2021版数学(文科)大一轮复习课标版精练：§15不等式选讲(Word含解析)

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高考数学一轮复习第一章集合与常用逻辑用语、不等式答案

第一章集合与常用逻辑用语、不等式第1讲集合及其运算链教材·夯基固本激活思维 1. D 2. A 3.ABD【解析】因为x 2－3x ＋2≤0，所以1≤x ≤2，所以A ＝{x |1≤x ≤2}．因为2<2x ≤8，所以1<x ≤3，所以B ＝{x |1<x ≤3}，所以A∪B ＝{x |1≤x ≤3}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}，(∁R B )∪A ＝{x |x ≤2或x >3}，(∁R B )∪(∁R A )＝{x |x ≤1或x >2}．4.4【解析】因为集合A 必须含有元素5，元素1和3不确定，所以集合A 的本质是{1,3}的所有子集与元素5组成的集合，共4个．5.7【解析】A ＝{x∈Z |－1≤x ≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B ＝{x |1<x <e 2}，所以A ∩B ＝{2,3,4}，所以A ∩B 的真子集的个数为23－1＝7.知识聚焦1. (1) 确定性互异性无序性2. 2n 2n －1 4. U A 研题型·融会贯通分类解析【答案】 (1) D (2) B (3) A 【题组·高频强化】 1. C 2. C3. C【解析】由题意知A ∩B 中的元素满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ＝8，且x ，y ∈N *，所以满足条件的有(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)，故A ∩B 中元素的个数为4.故选C.4.B【解析】由x 2－4≤0，得A ＝{x |－2≤x ≤2}．由2x ＋a ≤0，得B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪⎪x ≤－a 2.因为A ∩B ＝{x |－2≤x ≤1}，所以－a2＝1，解得a ＝－2.故选B.5. B【解析】由图可知，阴影区域为∁U (A∪B )．由题知A ∪B ＝{1,3,5}，U ＝{1,3,5,7}，则由补集的概念知，∁U (A ∪B )＝{7}．故选B.(1) 【答案】 {1，－1} 【解析】若集合{x |x 2＋2kx ＋1＝0}中有且仅有一个元素，则方程x 2＋2kx ＋1＝0有且只有一个实数根，即Δ＝(2k )2－4＝0，解得k ＝±1，所以k 的取值集合是{1，－1}．(2) 【答案】－1 【解析】因为A ∩B 中只有一个元素，又a ≠0且a ≠2.若a ＝1，则a 2－a ＝0，不满足题意；若a ≠1，显然a 2－a ≠0，故a 2－a ＝2或a 2－a ＝a ，解得a ＝－1.综上，a ＝－1.(3) 【答案】 [0，＋∞) ∅ 【解析】由题知集合A 是函数y ＝x 2的定义域，即A ＝R ，集合B 是函数y ＝x 2的值域，即B ＝[0，＋∞)，所以A ∩B ＝[0，＋∞)，集合C 是函数y ＝x 2的图象上的点集，故A ∩C ＝∅.(1) 【答案】⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，14 【解析】当k ＝0时，A ＝{－1}，符合题意；当k ≠0时，若集合A 只有一个元素，由一元二次方程判别式Δ＝1－4k ＝0，得k ＝14.综上，当k ＝0或k ＝14时，集合{x |kx 2＋x ＋1＝0}中有且只有一个元素．(2) 【答案】－2或1 【解析】因为集合A ＝{－1,1,2}，B ＝{a ＋1，a 2－2}，A ∩B ＝{－1,2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝－1，a2－2＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝2，a2－2＝－1，解得a ＝－2或a ＝1.(1) 【答案】 D【解析】当B ＝∅时，a ＝0，此时B ⊆A .当B ≠∅时，则a ≠0，所以B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪⎪x ＝－1a . 又B ⊆A ，所以－1a∈A ，所以a ＝±1.综上可知，实数a 的所有可能取值的集合为{－1,0,1}． (2) 【答案】 [2,3]【解析】由A ∩B ＝B 知，B ⊆A .(例3(2))又B ≠∅，则⎩⎪⎨⎪⎧2m －1≥m ＋1，m ＋1≥－2，2m －1≤5，解得2≤m ≤3，则实数m 的取值范围为[2,3]．【答案】 B【解析】由log 2(x －1)<1，得0<x －1<2，所以A ＝(1,3)．由|x －a |<2得a －2<x <a ＋2，即B ＝(a －2，a ＋2)．因为A ⊆B ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －2≤1，a ＋2≥3，解得1≤a ≤3.所以实数a 的取值范围为[1,3]．【解答】 (1) 由题知⎩⎪⎨⎪⎧x<0，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －3<1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x<1，解得－2<x <0或0≤x <1，所以A ＝{x |－2<x <1}． (2) 因为A ∪B ＝A ，所以B ⊆A .