【K12教育学习资料】高考数学二轮专题复习考前回扣不等式选讲检测试题文选修4-5

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高考数学二轮复习第二部分专题七选考4系列专题强化练十九不等式选讲理

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题专题强化练十九不等式选讲1．设函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |，若存在x ∈R ，使得f (x )＞|3a －1|成立，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4. 所以f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )＞|3a －1|成立，所以|3a －1|＜4，解得－1＜a ＜53，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－1，53. 2．已知函数f (x )＝|2x －1|－|x －a |，a ≤0. (1)当a ＝0时，求不等式f (x )＜1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于32，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＜1化为|2x －1|－|x |－1＜0，当x ≤0时，不等式化为x ＞0，无解；当0＜x ≤12时，不等式化为x ＞0，解得0＜x ≤12；当x ＞12时，不等式化为x ＜2，解得12＜x ＜2；综上，f (x )＜1的解集为{x |0＜x ＜2}．(2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1－a ，x ＜a ，－3x ＋1＋a ，a ≤x ≤12，x －1＋a ，x ＞12. 所以f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为(1－a ，0)，⎝⎛⎭⎪⎫1＋a 3，0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，a －12，该三角形的面积为（1－2a ）26.由题设（1－2a ）26＞32，且a ≤0，解得a ＜－1.所以a 的取值范围是(－∞，－1)．3．设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．证明：(1)因为a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b ＞c ＋d ，只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2，也就是证明a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd ，只需证明ab ＞cd ，即证ab ＞cd . 由于ab ＞cd ，因此a ＋b ＞c ＋d .(2)①若|a －b |＜|c －d |，则(a －b )2＜(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd .由(1)得若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d .②若a ＋b ＞c ＋d ，则(a ＋b )2＞(c ＋d )2，所以a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd . 因为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 |.综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |.(1)解：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1，所以－1＜x ≤－12；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立．当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1，所以12＜x ＜1.所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1. 从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)·(1－b )2＜0，所以(a ＋b )2＜(1＋ab )2，因此|a ＋b |＜|1＋ab |.5．(2018·郑州质检)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数．(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＞4的解集； (2)求f (a )的最小值．解：(1)当a ＝1时，不等式f (x )＞4，即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |＞4，①当x ＜－1时，得f (x )＝2＞4，无解；②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |＞4，解得|x |＜12，得－12＜x ＜0或0＜x＜12； ③当x ＞1时，得f (x )＝2＞4，无解；综上，不等式f (x )＞4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |，①当a ＜－1或a ＞1时，f (a )＝2a2|a |＝2|a |＞2，②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2，综上知，f (a )的最小值为2.6．(2018·衡水中学检测)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )＞1x＋a 的解集包含[2，3]，求实数a 的取值范围．解：(1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2，当x ＜－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2，解得x ≤－12，故x ＜－3；当－3≤x ≤1时，有2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2，解得x ≤34，故－3≤x ≤34；当x ＞1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解．综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34. (2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|＞1x＋a 在[2，3]上恒成立，则3x ＋1－1x＞a 在[2，3]上恒成立．又因为g (x )＝3x ＋1－1x在[2，3]上为增函数，所以有3×2＋1－12＞a ，解得a ＜132.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，132.7．(2018·江南名校联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (x )＋f (2x ＋5)≥x ＋9；(2)若a ＞0，b ＞0，且1a ＋4b ＝2，证明：f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，并求f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ，b 的值． (1)解：f (x )＋f (2x ＋5)＝|x －1|＋|2x ＋4|≥x ＋9，当x ≤－2时，不等式为4x ≤－12⇒x ≤－3，所以x ∈(－∞，－3]；当－2＜x ＜1时，不等式为5≥9，不成立；当x ≥1时，不等式为2x ≥6⇒x ≥3，所以x ∈[3，＋∞)，综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)证明：法一 f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1|≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a ＞0，b ＞0)．又1a ＋4b＝2，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2a b ≥52＋2b 2a ·2a b ＝92，即f (x ＋a )＋f (x －b )≥92.当且仅当b 2a ＝2ab，即b ＝2a 时“＝”成立；由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，12a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.法二 f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1|，当x ≤1－a 时，f (x ＋a )＋f (x －b )＝－x －a ＋1－x ＋b ＋1＝－2x ＋2－a ＋b ≥a ＋b ；当1－a ＜x ＜1＋b 时，f (x ＋a )＋f (x －b )＝x ＋a －1－x ＋b ＋1＝a ＋b ；当x ≥1＋b 时，f (x ＋a )＋f (x －b )＝x ＋a －1＋x －b －1＝2x －2＋a －b ≥a ＋b ，所以f (x ＋a )＋f (x －b )的最小值为a ＋b ， (a ＋b )＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2a b ≥52＋2b 2a ·2a b ＝92. 即f (x ＋a )＋f (x －b )≥92.当且仅当b 2a ＝2ab ，即b ＝2a 时“＝”成立．由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，12a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.8．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2. 由f (x )≥1可得，①当x ＜－1时，显然不满足题意； ②当－1≤x ≤2时，2x －1≥1，解得x ≥1，则1≤x ≤2；③当x ＞2时，f (x )＝3≥1恒成立，所以x ＞2. 综上知f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}．(2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.。

高三数学(理)二轮专题复习习题：专题七选考系列第2讲不等式选讲含解析

高三数学（理）二轮专题复习习题：专题七选考系列第2讲不等式选讲含解析高考定位本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)画出y ＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b ，求a ＋b 的最小值.解 (1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x<－12，x ＋2，－12≤x<1，3x ，x≥1. y ＝f(x)的图象如图所示.(2)由(1)知，y ＝f(x)的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.2.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x2＋ax ＋4，g(x)＝|x ＋1|＋|x －1|.(1)当a ＝1时，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 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f(x)＝－x2＋x ＋4，g(x)＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x>1，2，－1≤x≤1，－2x ，x<－1.①当x>1时，f(x)≥g(x)－x2＋x ＋4≥2x ，解之得1<x≤.②当－1≤x ≤1时，f(x)≥g(x)(x －2)(x ＋1)≤0，则－1≤x≤1.③当x<－1时，f(x)≥g(x)x2－3x －4≤0，解得－1≤x≤4，又x<－1，∴不等式此时的解集为空集.综上所述，f(x)≥g(x)的解集为.(2)依题意得：－x2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立.则x2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需解之得－1≤a≤1.故a 的取值范围是[－1，1].考点整合1.绝对值不等式的性质定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0。

2020年高考数学(文)二轮专项复习专题12 不等式选讲

专题12 不等式选讲不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法以及数学归纳法在不等式中的应用等，命题的热点是绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．本部分命题形式单一、稳定，是三道选考题目中最易得分的，所以可重点突破.【知识要点】1．含有绝对值的不等式的解法 (1)|f (x )|＞a (a ＞0)⇔f (x )＞a 或f (x )＜－a ； (2)|f (x )|＜a (a ＞0)⇔－a ＜f (x )＜a ；(3)|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 2．绝对值三角不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式． 3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a nn ≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 4．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立． (2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑ni ＝1a 2i )(∑ni ＝1b 2i )≥(∑ni ＝1a i b i )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|a |·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．【复习要求】（1）理解绝对值的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：① ;b a b a +≤+② ;b c c a b a -+-≤-（2）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：c b ax ≤+ c b ax ≥+ a b x c x ≥-+-（3）会用不等式①和②证明一些简单问题。

【配套K12】[学习]2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题对点练27 不等式选讲文

专题对点练27 不等式选讲(选修4—5) 1. (2018全国Ⅰ,文23)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.2.(2018全国Ⅲ,文23)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.3.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.求证:(1)ab+bc+ac≤;(2)≥1.4.已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.专题对点练27答案1.解 (1)当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|,即f(x)=故不等式f(x)>1的解集为.(2)当x∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax-1|<1成立.若a≤0,则当x∈(0,1)时|ax-1|≥1;若a>0,|ax-1|<1的解集为0<x<,所以≥1,故0<a≤2.综上,a的取值范围为(0,2].2.解 (1)f(x)=y=f(x)的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且仅当a≥3且b≥2时,f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.3.证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(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)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+(a+b+c)≥2(a+b+c),即≥a+b+c.所以≥1.4.解 (1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<x<1;当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为.(2)由题设可得f(x)=所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,B(2a+1,0),C(a,a+1), 故△ABC的面积为 (a+1)2.由题设得 (a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范围为(2,+∞).。

