x－1|－a≤a(x＋2)，
即|x＋1|＋2|x－1|≤a(x＋3)，
設g(x)＝|x＋1|＋2|x－1|＝
如圖，kPA＝，kPD＝kBC＝－3，
故依題意知，a<－3，或a≥.
即a的取值范圍為(－∞，－3)∪.
[方法點撥] 解含絕對值符號的不等式一般用分段討論法：令各絕對值號內(nèi)表達式為零，解出各分界點，按分界點將實數(shù)集分段．
6．已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|2x－a|，a∈R.
(1)當a＝3時，解不等式f(x)>0；
(2)當x∈(－∞，2)時，f(x)<0，求a的取值范圍．
[解析] (1)f(x)＝
當x>2時，1－x>0，即x<1，此時無解；
當≤x≤2時，5－3x>0，即x<，解得≤x<；
當x<時，x－1>0，即x>1，解得1恒成立．
∵x∈(－∞，2)，∴a－2≥2，∴a≥4.
7．(文)(1)若|a|<1，|b|<1，比較|a＋b|＋|a－b|與2的大小，并說明理由；
(2)設m是|a|、|b|和1中最大的一個，當|x|>m時，求證：|＋|<2.
[解析] (1)|a＋b|＋|a－b|<2.
∵|a|<1，|b|<1，
∴當a＋b≥0，a－b≥0時，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(a－b)＝2a≤2|a|<2，
當a＋b≥0，a－b<0時，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(b－a)＝2b≤2|b|<2，
當a＋b<0，a－b≥0時，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(a－b)＝－2b≤2|b|<2，
當a＋b<0，a－b<0時，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(b－a)＝－2a≤2|a|<2，
綜上知，|a＋b|＋|a－b|<2.
(2)∵m是|a|，|b|與1中最大的一個，∴m≥1，
又∵|x|>m，∴|x|>1，
∴|x|>m≥|a|，|x2|>1≥|b|，∴<1，<1，
∴|＋|≤＋<1＋1＝2，
∴原不等式成立．
(理)已知a和b是任意非零實數(shù)．
(1)求證：≥4；
(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|2－x|)恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．
[分析] (1)含兩個絕對值號，可利用|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)(a－b)|放縮．
(2)變形后為≥f(x)，運用(1)的方法可得的最小值m，則問題轉(zhuǎn)化為解不等式f(x)≤m.
[解析] (1)＝||＋||
＝|2＋|＋|2－|≥|(2＋)＋(2－)|＝4
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)得≥f(x)
又因為≥＝2則有2≥f(x)
解不等式2≥|x－1|＋|x－2|得≤x≤.
8．(文)(xx商丘市二模)已知關于x的不等式m－|x－2|≥1，其解集為[0,4]．
(1)求m的值；
(2)若a，b均為正實數(shù)，且滿足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．
[解析] (1)不等式m－|x－2|≥1可化為|x－2|≤m－1，
∴1－m≤x－2≤m－1，即3－m≤x≤m＋1，
∵其解集為[0,4]，∴，∴m＝3.
(2)由(1)知a＋b＝3，
(方法一：利用基本不等式)
∵(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤(a2＋b2)＋(a2＋b2)＝2(a2＋b2)，
∴a2＋b2≥，∴當且僅當a＝b＝時，a2＋b2取最小值為.
(方法二：利用柯西不等式)
∵(a2＋b2)(12＋12)≥(a1＋b1)2＝(a＋b)2＝9，
∴a2＋b2≥，∴當且僅當a＝b＝時，a2＋b2取最小值為.
(方法三：消元法求二次函數(shù)的最值)
∵a＋b＝3，∴b＝3－a，
∴a2＋b2＝a2＋(3－a)2＝2a2－6a＋9＝22＋
≥，
∴當且僅當a＝b＝時，a2＋b2取最小值為.
(理)(xx唐山市二模)設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．
[解析] (1)當x≤－1時，f(x)＝3＋x≤2；
當－1＜x＜1時，f(x)＝－1－3x＜2；
當x≥1時，f(x)＝－x－3≤－4.
故當x＝－1時，f(x)取得最大值m＝2.
(2)∵a2＋2b2＋c2＝2，∴ab＋bc≤[(a2＋b2)＋(b2＋c2)]＝1，
當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立．所以ab＋bc的最大值為1.
9．(文)已知a，b是不相等的正實數(shù)．
求證：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
[解析] 因為a，b是正實數(shù)，
所以a2b＋a＋b2≥3＝3ab>0
(當且僅當a2b＝a＝b2，即a＝b＝1時，等號成立)，
同理，ab2＋a2＋b≥3＝3ab>0
(當且僅當ab2＝a2＝b，即a＝b＝1時，等號成立)，
所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2
(當且僅當a＝b＝1時，等號成立)．
因為a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
(理)(xx吉林市二模、甘肅省三診)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R＋，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a、b、c∈R＋，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9.
[解析] (1)因為f(x＋2)＝m－|x|，
所以f(x＋2)≥0等價于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1.
(2)解法一：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)≥(＋＋)2＝9.
∴a＋2b＋3c≥9.
解法2：由(1)知，＋＋＝1，a、b、c∈R＋，
∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1
＝(a＋2b＋3c)(＋＋)
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋(＋)＋(＋)＋(＋)
≥3＋2＋2＋2＝9，等號在a＝2b＝3c＝時成立．
10．(文)(xx太原市模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋(a>0)．
(1)當a＝2時，求不等式f(x)>3的解集；
(2)證明：f(m)＋f≥4.
[解析] (1)當a＝2時，f(x)＝|x＋2|＋，原不等式等價于
或
或∴x<－或?或x>，
∴不等式的解集為{x|x<－或x>}．
(2)證明：f(m)＋f
＝|m＋a|＋＋＋
＝＋
≥2
＝2≥4.
(理)(xx云南統(tǒng)考)已知a是常數(shù)，對任意實數(shù)x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a的值；
(2)設m>n>0，求證：2m＋≥2n＋a.
[解析] (1)設f(x)＝|x＋1|－|2－x|，則
f(x)＝
∴f(x)的最大值為3.
∵對任意實數(shù)x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，
∴a≥3.
設h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝
∴h(x)的最小值為3.
∵對任意實數(shù)x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，
∴a≤3，∴a＝3.
(2)證明：由(1)知a＝3，
∵2m＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，
又∵m>n>0，
∴(m－n)＋(m－n)＋
≥3＝3，
∴2m＋≥2n＋a.
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