(ⅰ) 当B ＝∅时，2a >a ＋1，所以a >1满足题意；(ⅱ) 当B ≠∅时，⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤a ＋1，2a>－2，a ＋1<1，解得－1<a <0.综上，a ∈(－1,0)∪(1，＋∞)．课堂评价1. BCD 【解析】对于选项A ，因为xy >0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y>0或⎩⎪⎨⎪⎧x<0，y<0，所以集合{(x ，y )|xy >0}表示直角坐标平面内第一、三象限的点的集合，故A 正确；对于选项B ，方程|x －2|＋|y ＋2|＝0的解集为{(2，－2)}，故B 错误；对于选项C ，集合{(x ，y )|y ＝1－x }表示直线y ＝1－x 上的点，集合{x |y ＝1－x }表示函数y ＝1－x 中x 的取值范围，故集合{(x ，y )|y ＝1－x }与{x |y ＝1－x }不相等，故C 错误；对于选项D ，A ＝{x ∈Z |－1≤x ≤1}＝{－1,0,1}，所以－1.1∉A ，故D 错误． 2. ABC3. B 【解析】由x 2－3x －4>0得x <－1或x >4，所以集合A ＝{x |x <－1或x >4}．由x 2－3mx ＋2m 2<0(m >0)得m <x <2m ，所以集合B ＝{x |m ＜x ＜2m }．又B ⊆A ，所以2m ≤－1(舍去)或m ≥4. 故实数m 的取值范围是[4，＋∞)． 4. [2 020，＋∞)【解析】由x 2－2 021x ＋2 020<0，解得1<x <2020，故A ＝{x |1<x <2 020}．又B ＝{x |x <a }，A ⊆B ，如图所示，可得a ≥2 020.(第4题)5.(－∞，2]【解析】当a >1时，A ＝(－∞，1]∪[a ，＋∞)，B ＝[a －1，＋∞)，当且仅当a －1≤1时，A ∪B ＝R ，故1<a ≤2；当a ＝1时，A ＝R ，B ＝{x |x ≥0}，A ∪B ＝R ，满足题意；当a <1时，A ＝(－∞，a ]∪[1，＋∞)，B ＝[a －1，＋∞)，又因为a －1<a ，所以A ∪B ＝R ，故a <1满足题意．综上可知a ∈(－∞，2]．第2讲充分条件、必要条件、充要条件链教材·夯基固本激活思维 1. A 2. B 3. BCD【解析】由x 2－x －2<0，解得－1<x <2，所以(－1，2)(－2，a )，所以a ≥2，所以实数a 的值可以是2,3,4.4. [－2,1] 【解析】因为綈p ：x ≤－1或x ≥3，綈q ：x ≤m －2或x ≥m ＋5，且綈p 是綈q 的必要不充分条件，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －2≤－1，m ＋5≥3，且等号不能同时取到，解得－2≤m ≤1.5. 充要必要【解析】因为q ⇒s ⇒r ⇒q ，所以r 是q 的充要条件．又q ⇒s ⇒r ⇒p ，所以p 是q 的必要条件．知识聚焦1. (1) 充分必要非充分非必要 (2) ①充分不必要 ②必要不充分 ③充要 ④既不充分也不必要研题型·融会贯通分类解析(1) 【答案】 A【解析】因为1x >1，所以x ∈(0,1)．因为e x －1<1，所以x <1，所以“1x >1”是“e x －1<1”的充分不必要条件．(2) 【答案】 A 【解析】当a >0，b >0时，得4≥a ＋b ≥2ab ，即ab ≤4，充分性成立；当a ＝4，b ＝1时，满足ab ≤4，但a ＋b ＝5>4，不满足a ＋b ≤4，必要性不成立．故“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件．【题组·高频强化】 1. A 【解析】由a 2>a 得a >1或a <0，据此可知“a >1”是“a 2>a ”的充分不必要条件．故选A.2.B【解析】由2－x ≥0，得x ≤2；由|x －1|≤1，得－1≤x －1≤1，即0≤x ≤2.所以“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的必要不充分条件．故选B.3.C【解析】当存在k∈Z ，使得α＝k π＋(－1)k β时，若k 为偶数，则sin α＝sin(k π＋β)＝sin β；若k 为奇数，则sin α＝sin(k π－β)＝sin[(k －1)π＋π－β]＝sin(π－β)＝sin β.当sin α＝sin β时，α＝β＋2m π或α＋β＝π＋2m π，m ∈Z ，即α＝k π＋(－1)k β(k ＝2m )或α＝k π＋(－1)k β(k ＝2m ＋1)，亦即存在k ∈Z ，使得α＝k π＋(－1)k β，所以“存在k∈Z ，使得α＝k π＋(－1)k β”是“sin α＝sin β”的充要条件．故选C.4. B【解析】依题意知m ，n ，l 是空间不过同一点的三条直线，当m ，n ，l 在同一平面内时，可能m ∥n∥l ，故不一定得出m ，n ，l 两两相交．当m ，n ，l 两两相交时，设m ∩n ＝A ，m ∩l ＝B ，n ∩l ＝C ，可知m ，n 确定一个平面α，而B ∈m ⊂α，C ∈n ⊂α，可知直线BC 即l ，l ⊂α，所以m ，n ，l 在同一平面内．综上所述，“m ，n ，l 在同一平面内”是“m ，n ，l 两两相交”的必要不充分条件．