高考数学二轮复习专题综合测试卷(6)不等式与线性规划、推理与证明、框图

6不等式与线性规划、推理与证明、框图时间120 分钟，满分150 分。

一、选择题(本大题共12 个小题，每题 5 分，共60 分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)1．(文 )(2015山·东文，1)已知会合A＝ { x|2＜x＜4} ，B＝{ x|(x－ 1)(x－ 3)＜ 0} ，则A∩B＝()A ． (1,3)B． (1,4)C．(2,3)D． (2,4)[答案 ]C[分析 ]观察1.会合的基本运算； 2.一元二次不等式的解法．因为 B＝ { x|1＜ x＜ 3} ，所以 A∩B＝ (2,3)，应选 C.x81}， B＝ { x|log22－ x)>1} ，则 A∩B＝ ()(理 )(2015 南·昌市一模 )若会合A＝ { x|1 ≤3(xA ． (2,4]B． [2,4]C．( －∞，0)∪[0,4]D． (－∞，－ 1)∪[0,4] [答案 ]A[分析 ]x0x 422－因为 A＝{ x|1 ≤3 81}＝ { x|3≤3≤3}＝ { x|0 ≤x≤ 4}， B＝ { x|log2( x － x)>1} ＝ { x|xx>2} ＝ { x|x<－ 1或 x>2} ，所以 A∩B＝{ x|0 ≤x≤ 4} ∩{x|x<－1或 x>2} ＝ { x|2<x≤ 4}＝(2,4] ．2． (2015 ·东文，广3)以下函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是()A ． y＝ x＋ sin 2x2B． y＝ x － cos xC．y＝ 2x＋1x D． y＝ x2＋ sin x 2[答案 ]D[分析 ]观察函数的奇偶性．函数 f(x) ＝ x＋sin2x 的定义域为R，对于原点对称，因为f(－ x)＝－ x＋ sin(－ 2x)＝－ x －sin 2x＝－ f(x)，所以函数 f(x)＝ x＋ sin2x 是奇函数；函数f(x)＝ x2－ cos x 的定义域为R，对于原点对称，因为f(－ x)＝ (－ x)2－ cos(－ x)＝ x2－ cos x＝ f(x)，所以 f(x)＝x2－ cos x 是偶函数；函数 f(x)＝x 1R，对于原点对称，因为－ x11x，2＋ x的定义域为f(－x)＝ 2 ＋－x＝ x＋2＝f(x) 222所以函数 f(x)＝x 122＋x是偶函数；函数f( x)＝x＋sin x的定义域为R，对于原点对称，因为f(1) 2＝1＋ sin 1，f(－ 1)＝ 1－ sin 1，所以函数 f(x)＝ x2＋sin x 既不是奇函数，也不是偶函数；应选D．3．(文 )(2015福·建文， 1)若 (1＋ i) ＋ (2－ 3i)＝ a＋ bi(a，b∈R， i 是虚数单位 )，则 a，b 的值分别等于 ()A．3，－ 2B． 3,2C．3，－ 3D．－ 1,4 [答案 ]A[分析 ]观察复数的观点．由已知得3－ 2i＝ a＋bi ，所以 a＝ 3， b＝－ 2，选 A.(理 )(2015新·课标Ⅱ文， 2)若 a 为实数，且2＋ai＝ 3＋ i，则 a＝ () 1＋ iA．－ 4B．－ 3C．3D． 4[答案 ]D[分析 ]观察复数运算与复数相等的条件．由题意可得2＋ai ＝ (1＋ i)(3＋ i) ＝ 2＋ 4i? a＝ 4，应选 D ．4． (文 )(2015 浙·江文， 3)设 a，b 是实数，则“a＋ b>0”是“ab>0”的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件[答案 ]D[分析 ]观察1.充足条件、必需条件； 2.不等式的性质．此题采纳特别值法：当a＝ 3， b＝－ 1 时， a＋ b>0，但ab<0，故不是充足条件；当a＝－3，b＝－ 1 时， ab>0，但 a＋ b<0，故不是必需条件．所以“a＋b>0”是“ab>0”的既不充足也不用要条件，应选 D ．(理 )已知 a1、a2∈ (1，＋∞)，设 P＝1＋1，Q＝1＋1，则 P 与 Q 的大小关系为 () a1a2a1a2A．P>Q B． P<Q C．P＝ Q D．不确立[答案 ]B[分析 ]∵ a1>1，a2>1，1 11a1＋ a2－ 1－a1a2∴ P－ Q＝ (a1＋a2)－(a1a2＋ 1)＝a1a2－a1－a2－<0，∴ P<Q，应选 B ．＝a1a25．履行以下图的程序框图．若输出y＝－ 3，则输入角θ＝ ()ππA. 6B ．－ 6ππ C.3D ．－ 3[答案 ] D[分析 ]由输出 y ＝－3得，πππ π|θ|< ，或 4 ≤|θ|< ，42∴ θ＝－ .sin θ＝－ 3，tan θ＝－ 33.x ＋ y ≥－1，6．( 文 )(2015 湖·南理， 4) 若变量 x ，y 知足拘束条件 2x － y ≤1，则 z ＝ 3x － y 的最小值y ≤1，为()A ．－ 7B ．－ 1C ．1D ． 2[答案 ]A[分析 ] 以以下图所示，画出线性拘束条件所表示的地区，如图，进而可知当直线 3x － y＝z 经过点 A 时，－ z 最大，即当 x ＝－ 2， y ＝ 1 时， z ＝3x － y 取到最小值－ 7，应选 A.x ＋y ≥0，(理 )(2015 南·昌市二模 )若实数 x ，y 知足条件 x －y ＋ 1≥0，则 x － 3y 的最小值为 ()0≤x ≤1， A ．－ 5B ．－ 3C．1D． 4[答案 ]A[分析 ]不等式组表示的平面地区以下图，平移直线x－ 3y＝ 0知，当直线z＝ x－ 3y 经过点 B(1,2)时， z 获得最小值，z min＝ 1－3×2＝－ 5.7． (文 )(2015 四·川文， 6)履行以下图的程序框图，输出S 的值为 ()33A．－2B．211C．－2D．2[答案] D[分析 ]观察程序框图．k＝ 4 时，不知足k>4，第四次履行循环体，第四次循环后，k＝ 5，此时不知足条件，∴5π11S＝ sin 6＝2，故输出2，选 D．(理 )(2015 湖·南理， 3) 履行以下图的程序框图．假如输入n＝3，则输出的 S＝ ()63 A. 7B．784 C.9D．9 [答案 ]B[分析 ]观察 1.程序框图； 2.裂项相消法求数列的和．由题意得，输出的 S 为数列1的前三项和，而1n－n＋n－n＋11－1＝22n＋ 1 ，2n－ 111n3∴ S n＝21－2n＋ 1＝2n＋1? S3＝7，应选 B．8．已知 a、b 分别为直线y＝ x＋1 的斜率与纵截距，复数a－b＋在复平z＝i面上对应的点到原点的距离为()A ． 1B． 2C．4D． 2 [答案 ]B[分析 ]由已知得， a＝ 1， b＝ 1， z＝－＋1＋ i－ i＋ 1＝2＝－2i，故复数i＝i iz 在复平面上对应的点的坐标为(0，－ 2)，所求距离为2，选 B．x＋ 1≥0，9． (文 )设实数 x、 y 知足条件 x－ y＋1≥0，则 y－ 4x 的最大值是 ()x＋ y－2≤0，1A．－ 4B．－2C．4D． 7[答案] C[分析 ]作出可行域如图，令y－4x＝ z，则当直线y＝ 4x＋z 经过点 A( － 1,0)时， z max＝4.x－ y≥0，(理 )(2015 安·徽文， 5)已知 x，y 知足拘束条件x＋ y－ 4≤0，则 z＝－ 2x＋ y 的最大值是y≥1，()A．－ 1B．－ 2C．－ 5D． 1[答案 ] [分析 ]A依据题意作出拘束条件确立的可行域，以以下图：由 z＝－ 2x＋ y 得， y＝ 2x＋z，可知在图中A(1,1) 处， z＝－ 2x＋y 取到最大值－1，应选A.x－ y－ 1≤0，10． (文 )已知 x、y 知足拘束条件当目标函数z＝ ax＋ by(a>0，b>0)在该2x－ y－3≥0，拘束条件下取到最小值 2 5时， a2＋ b2的最小值为 ()A ． 5B． 4C. 5D． 2[答案] B[分析 ]此题观察线性规划与点到直线的距离．以下图x－y－ 1＝ 0，x＝ 2，由解得2x－ y－ 3＝ 0.y＝ 1.∴ A 点坐标为 (2,1) ，z＝ ax＋ by 在 A 点处获得最小值25，即2a＋ b＝ 2 5.22a ＋ b可看作两点(0,0)(a，b)的距离的平方，原点到直线2a＋ b＝ 2 5的距离的平方是(25)2＝ 4.5x≥1，(理 )不等式组x＋ y－ 4≤0，表示面积为 1 的直角三角形地区，则k 的值为 () kx－ y≤0A．－ 2B．－ 1C．0D． 1[答案 ]D[分析 ]因为不等式组表示面积为 1 的直角三角形地区，∴直线或与直线x＋y－ 4＝ 0 垂直，再由围成面积为 1 的直角三角形地区知y＝ kx 与直线k＝ 1.x＝ 1 垂直x≥111． (文 )已知 x、 y∈R，且知足x－ 2y＋ 3≥0，则 x2＋ y2－ 6x 的最小值等于 ()y≥x9A．－2B．－ 4C．0D．－ 1[答案]A[分析 ]作出可行域如图，x2＋ y2－ 6x＝ (x－ 3)2＋ y2－ 9表示平面地区ABC内的点到点P(3,0)距离的平方减去 9，因为 |PA|＝ 5， P 到直线 y＝x 的距离 d＝32，2∴x2＋ y2－ 6x≥－9，应选A. 2(理 )(2014 新·课标Ⅱ文， 8)履行下边的程序框图，假如输入的x、 t 均为 2，则输出的S ＝()A ． 4B． 5C．6D． 7[答案 ]D1 [分析 ]程序运转过程挨次为：x＝ 2， t＝ 2， M＝1， S＝ 3，k＝ 1→M＝1×2＝ 2， S＝ 2＋23＝ 5， k＝ 2→M＝2×2＝ 2， S＝ 2＋5＝ 7， k＝3，∵ 3>2，不知足k≤t，输出 S＝7 后结束．12． (文 )(2015 北·京理， 6) { a n} 是等差数列．以下中正确的选项是()A ．若 a1＋ a2＞ 0， a2＋ a3＞ 0B．若 a1＋ a3＜ 0， a1＋ a2＜ 0C．若 0＜ a1＜ a2， a2＞a1a3D．若 a1＜ 0， (a2－a1)(a2－ a3)＞ 0[答案] C[分析 ]考等差数列通公式；作差比法．先剖析四个答案， A 一反例a1＝2，a2＝－ 1，a3＝－ 4，a1＋ a2>0，而 a2＋ a3<0，A； B 同反例 a1＝ 2，a2＝－ 1， a3＝－ 4， a1＋ a3<0 ，而 a1＋ a2>0， B ；下边 C 行研究， { a n} 是等差数列，若 0< a1 <a2， a1>0，公差 d， d>0，数列各均正，因为 a22－ a1a3＝ (a1＋ d)2－ a1(a1＋ 2d)＝ a21＋ 2a1d＋d2－ a21－ 2a1d＝ d2>0， a22>a1a3? a2> a1a3，C.(理 )(2015 广· 文， 10)若会合 E＝ {( p，q，r ，s)|0 ≤p＜ s≤ 4,0q≤＜ s≤ 4,0r≤＜ s≤4且 p，q，r，s∈N } ，F ＝ {( t， u，v，w)|0 t≤＜ u≤ 4,0v≤＜ w≤4且 t，u， v，w∈N} ，用 card (X) 表示会合X 中的元素个数，card(E)＋ card(F)＝ ()A．200 C．100B． 150 D． 50[答案 ]A[分析 ]当s＝4，p，q，r都是取0,1,2,3中的一个，有4×4×4＝64种，当s＝3，p，q， r 都是取 0,1,2 中的一个，有3×3×3＝ 27 种，当 s＝2 ， p，q， r 都是取 0,1 中的一个，有 2×2×2＝8 种，当 s＝ 1 ， p， q， r 都取 0，有 1 种，所以 card(E)＝ 64＋ 27＋ 8＋ 1＝100，当 t＝ 0 ， u 取 1,2,3,4 中的一个，有 4种，当 t＝ 1， u 取 2,3,4 中的一个，有 3 种，当 t ＝2 ， u 取 3,4 中的一个，有 2 种，当 t ＝3 ， u 取 4，有 1 种，所以 t 、u 的取有1＋ 2＋3＋ 4＝ 10 种，同理， v、 w 的取也有10 种，所以 card(F)＝ 10×10＝100，所以 card(E)＋card(F)＝ 100＋ 100＝200，故 A.二、填空 (本大共 4 个小，每小 5 分，共 20 分，将正确答案填在中横上)13． (文 )(2014 哈·三中二模 )称数是指从左到右与从右到左都一的正整数，如22,121,3443,94249 等，然 2位称数有9 个： 11,22,33，⋯， 99,3 位称数有 90个：101,111,121，⋯，191,202 ，⋯， 999， 2n＋1(n∈N* )位称数有 ________个．[答案 ]9×10n[分析 ]易知称数的位数与个数如表：位数2345⋯个数99090900⋯∴ 2n＋1 位称数有9×10n个．(理 )(2014 ·北三省三校二模) 察以下等式： 3 2, 3 3 2, 3 332, 3 ＋ 3 ＋1 ＝ 1 1 ＋2 ＝3 1 ＋2 ＋3 ＝ 6 1 2 3323 ＋4 ＝10 ， ⋯ ，依据上述律，第 n 个等式 ______________．[答案 ]13＋ 23＋ ⋯＋ n 3＝n 2n ＋ 24[分析 ] 本考推理，等式左是 n 个正整数的立方和，右的数都是整数的平方，因为 1＝ 1,1＋ 2＝ 3,1＋ 2＋ 3＝6,1＋ 2＋ 3＋ 4＝ 10，∴第 n 个等式右是 (1＋ 2＋3＋ ⋯＋n) 2，即 [n n ＋] 2，222故填 13＋23＋⋯ ＋ n 3＝nn ＋.4[方法点 ] 由几个表达式得出一个包括已知表达式在内的一般，要注意从数字律、构特点、符号律等多方面行观察，最重要的切入点是构特点．14． (文 )如所示，程序框 (算法流程 )的出果是 ________．[答案 ] 15[分析 ]由 T ＝ T ＋ k 可知 T 是一个累加量，原求 1＋ 2＋ 3＋⋯ ＋ k 的和，其和 k k ＋.令kk ＋ ≤ 105，得 k ≤ 14故.当 k ＝ 15 ， T ＝ 1＋ 2＋ 3＋ ⋯ ＋15＝ 120>105，22此出 k ＝15.(理 )(2014 河·南豫、豫北十所名校考) 假如行如所示的程序框，那么出S 的________．[答案 ] 2548[分析 ]程序运转程：k＝ 1，S＝ 0， k≥－ 50 足→ S＝ 0－ 2×1＝－ 2， k＝ 1－ 1＝ 0，k≥－ 50 足→ S＝－ 2－ 2×0＝－ 2，k＝ 0－1＝－ 1，k≥－ 50 足→ S＝－ 2－ 2×(－ 1)，k＝－ 1－1＝－ 2，k≥－ 50 足⋯挨次行下去，到 k＝－ 50 仍足 k≥－ 50，S 的减去 2×(－ 50)，k＝－ 50－1＝－ 51，此不再足条件 k≥－ 50，出 S 的后束循，故出 S 的＋－2－ 2×(－ 1)－ 2×(－ 2)＋⋯－ 2×(－ 50)＝－ 2＋2(1＋ 2＋ 3＋⋯＋ 50)＝－ 2＋2×2＝2548.x－ 2≤0，15． (文 )不等式 y≤0，表示的平面地区D，地区 D 的面 ________， zx＋ y≥0＝x＋ y 的最大 ________．[答案] 2 2[分析 ]作出地区 D 如，其面1S＝ 2×2×2＝ 2，当直z＝x＋ y点A(2,0) ， z max＝2.(理 )假如直ax－ by＋ 5＝ 0(a>0，b>0)和函数 f(x)＝ m x＋1＋1(m>0，m≠1)的象恒同一个定点，且定点始落在( x－a＋ 1)2＋ (y＋ b＋1)2＝85的内部或上，那么ab 的取242a＋b范是 ________．[答案 ][3，5] 79[分析 ]依据指数函数的性，可知函数x＋1，m≠1)恒定点 (－ 1,2)，将f( x)＝ m ＋ 1(m>0点( －1,2)代入 ax－ by＋ 5＝ 0，能够获得 a＋ 2b＝5.ab 作以下形：2a＋bab ＝ 12＝522a＋ b1a＋ 2b 1＋b ＋ba a＝5.b＋ a5＋a b因为 (－ 1,2)始落在所的内部或上，252 85所以 a ＋( b ＋2) ≤4 .a ＋2b ＝ 5，a ＝ 1， a ＝3，由解得明点 (a ，b)在以 A(1,2)和 B(3,1)2＝ 85，或b ＝ 1， a 2＋ b ＋ 5b ＝ 224b1b a10端点的段上运，所以a 的取范是 [3， 2]，进而 a ＋b 的取范是 [2 ， 3 ] ，一步能够推得 ab3 5的取范是 [， ] ．2a ＋ b79[点 ]于指数函数恒定点的，就是指数零，函数必定 1.同于点在内和上的文字言，只有正确翻符号言，才能获得 a ，b 的关系式，一步求解后边的．此外，我获得a ，b 表达式后，可否利用 b ，来表示 b ＋a的范，即a ab所求的果，个是点，体了数学中的化思想的运用．x 2y 216．(文 )(2014 河·北衡水中学二) 中有以下：a 2＋b 2＝ 1(a>b>0)上斜率 1的弦的中点在直x yx 2y 2a 2＋b 2 ＝ 0 上，比上述：双曲 a 2－ b 2＝ 1(a ，b>0)上斜率 1 的弦的中点在直 ________上．xy[答案 ]a 2 －b 2＝ 0x 2 y 2x y[分析 ]a2＋b2＝ 1(a>0，b>0)上斜率 1 的弦的中点在直a2＋b 2＝ 0 上．比上述可知，双曲x 2y 2＝ 1(a>0， b>0) 上斜率 1 的弦的中点在直 x y＝0 上．a 2－ b 2 a 2 － b 2 (理 )平面向量也叫二向量，二向量的坐表示及其运算能够推行到n(n ≥ 3) 向量，n 向量可用 (x 1，x 2，x 3，⋯，x n )表示．向量 a ＝ (a 1，a 2，a 3，⋯ ，a n )，b ＝ (b 1，b 2，b 3，⋯ ，na ib ii ＝ 1b n )，定向量 a 与 b 的角 θ的余弦 cos θ＝.当 a ＝ (1,1,1，⋯ ，1n 个 1 ，nna i 2b i 2i ＝1i ＝1b ＝， cos θ＝________.(－ 1，－ 1，1,1， ⋯ ，1n － 2个 1[答案 ] n － 44[分析 ]依照 n 向量的坐表示及n 向量 a 与 b 的角余弦公式得，当 a ＝(1,1,1，⋯ ，n1 ， b ＝ (－ 1，－ 1， 1,1， ⋯ ， 1 ，a ib i ＝ 1×(－ 1)＋ 1×(－1) ＋1×1＋ ⋯＋ 1×1＝ n －4.n个n －2个i ＝1na 2i ＝ 12＋ 12 ＋⋯ ＋ 12＝ n ，i ＝1nb 2i ＝ (－ 1)2＋ (－ 1)2＋ 12＋ ⋯＋ 12＝ n ，i ＝1∴ cos θ＝n －4＝n － 4.n ·n n三、解答 (本大共 6 个小，共 70 分，解答写出文字明、明程或演算步)17．(本分10 分 )(文 )如所示，在复平面内有三点P 1、P 2、P 3 的复数分1＋ a 、1＋ 2a 、1＋ 3a ，且 OA ＝ 1，|a|＝ 2，O 原点，若 S △ P 1OP 2＋ S △ P 2OP 3＝ 2，求的复数 a.[分析 ]由向量加法的运算法知， → →→OA ＋ AP i ＝ OP i ，i ＝ 1,2,3. ∵ P 1、P 2、 P 3 的复数分 1＋a 、 1＋ 2a 、 1＋ 3a ， →→→a 、 2a 、 3a ，∴ AP 1、 AP 2、 AP 3 的复数→ 1→ 1→∴ AP 1＝ 2AP 2＝ 3AP 3，即 A 、 P 1、 P 2、 P 3 共，→θ.AP 3与 x 正方向角 ∵ |a|＝ 2，∴ S △ AOP 3＝1 → →1|OA| |AP ·3|sin θ＝ ×1×|3a| sin ·θ＝ 3sin θ.221 → →1∴ S △AOP 1＝ 2|OA| |AP ·1|sin θ＝ 2×1×|a| sin ·θ＝ sin θ. 然 S △ P 1OP 2＋ S △ P 2 OP 3＝ S △OAP 3－ S △OAP 1＝ 2sin θ.π进而 2sin θ＝2， sin θ＝ 1，∵ θ∈ (0， π)，∴ θ＝，2所以 a ＝ 2i.(理 ) 于随意的复数 z ＝ x ＋ yi(x 、 y ∈ R )，定运算 P(z)＝ x 2[cos( y)π＋isin( y)]π． (1)会合 A ＝{ ω|ω＝ P(z)， |z| ≤1，x 、y 均整数 } ，用列法写出会合 A ；(2)若 z ＝ 2＋ yi(y ∈ R )，P(z) 虚数，求 |z|的最小；(3)直 l ： y ＝x － 9 上能否存在整点 (x ， y)(坐 x 、 y 均整数的点 )，使复数z ＝ x ＋yi运算 P 后， P(z) 的点也在直l 上？