故选B.(1) 【答案】 (－∞，－2]∪[2，＋∞) 【解析】由y ＝x ＋1x在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1上单调递减，在(1,2)上单调递增，得2≤y <52，所以A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪⎪2≤y<52. 由x ＋m 2≥6，得x ≥6－m 2，所以B ＝{x |x ≥6－m 2}．因为“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分不必要条件，所以A B ，所以6－m 2≤2，解得m ≥2或m ≤－2，故实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)． (2) 【答案】 (2，＋∞)【解析】 A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪⎪12<2x<8，x ∈R＝{x |－1<x <3}，因为x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ，所以A B ，所以m ＋1>3，即m >2.(1) 【答案】 (0,2]【解析】由|2x ＋1|<m (m >0)，得－m <2x ＋1<m ，所以－m ＋12<x <m －12，且－m ＋12<0.由x －12x －1>0，得x <12或x >1. 因为p 是q 的充分不必要条件，所以m －12≤12，所以0<m ≤2.(2) 【答案】 (0,2]【解析】由题可得p ：x >3或x <－1，q ：x 2－2x ＋1－a 2≥0，[x －(1－a )]·[x －(1＋a )]≥0，因为a ＞0，所以1－a ＜1＋a ，解得x ≥1＋a 或x ≤1－a . 因为q 是p 的必要不充分条件，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ≤3，1－a ≥－1，a>0，解得0＜a ≤2.【解答】因为mx 2－4x ＋4＝0是一元二次方程，所以m ≠0. 又另一方程为x 2－4mx ＋4m 2－4m －5＝0，且两方程都有实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ1＝16(1－m )≥0，Δ2＝16m 2－4(4m 2－4m －5)≥0，解得m ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－54，1. 因为两方程的根都是整数，所以⎩⎪⎨⎪⎧4m∈Z ，4m ∈Z ，4m2－4m －5∈Z ，所以m 为4的约数．又因为m ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－54，1，所以m ＝－1或1. 当m ＝－1时，第一个方程x 2＋4x －4＝0的根不是整数；当m ＝1时，两方程的根均为整数．所以两方程的根均为整数的充要条件是m ＝1. 课堂评价 1. A 2. A【解析】 “∀x ∈[－1,1]，|x |＜a 恒成立”等价于“∀x ∈[－1，1]，a ＞|x |max ”，所以a ＞1.故充要条件为a ＞1.3. A 【解析】因为f (x )是偶函数，所以f (x )＝f (|x |)．又y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，若a >|b |，则f (a )>f (|b |)＝f (b )，即充分性成立；若f (a )>f (b )，则等价于f (|a |)>f (|b |)，即|a |>|b |，即a >|b |或a <－|b |，故必要性不成立．则“a >|b |”是“f (a )>f (b )”的充分不必要条件． 4. ABC【解析】对于选项A ，由 A ∩B ＝A ，可得A ⊆B . 由 A ⊆B可得A ∩B ＝A ，故A 满足条件．对于选项B ，由∁S A ⊇∁S B 可得A ⊆B ，由A ⊆B 可得∁S A ⊇∁S B ，故∁S A ⊇∁S B 是A ⊆B 的充要条件，故B 满足条件．对于选项C ，由∁S B ∩A ＝∅，可得A ⊆B ，由A ⊆B 可得∁S B ∩A ＝∅，故∁S B ∩A ＝∅是A ⊆B 的充要条件，故C 满足条件．对于选项D ，由∁S A ∩B ＝∅，可得B ⊆A ，不能推出A ⊆B ，故∁S A ∩B ＝∅不是A ⊆B 的充要条件，故D 不满足条件．故选ABC.5.(－∞，0]【解析】由⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 2－x －6≤1，得x 2－x －6≥0，解得x ≤－2或x ≥3，则A ＝{x |x ≤－2或x ≥3}．由log 3(x ＋a )≥1，得x ＋a ≥3，即x ≥3－a ，则B ＝{x |x ≥3－a }．由题意知B A ，所以3－a ≥3，解得a ≤0.第3讲全称量词和存在量词链教材·夯基固本激活思维 1. C 2. B 3.(－∞，2)【解析】设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x＋1，x ∈[0，＋∞)，若p 为真命题，则a ＜f (x )max ＝f (0)＝2.4. (－∞，2] 【解析】若“∃x 0∈(0，＋∞)，λx ＞x 2＋1”是假命题，则“∀x ∈(0，＋∞)，λx ≤x 2＋1”是真命题，所以当x ∈(0，＋∞)时，λ≤x ＋1x恒成立．