若存在，求出全部的点；若不存在，明原因．[分析 ] (1)z＝ x＋ yi ，? x2＋ y2≤1，|z| ≤1x＝±1， x＝ 0，x＝ 0，因为 x、y∈Z，得y＝±1， y＝ 0.y＝0，∴P( ±1) ＝ 1， P( ±i) ＝ 0， P(0) ＝ 0，∴ A＝ {0,1} ．(2)若 z＝ 2＋ yi(y∈R)， P(z)＝ 4[cos( y)π＋ isin( y)]π．y ＝0，若 P(z)虚数，y，∴y＝ k＋12， k∈Z，2212∴ |z|＝2＋y＝k＋2＋ 4，k∈Z，当 k＝ 0 或－ 1， |z|min＝17.2(3)P(z) 点坐 (x2cos( πy)， x2sin( y))π，y＝ x－9，由意得22y － 9，x y ＝ xx、 y∈Z，∴x2sin(xπ－ 9π)＝x2cos(xπ－ 9π)－9，∴x2sin( x)π＝ x2cos( πx)＋ 9.∵ x∈Z，2∴①当 x＝ 2k， k∈Z，得 x ＋ 9＝ 0 不建立；∴ x＝±3 建立．x＝ 3，x＝－ 3，此或y＝－ 6y＝－ 12，即 z＝ 3－6i 或 z＝－ 3－ 12i.18． (本分12 分)察下表：1，2,34,5,6,78,9,10,11,12,13,14,15，⋯⋯： (1)此表第 n 行的最后一个数是多少？(2)此表第 n 行的各个数之和是多少？(3)2012是第几行的第几个数？(4)能否存在n ∈ N * ，使得第n 行起的10 行的全部数之和227－ 213－ 120？若存在，求出n 的；若不存在，明原因．n[分析 ] (1)∵第 n ＋1 行的第 1 个数是 2 ，n∴第 n 行的最后一个数是2 － 1.(2)2n －1＋ (2n － 1＋ 1)＋ (2 n －1＋ 2)＋ ⋯ ＋ (2n － 1)n －1＋ 2n －n －12n －3 n －2＝＝ 3·2 － 2 .2(3)∵ 210＝ 1024,211＝ 2048,1024<2012<2048 ，∴ 2012 在第 11 行，行第 1 个数是 210＝ 1024 ，由 2012－1024 ＋ 1＝ 989，知 2012 是第11 行的第 989 个数．(4) 第 n 行的全部数之和a n ，第 n 行起 10 行的全部数之和S n .a n ＝ 3·22n － 3－ 2n －2， a n ＋1＝ 3·22 n － 1－ 2n －1，a n ＋2 ＝ 3·22n ＋ 1－2n ， ⋯ ， a n ＋ 9＝ 3·22n ＋ 15－ 2n ＋7，∴ S n ＝ 3(2 2n － 3＋ 2 2n － 1 2n ＋ 15)－ (2 n － 2 n － 1 n ＋ 722n －310－＋⋯＋2＋ 2 ＋⋯＋2 )＝ 3·－4－ 1n － 2102－＝22 n ＋ 17－ 22 n － 3－ 2n ＋ 8＋2n －2，n ＝ 5 ， S 5＝ 227－ 128－ 213＋ 8＝ 227－ 213－ 120.2－1∴存在 n ＝ 5 使得第 5 行起的 10 行的全部数之和227－ 213－120.19．(本分12 分 )(文 ) 看下边一段数学公式的程，指出各自运用了哪一种推理方式．公式： S 2(n)＝ 12＋ 22 ＋ 32＋ ⋯ ＋ n 2(n ∈ N * )．(1)第一列表算察：n 1 2 3 4 5 6 7 8 ⋯ S 2(n)1514305591140204⋯此思程运用了什么推理？(2)从上表中的数据没有明的，于是想到正整数之和的公式S 1(n)＝ 1＋ 2＋ 3＋ ⋯1＋n ＝ 2n(n ＋ 1)，两者可否相关系呢？此思程运用了什么推理？(3)再列表算、比：n 1 2 3 4 5 6 7 8 ⋯ S 1(n)1 3 6 10 15 21 28 36 ⋯ S 2(n)1514305591140204⋯此思程运用了什么推理？(4)从上表中数据没有看出明的律，再一步列表算：n 1 2 3 4 5 6 7 8 ⋯ S 1(n) 1 3 6 10 15 21 28 36 ⋯ S 2(n) 1 5 14 30 55 91 140 204 ⋯ S 2 n 3 5 7 9 11 13 15 17 ⋯S 1 n33333333此思程运用了什么推理？(5)从上表了律：S 2 n ＝2n ＋ 1，于是猜想： S 2(n)＝1n(n ＋1)(2 n ＋ 1)．S 1 n36此思程运用了什么推理？[分析 ] (1)通直接算获得的数字，用的是演推理．(2)通比，用的是比推理．(3)通直接算获得的数字，用的也是演推理．(4)通直接算获得的数字，用的是演推理．(5)通剖析律，加以，用的是推理．(理 )先以下框，再解答相关：(1)当入的n 分 1,2,3 ， a 各是多少？(2)当入已知量n ，① 出a 的果是什么？明之；② 出 S 的果是什么？写出求S 的程．[分析 ]1；当 n ＝ 2 ， a ＝ 1；(1)当 n ＝ 1 ， a ＝ 315当 n ＝3 ， a ＝ 351.(2)( 方法一 )当入 n ，①中出果a n ，②中出果S n ，1 2n － 3a n ＝2n － 3a 1＝， a n ＝a n － 1( n ≥ 2)，所以(n ≥ 2)32n ＋ 1a n － 1 2n ＋ 1所以 a n ＝ a n a n －1 a 22n － 3 2n － 5 2n －7 1 11·11.· · ·a 1＝·· ⋯ ·＝＝ 2－1a n －1 n －2a 12n ＋ 1 2n － 1 2n － 3 5 32n ＋ 1 2n － 14na111 1111 (方法二 )由 a 1＝ 3＝ 4×12－ 1， a 2＝ 15＝4×22－ 1，a 3＝35＝4×32－1，猜想 a n ＝4n 2－ 1.明： (1)当 n ＝ 1 ，建立，*a k ＝ 1，(2)假当 n ＝k(k ≥1， k ∈N ) 建立，即24k － 1 当 n ＝ k ＋ 1 ，a k ＋1＝k ＋－ 3 2k －1 1k ＋＋ a k ＝· 2－112k ＋3 4k ＝1＝12－1.k ＋k ＋k ＋所以当 n ＝ k ＋ 1 ，建立，*1故 n ∈ N ，都有 a n＝4n 2－ 1建立．因 a n ＝1＝12n ＋ n －4n － 1 1 1 － 1 )，＝ (2 2n － 1 2n ＋ 11 1 1 1 11 1 －1)所以 S n ＝a 1＋a 2＋ ⋯ ＋ a n ＝ (1－ )＋ ( －)＋⋯＋ (2 32352 2n －1 2n ＋ 1 1 1 )＝ n .＝ (1－2 2n ＋1 2n ＋ 120． (本分 12 分 )(文 )(2015 唐·山一模 ) 数列 { a n } 的前 n 和 S n ，足 (1－ q)S n ＋qa n ＝1，且 q(q － 1) ≠0.(1)求 { a n } 的通公式；(2)若 S 3， S 9， S 6 成等差数列，求：a 2，a 8， a 5 成等差数列．[分析 ] (1)当 n ＝ 1 ，由 (1－ q)S 1＋ qa 1＝1 得， a 1＝ 1.当 n ≥2 ，由 (1 －q)S n ＋qa n ＝ 1，得 (1－ q)S n － 1＋ qa n － 1＝ 1，两式相减得 a n ＝ qa n － 1，又 q(q － 1) ≠0，所以 { a n } 是以 1 首， q 公比的等比数列，故 a n＝ q n －1.(2)由 (1) 可知 S n ＝1－ a n q 1－ a 3q 1－a 6q－a 9q ，又 S 3＋ S 6＝ 2S 9，得＋＝，1－ q1－q 1－ q1－ q化得 a 3＋ a 6＝ 2a 9，两同除以 q 得 a 2＋ a 5＝ 2a 8.故 a 2， a 8， a 5 成等差数列．(理 )在数列 { a n } 中， a 1＝1， a n ＋ 1＝ 1－1， b n ＝1 ，此中 n ∈ N *.4a n2a n －1(1)求：数列 { b n } 是等差数列；1＋1＋ 1＋ ⋯ ＋ n 1－1(n ∈N * ， n ≥2)．(2)求： 2 342 － 1<b n[分析 ](1) 明： b n ＋1－ b n ＝ 1 － 12a n ＋ 1－ 1 2a n － 1＝1－112a n － 1－ 1－4a n1 1＝1 － 2a n － 1＝ 1，2－ 2a n －1∴数列 { b n } 等差数列．1(2)因 b 1＝2a 1－ 1＝1，所以 b n ＝1＋ (n － 1)＝ n ，b n －1＝ n － 1(n ≥2)，原不等式即明1＋ 1＋1＋ ⋯ ＋ n 1<n － 1(n ∈ N * ， n ≥2)，2 34 2 － 1即 1＋1＋1＋ 1＋ ⋯＋ n1 <n(n ∈N *， n ≥2)建立． 2 3 42 － 1用数学法明以下：1 1当 n ＝2 ， 1＋ 2＋ 3<2 建立，所以 n ＝ 2 ，原不等式建立；假当 n ＝ k ， 1＋ 1 112＋3＋⋯ ＋ 2k － 1<k 建立；当 n ＝k ＋ 1 ，1 1 1 1 1 1 1 1＋＋＋＋ ⋯ ＋ k ＋ k ＋ k ＋ ⋯ ＋ k ＋ 1－ 12 3 4 2 － 1 2 2 ＋ 1 2 <k ＋ 1 1 ＋ ⋯ ＋ k 1k ＋ k ＋1 ＋ k2 2 2 2 － 11 1 1 2k<k ＋ k ＋k ＋⋯ ＋k ＝k ＋2 k ＝ k ＋ 1，2 2 2所以当 n ＝ k ＋ 1 ，不等式建立，所以 n ∈ N *，n ≥2，有 1 1 112＋ 3＋4＋⋯ ＋ 2n － 1<b n－1 建立．21．(本分12 分 )(文 )已知二次函数 f(x)＝ ax 2＋ bx ＋ c(a>0)的象 (如 )与 x 有两个不一样的公共点，若 f(c)＝ 0，且 0<x<c ， f(x)>0.1与 c 的大小；(1)试比较 a(2)证明：－ 2<b<－ 1.[分析 ] (1)由已知， f(x)的图象与 x 轴有两个不一样的公共点，所以f(x)＝ 0 有两个不一样的实数根 x 1、 x 2.因为 f(c)＝ 0，且 x 1·x 2＝ c ，所以 f(x)＝ 0 的两个根就是 c 和 1.假如 1<c ，因为 a>0，故 1>0，aa a a 1 <c ，而当 0< x<c 时， f( x)>0 ，所以有 1 )>0. 这与 1 是 f(x)＝ 0 的根矛盾，所以 1即 0< f( a >c.a a a(2)证明：因为 f(c)＝ 0，所以 ac 2＋ bc ＋c ＝ 0.又 c>0，故 ac ＋ b ＋ 1＝ 0. 因为 a>0， c>0，所以 ac>0.于是 b ＋ 1<0.故 b<－1.b1 1 b 1又 f(x) 的图象的对称轴为 x ＝－ 2a ，且 f(x)＝ 0 的两根为 c 和 a ，且 c<a ，所以－2a <a ? b>－2.故－ 2<b<－ 1.x 2(理 )(2015 河·南省高考适应性测试 )已知函数 f(x)＝ lnx .(1)求 f(x)的单一区间；x(2)证明： x>1 时， x ＋ (x － 3)e 2lnx>0.[分析 ] x2，其定义域为 (0,1)∪ (1，＋ ∞)． f ′(x)＝ x2ln x －2，由 f ′(x)>0(1)因为 f(x)＝ln xx得 f(x)的单一递加区间为 ( e ，＋ ∞)，由 f ′(x)<0 得 f(x)的单一递减区间为 (0,1)，(1 ， e)e 2(2)由 (1) 知，当 x>1 时， f(x)的最小值为 f( e)＝＝2e ；ln e2x－1 21x ＝－ 1 x ，令 g(x)＝ (－ x ＋ 3x)e ， x ∈(1，＋ ∞)，则 g ′(x)＝2x－e 2 2(x － 2)(x ＋ 3)e 222x ＋ 3 由 g ′(x)>0 得函数 g(x)在区间 (1,2)上单一递加；由 g ′(x)<0 得函数 g(x) 在区间 (2，＋ ∞)上单一递减．2x所以 g(x)＝ (－ x ＋ 3x)e ≤g(2) ＝2e.所以当 x>1 时， f(x)＝x 2 2xx ＋ (x － 3)e xlnx >g(x)＝ ( －x＋3x)e ，整理即得 lnx>0.222 n22．(本分 12 分)( 文 )(2015 ·西文， 21) f n (x)＝x ＋ x ＋ ⋯ ＋ x － 1，x ≥0，n ∈ N ，n ≥2.(1)求 f ′n (2) ；2 (a n )，且1 12 n(2) 明： f n (x)在0，3 内有且有一个零点 0<a n － 2<3 3 .[分析 ] 考 1. 位相减法； 2.零点存在性定理； 3.函数与数列．(1)由 f n ′(x)＝ 1＋ 2x ＋⋯ ＋ nx n －1，所以 f n ′ (2)＝ 1＋2×2＋ ⋯ ＋ n2n －1①由 2f n ′ (2)＝ 1×2＋2×22＋ ⋯ ＋ n2n ②①－②得－ f n ′ (2)＝ 1＋ 2＋22＋ ⋯ ＋ 2n －1－ n2nn＝1－ 2－ n ·2n ＝(1 －n)2n － 1，1－ 2所以 f n ′ (2)＝ (n － 1)2n ＋ 1.(2)因 f n (0) ＝－ 1＜ 0，2 2 n2 3[1 －3] f n (3)＝2－ 11－3＝ 1－ 2×(23)n ≥1－ 2×(23)2＞0，2所以 fn (x)在(0， 3)内起码存在一个零点，又 f n ′(x)＝ 1＋ 2x ＋⋯ ＋ nx n －1＞ 0,2所以 f n (x)在 (0， 3)内增，2所以， f n (x)在(0， 3)内有且只有一个零点a n ，x － x n ＋ 1因为 fn (x)＝1－ x －1，n ＋1所以 0＝ f n (a n )＝ a n －an－1,1 1 n ＋1 1由此可得 a n ＝ 2＋ 2a n ＞ 2 ，故 1＜ a n ＜ 2， 231 1 n ＋1 1 ×(2 ) n ＋1 所以 0＜ a n －＝ a n＜ 32 221 2 n .＝ ×(3 )32a n，a n≤ 18，)( n (理 )(2015 北·京理， 20)已知数列 { a n} 足： a1∈N*，a1≤ 36，且 a n＋1＝2a n－ 36，a n＞ 18＝1,2，⋯)．会合 M＝ { a n|n∈N*} ．(1)若 a1＝ 6，写出会合 M 的全部元素；(2)若会合 M 存在一个元素是 3 的倍数，明： M 的全部元素都是 3 的倍数；(3)求会合 M 的元素个数的最大．2a n， a n≤ 18，可知： a1＝ 6， a2＝ 12， a3＝ 24， a4＝ 12，∴[分析 ] (1)由已知 a n＋1＝2a n－ 36， a n>18M＝ {6,12,24} ．(2)因会合 M 存在一个元素是 3 的倍数，所以不如a k是 3 的倍数，由已知a n＋1＝2a n， a n≤ 18，n≥k， a n是 3 的倍数．，可用数学法明随意2a n－ 36， a n>18当 k＝ 1 ， M 中的全部元素都是 3 的倍数．假如 k>1 ，因 a k＝ 2a k－1或 a k＝ 2a k－1－ 36，所以 2a k－1是 3 的倍数，于是a k－1是 3的倍数，似可得， a k－2，⋯， a1都是 3的倍数，进而随意n≥1， a n是 3 的倍数，所以 M 的全部元素都是 3 的倍数．(3)∵ a1≤ 36， a n＝2a n－1，a n－1≤ 18，2a n－1－36， a n－1>18 ，∴a1≤ 18， a2＝ 2a1≤ 36,18<a1≤ 36， 0<2a1－ 36≤36，∴a2≤ 36.假 a k≤ 36，当 a k≤ 18， a k＋1＝ 2a k≤ 36，当 18<a k≤ 36， a k＋1＝ 2a k－ 36≤36.由数学法原理知，a n≤ 36.∵ a12a1，a1≤ 18，是正整数， a2＝a1>18.2a1－ 36，∴ a2是2 的倍数，进而当 n≥3 ， a n是 2 的倍数．假如 a1是 3 的倍数，由 (2) 知全部的正整数n，a n是 3 的倍数．假如 a1不是 3 的倍数，由(2) 知全部的正整数 n， a n都不是 3 的倍数．所以，若 a1＝ 1， M＝ {1,2,4,8,16,32,28,20} ．若 a1＝ 2， M＝ {2,4,8,16,32,28,20} ．若 a1＝ 4,8,16,32， M＝ {4,8,16,32,28,20} ．若a1＝ 3， M＝ {3,6,12,24} ，若 a 1 是 3 的倍数，则a n 必为 3 的倍数，所以当n ≥3时， a n ∈{12,24,36} ，∴会合 M 中的元素不会超出 5 个．假如 a 1 不是 3 的倍数，则 a n 都不是 3 的倍数，则当 n ≥3时，都有 a n ∈{4,8,16,20,28,32} ，这时 M 中的元素个数不超出8.综上知，会合 M 中的元素个数最大值为8.反应练习一、选择题2＋ mi1．复数 z ＝ 1＋ i ( m ∈ k)是纯虚数，则 m 等于 ( )A ．－ 2B ．－ 1C ．1D ． 2[答案 ]A＋ m－＋ mi ＝[分析 ] 因为 z ＝ 1＋i2＋ m ＋ m －，＝2依据纯虚数的观点可得2＋ m＝ 0，解得 m ＝－ 2.22．(2015 福·建文， 7)设 a ＝ (1,2)，b ＝ (1,1) ，c ＝ a ＋k b ，若 b ⊥ c ，则实数 k 的值等于 ( )35A ．－ 2B ．－ 35 3 C.3D ． 2[答案 ] A[分析 ]由已知得 ⊥c ，所以 b ·c ＝ 0，所以 k ＋ 1c ＝ (1,2) ＋ k(1,1)＝ (k ＋ 1， k ＋ 2)，因为 b ＋ k ＋ 2＝ 0，解得 k ＝－ 3，应选 A. 22x ＋ 1f(x)＞3 建立的 x 的取值范围为3． (2015 山·东文， 8)若函数 f(x)＝2x － a 是奇函数，则使 ()A ．(－∞，－ 1)B ． (－ 1,0)C ．(0,1)D ． (1，＋ ∞)[答案 ] C[分析 ]观察 1.函数的奇偶性； 2.指数运算．x＋ 1 2 － x由题意 f(x)＝－ f(－x)，即 2 ＋ 1－ a)(2 x ＋ 1) ＝ 0，所以 a ＝ 1， f( x)x ＝－2 － x，所以， (12 － a－ a2x ＋ 12x ＋ 1＝ 2x －1，由 f(x)＝ 2x －1＞ 3 得， 1＜ 2x＜ 2,0＜ x ＜ 1，应选 C.4． (文 )某程序框图以下图，若该程序运转后输出的值是9，则() 5A ． a＝ 4B． a＝ 5 C．a＝ 6D． a＝ 7 [答案 ]A[分析 ]由框图的变化规律可知k1234S 3579 2345故 a 应取 4.(理 )已知程序框图以下图，则履行该程序后输出的结果是()A ． 4B． 8C．16D． 64[答案 ]D[分析 ]初值 S＝ 1， n＝ 0；第一次运转后，S＝ 1×20＝ 1， n＝ 0＋ 1＝ 1；第二次运转后，S＝ 1×21＝ 2，n＝ 1＋1＝ 2；第三次运转后， S＝ 2×22＝ 8，n＝ 2＋ 1＝ 3；第四次运转后， S ＝ 8×23＝64， n＝ 3＋ 1＝ 4，此时 n>3 建立，输出 S 值为 64.25． (2014 ·乡、许昌、平顶山调研新)复数 z1、z2知足 z1＝m＋ (4－m )i ，z2＝ 2cosθ＋ (λ＋3sinθ)i(m、λ、θ∈R)，而且 z1＝ z2，则λ的取值范围是()A ． [－ 1,1]9，1]B ．[－1699 C ．[ － 16， 7] D ． [16， 1][答案] C2[分析 ]∵ z 1＝ z 2，∴ m ＋ (4－ m ) i ＝ 2cos θ＋ (λ＋ 3sin θ)i ，m ＝ 2cos θ， ∴ λ＝ 4sin 2 θ－ 3sin θ＝ 4(sin θ－ 3)2－ 9 ，当 sin θ＝3时， λ取最小值∴4－ m 2＝ λ＋3sin θ.8168－ 9，当 sin θ＝－ 1 时， λ取最大值 7，应选 C.166． (文 )履行以下图的程序框图，若 n ＝4，则输出 s 的值是 ( )A ．－ 42B ．－ 21C ．11D ． 43[答案 ]C[分析 ]程序运转过程挨次为：n ＝ 4→S ＝ 1，i ＝ 1， i ≤n 建立 →S ＝ 1＋ (－ 2)1＝－ 1， i ＝ 1＋ 1＝ 2，i ≤n 仍建立 → S ＝－ 1＋(－ 2)2＝ 3，i ＝ 2＋ 1＝ 3， i ≤n 仍建立 → S ＝ 3＋( －2) 3＝－ 5，i ＝3＋ 1＝ 4， i ≤n 仍建立 →S ＝－ 5 ＋( －2) 4＝11，i ＝ 4＋ 1＝ 5， i ≤n 不建立 →输出 S 的值 11 后结束．y ≤x(理 )已知 x 、y 知足不等式组x ＋y ≥2 ，则 z ＝ 2x ＋ y 的最大值与最小值的比值为 ()x ≤214 A. 2B ． 33C.2D ． 2[答案 ] D[分析 ]作出可行域如，作直l 0： 2x ＋ y ＝0，平移 l 0 当点 A ， z min ＝ 3，当点 C ， z max ＝ 6，∴所求比2.14 x ＋7．(2015 ·西西工大附中六模 )已知： x ∈ (0，＋ ∞)，察以下式子： x ＋ x ≥2，x ＋ x 2＝ 2x4 a*＋2n≥n ＋1(n ∈ N )， a 的 ()2 x ≥ 3⋯ 比有 x ＋ xnB ． nA ． n C ．n 2D ． n ＋ 1[答案 ]A1 4 xx 4a x x[分析 ]依据推理知求解．由x ＋ x ≥2，x ＋ x 2＝ 2＋2＋x 2≥3， ⋯ 可得 x ＋ x n＝ n ＋ n ＋ ⋯＋ x ＋ a n ≥n ＋ 1(n ∈ N * )，所以 a ＝ n n ，故 A. n x8．已知点 A n (n ，a n )( n ∈N * )都在函数 f(x)＝ log a x(a>0 且 a ≠ 1)的象上，a 2＋ a 10 与 2a 6的大小关系 ()A ． a 2＋ a 10>2a 6B ．a 2＋ a 10<2a 6C ．a 2＋ a 10＝2a 6D ． a 2＋ a 10 与 2a 6 的大小与 a 相关[答案]D[分析 ]由条件知 a n ＝ log a n ，∴ a 2＋ a 10＝ log a 2＋ log a 10＝ log a 20，2a 6＝ 2log a 6＝ log a 36，若 a>1， y ＝log a x 增函数， log a 20<log a 36，∴ a 2＋ a 10<2a 6，若 0<a<1 ，同理得 a 2＋a 10>2a 6，故 D ．9． (文 )(2014 ·州市 ) 下的程序框，出的 S ( )A ． 6B． 10 C．14D． 30 [答案] D[分析 ]行一次，＝14， i＝ 4；行四次，(理 )在如所示的算S＝ 1， i ＝ 2；行二次，S＝ 1＋ 4＝5 ， i ＝ 3；行三次，21＋ 3＋ 5＋⋯＋ 2013 的程序框中，判断框内填入(S＝ 5＋ 3230.)A ． i ≤ 1007B． i≤ 2011C．i <2013D． i ≤ 2013[答案 ]D[分析 ]由框知， S＝1＋ 3＋ 5＋⋯＋ 2013， i 初1，步2，S 中加上的最后一2013，故判断框中的条件i≤2013.y≤x10． (文 )(2014 中·原名校考 )已知数x、 y 足 x＋ay≤4，若 z＝ 3x＋ y 的最大 y≥116， a＝________.[答案 ]0[分析 ]y＝ x，直 y＝ x 与 y＝1 交点 A(1,1) ，然 z＝3x＋ y 最点不是 A 点，由x＋ ay＝ 4得B(4，4y＝ 1B， a＝0，若最点C，，得 C(4－ a,1)，若最点1＋ a1＋ a)，由x＋ ay＝ 4a＝－ 1，知a＝－ 1 不合意，∴ a＝ 0.y ≥0，则 w ＝y － 1的取值范围是 ()(理 )若实数 x 、y 知足不等式组x －y ≥0，2x － y － 2≥0，x ＋ 11 B ．[－ 1 1A ．[－1， ]， ]32 3 C ．[ －1，＋ ∞)D ． [－ 1，1)22[答案 ] D[分析 ]作出不等式组表示的平面地区以下图．据题意，即求点 M(x ，y)与点 P(－ 1,1)连线斜率的取值范围．由图可知 w min ＝ 1－0 ＝－ 1， w max <1，－1－1 2∴ w ∈ [－ 1，1)． 211． (文 )(2015 新·课标Ⅱ文， 8) 右侧程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术 ”．履行该程序框图，若输入的 a ，b 分别为 14,18，则输出的 a ＝ ()A ． 0B ． 2C ．4D ． 14[答案 ]B[分析 ]观察由题意输出的 1.更相减损术； 2.程序框图．a 是 18,14 的最大条约数 2，应选B ．(理 )(2015福·建理，6)阅读以下图的程序框图，运转相应的程序，则输出的结果为()A ． 2B ． 1C ．0D ．－ 1[答案 ]C[分析 ]程序在履行过程中S ， i的值挨次为：i ＝ 1， S ＝ 0； S ＝ 0，i ＝ 2； S ＝－ 1， i ＝3；S ＝－ 1， i ＝4； S ＝ 0， i ＝ 5； S ＝ 0， i ＝6>5.程序结束，输出 S ＝ 0，应选 C.12． (文 ) 设 A 1、 A 2、 A 3、 A 4 是平面直角坐标系中两两不一样的四点，若→ →A 1A 3＝ λA 1 A 2 (λ∈→ →11R )， A 1A 4＝μA 1A 2(μ∈ R )且＋＝ 2，则称 A 3、A 4 调解切割 A 1A 2.已知点 C(c,0) 、D (d,0)(c 、 dλ μ∈R )调解切割点 A(0,0) ，B(1,0) ，则下边说法正确的选项是 ()A ． C 可能是线段 AB 的中点 B ．D 可能是线段 AB 的中点C ．C 、D 可能同时在线段 AB 上D ． C 、D 不行能同时在线段 AB 的延伸线上[答案 ]D[分析 ]→→ →→在同一条由 A 1A 3＝ λA 1A 2(λ∈ R )， A 1A 4＝ μA 1A 2( μ∈R )知：四点 A 1、 A 2、A 3、 A 4 直线上，因为 C 、D 调解切割点 A 、 B ，所以 A 、 B 、C 、 D 四点在同向来线上，且1＋ 1＝ 2，c d应选 D ．→ →3，∠ BAC ＝ 30°，设 M 是△ ABC 内的一点 (不在界限上 )，定(理 )△ ABC 知足 AB ·AC ＝ 2 义 f(M)＝ (x ， y ， z)，此中 x 、 y 、 z 分别表示△ MBC 、△ MCA 、△ MAB 的面积，若 f(M )＝ (x ，11＋4的最小值为()y ，2)，则 x yA ． 9B ． 8C ．18D ． 16[答案 ]C[分析 ] → → 3，∠ BAC ＝30°，∵AB ·AC ＝ 2→ →∴ |AB| ·|AC|＝ 4，∴ SABC ＝11 → → ＝° 1，AB ·AC sin30 ＝°|AB | |AC ·| sin30·△221 11 ∵ f(M )＝ (x ， y ， )，∴ x ＋ y ＋＝S △ MBC ＋S △ MCA ＋S △ MAB ＝ S △ ABC ＝ 1，∴ x ＋ y ＝，2221 4 ＝ ( 1 4 ) ·2(x ＋y)＝2(5＋ 4x y 4x y 4x y ，∴ ＋＋＋ ) ≥ 2(5＋2·)＝ 18，等号在y＝x y x y y xy xx即 x ＝ 1， y ＝ 1时建立．6 3二、填空题13．若不等式－ 1<ax 2＋ bx ＋ c<1 的解集为 ( － 1,3)，则实数 a 的取值范围是 ________．[答案 ](－ 1 ，1)2 21 12[分析 ] 当 a ＝ 0 时，存在 b ＝ 2， c ＝－ 2，使得相应的不等式－ 1<ax ＋ bx ＋c<1 的解集是( －1,3)，所以 a ＝ 0 合适题意；当 a>0 时，依题意得，－ 1 与 3 是方程 ax 2＋ bx ＋ c ＝ 1 的两根，且 ax 2＋ bx ＋ c>－1 恒成立，于是有a>0，－ b＝－ 1＋ 3，a 解得 0<a<1；c － 12a ＝－ 1×3，b 2－ 4ac ＋当 a<0 时，依题意得，－ 1 与 3 是方程 ax 2＋ bx ＋ c ＝－ 1 的两根，且 ax 2＋ bx ＋ c<1 恒成立，于是有a<0，－ b＝－ 1＋ 3，a解得－ 1<a<0.c ＋ 12a ＝－ 1×3，b 2－ 4ac －综上所述，知足题意的实数1 1a 的取值范围是 (－， )．2 214．(2014 新·课标Ⅰ理， 14)甲、乙、丙三位同学被问到能否去过 A 、 B 、C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市；乙说：我没去过 C 城市；丙说：我们三人去过同一个城市．由此可判断乙去过的城市为________．[答案]A[分析 ]因为甲没去过 B 城市，且比乙去过的城市多，所以甲最多去过两个城市，所以甲去过 A 、C 城市，又乙没去过 C 城市，三人去过同一城市，则该城市甲必去过，故只好是A 城市．x＋ 2y－4≤0，15．(2014 浙·江文，12)若数 x、y 足 x－ y－1≤0，x＋y 的取范是 ________．x≥1，[答案 ][1,3][分析 ]本考的性划，数形合思想如，可行域暗影部分作直 l 0： x＋ y＝ 0，即 y＝－ x.平移l0至可行域，在A、 B 点， z 分取最小和最大．x＋ 2y－ 4＝ 0易知A(1,0)，立得 B(2,1)x－ y－ 1＝0∴1≤z≤3.16．(文 )(2015 太·原二模 ) “求方程 (3 x＋(4 x的解”有以下解思路：f(x)＝3x4 x，)) ＝ 1()＋( )5555f(x)在R上减，且f(2) ＝ 1，所以原方程有独一解x＝ 2.比上述解思路，不等式x6－ x－2>( x＋ 2)3－ x2的解集是 ________．[答案 ](－∞，－ 1)∪ (2，＋∞)[分析 ]原不等式形x6＋ x2>( x＋ 2)3＋( x＋ 2)，令 f(x) ＝x3＋ x，易知 f(x)在R上增，故原不等式等价于f(x2)>f( x＋2) ．等价于 x2>x＋ 2，解之得 x<－ 1 或 x>2.∴原不等式的解集(－∞，－ 1)∪ (2，＋∞)．(理 )当 x∈R， |x|<1 ，有以下表达式：2n1，1＋ x＋x＋⋯＋ x ＋⋯＝1－x1112 1 n11两同分得：∫01dx＋∫0xdx＋∫0x dx＋⋯＋∫0x dx＋⋯＝∫0dx，2222 2 1－ x 进而获得以低等式：1 1 12 1 1 3＋⋯ ＋11n＋ 1＋⋯＝ ln2 ，1×＋×()＋×(2)×(2)2223n＋ 1依据以上资料所含的数学思想方法，算：0 1 11 1 212 1 31n1n ＋1＝ ________.C n×＋ C n×() ＋C n×()＋⋯ ＋C n×()22232n＋ 12。

高考数学二轮复习专题九选做大题9.2不等式选讲课件文

∵x∈[m,2m2]且 m>0,
1
1
∴2x+ 2 ≤|x+1|-2|2x-1|⇒m≤2|x+1|-|2x-1|-x,
1
令 t(x)=2|x+1|-|2x-1|-x=
3 + 1,0 < < 2 ,
1
3-, ≥ 2 ,
> 0,
1
2)≥m⇒m≤1,
⇒m≥
,t(x)
=t(2m
min
2
≤ 22

=

时取等号;

(2)(12 + 22 +…+2 )(12 + 22 +…+2 )≥(1 1 + 2 2 + … +
1
2

2
) ,当且仅当 = =…= 时取等号.
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2

-11考向一
考向二
考向三
考向四
解绝对值不等式、求参数范围
解题策略一分离参数法求参数范围
号成立.
定理 4:(一般形式的算术-几何平均不等式)若 a1,a2,…,an 为 n 个
+ +…+
正数,则 1 2
≥ 1 2 … ,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号
成立.
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-9-
4.不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、
设问特点
求不等式解
全国Ⅰ 集;求参数的
取值范围
2017 全国Ⅱ 证明不等式
求不等式解
全国Ⅲ 集;求参数的

【二轮必备】高考数学二轮经典试题精选第一部分25个必考问题能力突破25《不等式选讲》.pdf

必考问题25　不等式选讲【真题体验】 1．(2012·江苏，21-D)已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜. 解　因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知，|x＋y|＜，|2x－y|＜，从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.2．(2011·江苏，21-D)解不等式：x＋|2x－1|＜3. 解　原不等式可化为或解得≤x＜或－2＜x＜. 所以不等式的解集是{x|－2＜x＜}．3．(2010·江苏，21-D)设a、b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．证明　法一　a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－) ＝(－)[()5－()5]．＝(－)2[()4＋()3()＋()2()2＋()()3＋()4] 因为实数a、b≥0，(－)2≥0，[()4＋()3()＋()2()2＋()()3＋()4]≥0 所以上式≥0.即有a3＋b3≥(a2＋b2)．法二　由a、b是非负实数，作差得， a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－)[()5－()5] 当a≥b时，≥，从而()5≥()5，得(－)[()5－()5]≥0；当a＜b时，＜，从而()5＜()5，得(－)[()5－()5]＞0；所以a3＋b3≥(a2＋b2)．【高考定位】高考对本内容的考查主要有： (1)含绝对值的不等式的解法；B级要求． (2)不等式证明的基本方法；B级要求． (3)利用不等式的性质求最值；B级要求． (4)几个重要的不等式的应用．B级要求．【应对策略】高考考查的重点是：证明不等式的基本方法、含绝对值的不等式和几个重要的不等式及其应用．在复习过程中，要重视基础，强化能力，重视数学思想方法和知识方法的综合训练，强化应用意识，总结规律与方法，提升能力. 必备知识 1．基本不等式与简单的柯西不等式 (1)若a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时等号成立． (2)若a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时等号成立． (3)若a，b，c，dR，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当＝时等号成立． 2．不等式证明的基本方法比较法，综合法与分析法，反证法与放缩法，数学归纳法都是证明不等式的基本方法，但其中最重要的方法是直接应用基本不等式． 3．含绝对值的不等式 (1)含有绝对值的不等式|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的解，可以用分类讨论法求解． (2)含绝对值的三角不等式：若a，bR，则||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|. 必备方法 1．绝对值不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|. 重点是含绝对值不等式的解法． 2．不等式的性质，特别是基本不等式链： ≤≤≤ (a＞0，b＞0)在不等式的证明和求最值中经常用到． 3．不等式证明的常用方法 (1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩法．命题角度一　含绝对值不等式的解法 [命题要点] 解含绝对值不等式【例1】对于任意实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－2b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，试求实数x的取值范围． [审题视点] [听课记录] [审题视点] 把不等式等价变形为：≥|x－1|＋|x－2|，转化为绝对值不等式问题，再分类讨论去绝对值符号．解　原式等价于≥|x－1|＋|x－2|，设＝t，则原式变为|t＋1|＋|2t－1|≥|x－1|＋|x－2|对任意t恒成立．因为|t＋1|＋|2t－1|＝最小值为t＝时取到，其最小值为. 所以有≥|x－1|＋|x－2|＝解得x. 求解绝对值不等式的关键是能够去掉绝对值符号，可用零点区间讨论法，还可用图象法，即画出各区间段内的函数图象，从而利用图象求解．【突破训练1】 (2012·南通模拟)已知关于x的不等式|x－a|＋1－x＞0的解集为R，求实数a的取值范围．解　若x－1＜0，则aR；若x－1≥0，则(x－a)2＞(x－1)2对任意的x[1，＋∞)恒成立，即(a－1)[(a＋1)－2x]＞0对任意的x[1，＋∞)恒成立，所以或对任意的x[1，＋∞)恒成立，解得a＜1. 故a的取值范围是(－∞，1)．命题角度二　证明不等式 [命题要点] 证明不等式．【例2】 (2012·无锡联考)设x，y，z为正数，求证：2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)． [审题视点] [听课记录] [审题视点] 由正数的条件和待证不等式的结构特征，联想基本不等式，证得x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)≥xy(x＋y)，再利用同向不等式相加的性质，即可实现证明．证明　因为x，y，z为正数，所以x2＋y2≥2xy≥0，所以x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)≥xy(x＋y)，同理y3＋z3≥yz(y＋z)，z3＋x3≥zx(z＋x)，三式相加即可得2(x3＋y3＋z3)≥xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)，又因为xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)＝x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)，所以2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)．不等式证明过程中要认真分析待证不等式的结构特征，充分利用几个重要不等式，灵活使用综合法、分析法、反证法和数学归纳法，来证明不等式．【突破训练2】 (2012·南京、盐城模拟)已知x、y、z均为正数，求证：≤ . 证明　由柯西不等式得(12＋12＋12) ≥2，则× ≥＋＋，即≤ . 命题角度三　不等式的综合应用 [命题要点] (1)求函数的最值；(2)求参数的取值范围．【例3】 (2012·苏锡常镇联考)已知非负实数x，y，z满足x2＋y2＋z2＋x＋2y＋3z＝，求x＋y＋z的最大值． [审题视点] [听课记录] [审题视点] 把条件转化为符合柯西不等式的形式，利用柯西不等式求解．解　条件可化为2＋(y＋1)2＋2＝，则2≤ 3＝，从而x＋y＋z≤，当且仅当x＋＝y＋1＝z＋＝时，等号成立．所以，当x＝1，y＝，z＝0时，x＋y＋z取得最大值.柯西不等式在求某些最值中是经常使用的理论根据，使用一些方法构造符合柯西不等式的形式及条件，继而达到使用柯西不等式．【突破训练3】已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求a的取值范围．解　由柯西不等式，得(2b2＋3c2＋6d2)·≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.由条件得，5－a2≥(3－a)2，解得1≤a≤2，当且仅当＝＝时，等号成立，代入b＝1，c＝，d＝时，amax＝2；b＝1，c＝，d＝时， amin＝1，所以，a的取值范围是[1,2]． 24．注意区间端点的取舍【示例】解不等式：|x－1|＞. 解　当x＜0时，原不等式成立；当x≥1时，原不等式等价于x(x－1)＞2，解得x＞2或x＜－1，所以x＞2；当0＜x＜1时，原不等式等价于x(1－x)＞2，这个不等式无解．综上，原不等式的解集是{x|x＜0或x＞2}．老师叮咛：这类不等式的解法是高考的热点，零点分段法解绝对值不等式的步骤：?1?求零点；?2?划区间、去绝对值号；?3?分别解去掉绝对值的不等式；?4?取每个结果的并集，注意在分段时不要忽视区间的端点值，同时要注意是取每个结果的并集而不是交集.。

2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测：专题23 不等式选讲 Word版含答案

2020届高考数学（文）二轮复习专题过关检测专题23 不等式选讲1．(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a )．(1)当a ＝1时，求不等式f (x )<0的解集；(2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )<0，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)．当x <1时，f (x )＝－2(x －1)2<0；当x ≥1时，f (x )＝(x －1)(x ＋|x －2|)≥0.所以不等式f (x )<0的解集为(－∞，1)．(2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)<0. 所以a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·合肥第二次质量检测)已知f (x )＝|3x ＋2|.(1)求f (x )≤1的解集；(2)若f (x 2)≥a |x |恒成立，求实数a 的最大值．解：(1)由f (x )≤1得|3x ＋2|≤1，所以－1≤3x ＋2≤1，解得－1≤x ≤－13，所以f (x )≤1的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13. (2)f (x 2)≥a |x |恒成立，即3x 2＋2≥a |x |恒成立．当x ＝0时，a ∈R.当x ≠0时，a ≤3x 2＋2|x |＝3|x |＋2|x |恒成立．因为3|x |＋2|x |≥26⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3|x |＝2|x |，即|x |＝63时等号成立，所以a ≤2 6. 综上，知a 的最大值是2 6.3．(2019·安徽考试试题)已知f (x )＝|x －2|.(1)解不等式f (x )＋1>f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值．解：(1)原不等式等价于|x －2|＋1>2|x －1|，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，2－x ＋1>2－2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x ≤2，2－x ＋1>2x －2。

高考数学(理)二轮专题复习(检测)：专题七第2讲不等式选讲 Word版含解析

专题七选修4系列第2讲不等式选讲1．(2014·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)． (1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2.当且仅当“1a＝a ，即a ＝1时”取等号，∴f (x )≥2. (2)解：f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |. 当a >3时，f (3)＝a ＋1a，由f (3)<5，得3<a <5＋212. 当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3. 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋52，5＋212. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．(导学号 55460156)(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc＝1. 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.(1)解：∵f (x )＝k －|x －3|，∴f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为－k ，k ]．∵f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1，∵a ，b ，c 为正实数． ∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a＋ 2a 3c ·3c a＋22b 3c ·3c 2b ＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含1，2]，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－3时，不等式f (x )≥3化为|x －3|＋|x －2|≥3.①若x ≤2时，由①式，得5－2x ≥3，∴x ≤1.若2<x <3时，由①式知，解集为∅.若x ≥3时，由①式，得2x －5≥3，∴x ≥4.综上可知，f (x )≥3的解集是{x |x ≥4或x ≤1}．(2)原不等式等价于|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |，②当1≤x ≤2时，②式化为4－x －(2－x )≥|x ＋a |，解之得－2－a ≤x ≤2－a .由条件，1，2]是f (x )≤|x －4|的解集的子集，∴－2－a ≤1且2≤2－a ，则－3≤a ≤0.故满足条件的实数a 的取值范围是－3，0]．4．(2016·长郡模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .(导学号 55460157)(1)求1a ＋1b的最小值m ； (2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的实数m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m 2成立，说明理由．解：(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a >0，b >0)，则ab ≤1，又1a ＋1b ≥2ab≥2，当且仅当a ＝b 时取等号，∴1a ＋1b的最小值m ＝2. (2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1t －（x －t ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ≥2，对于(1)中的m ＝2，m 2＝1<2.∴满足条件的实数x不存在．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(导学号55460158)(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.(1)解：∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时，取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≤2ab，由①知，ab≤1，故a＋b≥2ab.6．(2016·广州调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.(导学号55460159)(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．(1)解：①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－1时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，2此时原不等式无解；③当x≥－1时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.2综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，∴要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.∴(a2－1)(b2－1)>0成立，∴原不等式成立．。

2021年高考数学二轮复习不等式选讲专题检测(含解析)

2021年高考数学二轮复习不等式选讲专题检测（含解析）1．(xx·重庆改编)若不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．解设y ＝|2x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1，x <－2，－x ＋3，－2≤x <12，3x ＋1，x ≥12.当x <－2时，y ＝－3x －1>5；当－2≤x <12时，y ＝－x ＋3>52；当x ≥12时，y ＝3x ＋1≥52，故函数y ＝|2x －1|＋|x ＋2|的最小值为52.因为不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，所以52≥a 2＋12a ＋2.解不等式52≥a 2＋12a ＋2，得－1≤a ≤12，故a 的取值范围为[－1，12]． 2．(xx·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3.(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；(2)设a >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝－2时，不等式f (x )<g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x －3<0. 设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y <0，∴原不等式的解集是{x |0<x <2}．(2)∵a >－1，则－a 2<12， ∴f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4x ＋1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x <－a 2a ＋1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≤x <124x ＋a －1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1，即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12上恒成立． ∴a ＋1≤－a 2＋3，即a ≤43， ∴a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－1，43. 3．(xx·福建)设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A ， (1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值．解 (1)因为32∈A ，且12∉A ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ，解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，所以a ＝1. (2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0，即－1≤x ≤2时取到等号，所以f (x )的最小值为3.4．(xx·课标全国Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab . (1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解 (1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.5．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}．(2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎨⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎨⎧ x <a ，a －x ＋3x ≤0，即⎩⎨⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎨⎧ x <a ，x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式组的解集为{x |x ≤－a2}．由题设可得－a 2＝－1，故a ＝2. 6．若3x ＋4y ＝2，试求x 2＋y 2的最小值．解由柯西不等式(32＋42)·(x 2＋y 2)≥(3x ＋4y )2，①得25(x 2＋y 2)≥4，所以x 2＋y 2≥425. 不等式①中当且仅当x 3＝y 4时等号成立，x 2＋y 2取得最小值，由方程组⎩⎨⎧ 3x ＋4y ＝2，x 3＝y 4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝625，y ＝825.因此当x ＝625，y ＝825时，x 2＋y 2取得最小值，最小值为425. 7．(xx·课标全国Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 8．(xx·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)． (1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．(1)证明由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －(x －a )＝1a＋a ≥2. 所以f (x )≥2.(2)解 f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |. 当a >3时，f (3)＝a ＋1a，由f (3)<5，得3<a <5＋212. 当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3. 综上，a 的取值范围是(1＋52，5＋212)． 9．已知a 2＋2b 2＋3c 2＝6，若存在实数a ，b ，c ，使得不等式a ＋2b ＋3c >|x ＋1|成立，求实数x 的取值范围．解由柯西不等式知[12＋(2)2＋(3)2][a 2＋(2b )2＋(3c )2]≥(1·a ＋2·2b ＋3·3c )2即6×(a 2＋2b 2＋3c 2)≥ (a ＋2b ＋3c )2又∵a 2＋2b 2＋3c 2＝6，∴6×6≥(a ＋2b ＋3c )2，∴－6≤a ＋2b ＋3c ≤6，∵存在实数a ，b ，c ，使得不等式a ＋2b ＋3c >|x ＋1|成立．∴|x ＋1|<6，∴－7<x <5.∴x 的取值范围是{x |－7<x <5}．10．(xx·福建)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.(1)解因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.11．已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |.(1)解 f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎨⎧ －2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.当x <－1时，由－2x <4，得－2<x <－1；当－1≤x ≤1时，f (x )＝2<4；当x >1时，由2x <4，得1<x <2.∴综上可得－2<x <2，即M ＝(－2,2)．(2)证明 ∵a ，b ∈M ，即－2<a <2，－2<b <2，∴4(a ＋b )2－(4＋ab )2＝4(a 2＋2ab ＋b 2)－(16＋8ab ＋a 2b 2)＝(a 2－4)(4－b 2)<0， ∴4(a ＋b )2<(4＋ab )2，∴2|a ＋b |<|4＋ab |.12．设a ，b ，c 均为正实数，试证明不等式12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b，并说明等号成立的条件．解因为a ，b ，c 均为正实数，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b，当且仅当a ＝b 时等号成立；12⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c，当且仅当b ＝c 时等号成立；12⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当a ＝c 时等号成立．三个不等式相加，得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．C30877 789D 碝p^ 28560 6F90 澐124095 5E1F 帟37405 921D 鈝740084 9C94 鲔29453 730D 猍28475 6F3B 漻39276 996C 饬38829 97AD 鞭。

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不等式选讲检测试题文选修4-5
1．(2015·山东卷)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
解析：①当x <1时，原不等式等价于1－x －(5－x )<2，即－4<2，∴x <1. ②当1≤x ≤5时，原不等式等价于x －1－(5－x )<2，即x <4，∴1≤x <4. ③当x >5时，原不等式等价于x －1－(x －5)<2，即4<2，无解．由①②③知x <4.
2．(2015·重庆卷)若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________. 答案：－6或4 解析：当a ≤－1时，
f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x ＋2a －x ≤a ，x －2a －a <x ≤－，
3x －2a ＋x >－，
∴f (x )min ＝－a －1，∴－a －1＝5，∴a ＝－6. 当a >－1时，
f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x ＋2a －x ≤－，－x ＋2a ＋－1<x ≤a ，
3x －2a ＋x >a ，
∴f (x )min ＝a ＋1，∴a ＋1＝5，∴a ＝4. 综上，a ＝－6或a ＝4.
3．设函数f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．
(1)证明：f (x )≥2；
(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．
解：(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a
－
x －a ＝1
a ＋a ≥2.
当且仅当a ＝1时等号成立．所以f (x )≥2.
(2)f (3)＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.
当a >3时，f (3)＝a ＋1
a
，
由f (3)<5得3<a <5＋21
2.
当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1
a
，
由f (3)<5得1＋5
2<a ≤3.
综上，a 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋52
，5＋212.
4．若a >0，b >0，且1a ＋1
b
＝ab .
(1)求a 3＋b 3
的最小值；
(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．解：(1)由ab ＝1a ＋1b
≥2
ab
，得ab ≥2，
且当a ＝b ＝2时等号成立．
故a 3
＋b 3
≥2a 3b 3
≥42，且当a ＝b ＝2时，等号成立．所以a 3
＋b 3
的最小值为4 2.
(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26·ab ≥4 3. 由于43>6，从而不存在a ，b 使得2a ＋3b ＝6.
5.(2015·陕西卷)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；
(2)求at ＋12＋bt 的最大值．
解：(1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，则⎩⎪⎨
⎪⎧
－b －a ＝2，b －a ＝4，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝－3，
b ＝1.
(2)－3t ＋12＋t ＝3·4－t ＋t ≤
3
2
＋1
2
4－t
2
＋t
2
]
＝24－t ＋t ＝4，当且仅当
4－t 3
＝t
1，即t ＝1时等号成立．故(－3t ＋12＋t )max ＝4.
6．(2015·湖南卷)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1
b
.证明：
(1)a ＋b ≥2；
(2)a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立．
证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b
ab
，a >0，b >0，得ab ＝1.
(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2. (2)假设a 2
＋a <2与b 2
＋b <2同时成立，则由a 2
＋a <2及a >0得0<a <1；
同理，0<b <1.从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立． 7．已知a ，b 都是实数，a ≠0，f (x )＝|x －1|＋ |x －2|.
(1)若f (x )>2，求实数x 的取值范围；
(2)若|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对满足条件的所有a ，b 都成立，求实数x 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
3－2x ，x ≤1，1，1<x ≤2，
2x －3，x >2.
由f (x )>2得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ≤1，
3－2x >2
或⎩⎪⎨⎪⎧
x >2，
2x －3>2，
解得x <12或x >5
2
.
故所求实数x 的取值范围为⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，12∪
⎝ ⎛⎭
⎪⎫52，＋∞.
(2)由|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )且a ≠0得 |a ＋b |＋|a －b |
|a |
≥f (x )．
又∵|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |
＝2，∴f (x )≤2.
∵f (x )>2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x <12或x >
5
2， ∴f (x )≤2的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪
12≤x ≤52， ∴所求实数x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，52.
8．(2015·河南洛阳统考)已知a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)． (1)求x 1a ＋x 2b ＋
2
x 1x 2
的最小值；
(2)求证：(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2. 解：(1)因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，
x 1，x 2∈(0，＋∞)，
所以x 1a ＋x 2b ＋2
x 1x 2≥3·3x 1a ·x 2b ·2x 1x 2
＝3·
32
ab
≥3·
3
2
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b 22
＝3×3
8＝6，当且仅当x 1a ＝x 2b ＝
2x 1x 2且a ＝b ，即a ＝b ＝12且x 1＝x 2＝1时，x 1a ＋x 2b ＋2
x 1x 2
有最小值6.
(2)证明：证法一：由a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，
x 1，x 2∈(0，＋∞)，及柯西不等式可得，
(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)
＝[(ax 1)2
＋(bx 2)2
]·[(ax 2)2
＋(bx 1)2
] ≥(ax 1·ax 2＋bx 2·bx 1)2
＝(a x 1x 2＋b x 1x 2)2
＝x 1x 2，当且仅当
ax 1ax 2＝bx 2
bx 1
，即x 1＝x 2时，等号成立．所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.
证法二：因为a ，b ∈(0，＋∞)，a ＋b ＝1，x 1，x 2∈(0，＋∞)，所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1) ＝a 2
x 1x 2＋abx 2
2＋abx 2
1＋b 2
x 1x 2 ＝x 1x 2(a 2
＋b 2
)＋ab (x 2
2＋x 2
1) ≥x 1x 2(a 2
＋b 2
)＋ab (2x 1x 2) ＝x 1x 2(a 2
＋b 2
＋2ab ) ＝x 1x 2(a ＋b )2
＝x 1x 2，
当且仅当x 1＝x 2时，等号成立．所以(ax 1＋bx 2)(ax 2＋bx 1)≥x 1x 2.。