又x ＋1x≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以实数λ的取值范围是(－∞，2]． 5.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤54，2【解析】当命题p 为真命题时，x 2＋x ＋a >1恒成立，即x 2＋x ＋a －1>0恒成立，所以Δ＝1－4(a －1)<0，解得a >54.当命题q 为真命题时，2a ≤(2x 0)max ，x 0∈[－2,2]，所以a ≤2.故54<a ≤2，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤54，2. 知识聚焦1. 全体全称量词 ∀x ∈M ，p (x )2. 部分 ∃ 存在量词 ∃x 0∈M ，p (x 0)3. ∃x ∈M ，綈p (x )4. 不是不一定是不都是小于或等于大于或等于或一个也没有至多有n －1个至少有两个存在一个x 不成立研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 綈p ：∃x ∈R ，x 2－x ＋14<0，假命题．(2) 綈q ：至少存在一个正方形不是矩形，假命题． (3) 綈r ：所有的实数都有平方根，假命题．(4) 綈s ：存在一个末位数字是0或5的整数不能被5整除，假命题．(1) 【答案】 C(2) 【答案】 ∀x ∈R ，x 2－x ＋1≠0 (1) 【答案】 (－∞，－2] 【解析】由命题p 为真，得a ≤0.由命题q 为真，得Δ＝4a 2－4(2－a )≥0，即a ≤－2或a ≥1，所以a≤－2.(2) 【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪⎪a ≤52【解析】若命题p ：∃x ∈[2,3]，x 2－ax ＋1<0为假命题，则“∀x ∈[2，3]，x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x ”为真命题．令g (x )＝x ＋1x ，易知g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈[2,3]时，g (x )∈[g (2)，g (3)]．又∀x ∈[2,3]，a ≤x ＋1x恒成立等价于∀x ∈[2,3]，a ≤g (x )min ，而g (x )min ＝g (2)＝52，所以“∀x ∈[2,3]，x 2－ax ＋1≥0”为真命题时，a ≤52.(1) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫56，＋∞ 【解析】由“∀x∈R ，x 2－5x ＋152a >0”的否定为假命题，可知原命题必为真命题，即不等式x 2－5x ＋152a >0对任意实数x 恒成立．设f (x )＝x 2－5x ＋152a ，则其图象恒在x 轴的上方，故Δ＝25－4×152a <0，解得a >56，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫56，＋∞. (2) 【答案】 (－2，－1]【解析】由命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0为真命题，可得m ≤－1；由命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立为真命题，得Δ＝m 2－4<0，可得－2<m <2.综上，m ∈(－2，－1]．【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫14，＋∞ ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，＋∞ 【解析】 ①当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (2)＝14－m ，对任意x 1∈[0,3]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即0≥14－m ，所以m ≥14.②当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝12－m ，对任意x 1∈[0,3]，任意x 2∈[1,2]，有f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x 1)min ≥g (x 2)max ，即0≥12－m ，所以m ≥12.【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，＋∞ 【解析】依题意知对x 1∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1，x 2∈[2,3]，f (x 1)max ≤g (x 2)max . 因为f (x )＝x ＋4x 在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1上是减函数，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝172.又g (x )＝2x ＋a 在[2,3]上是增函数，所以g (x )max ＝8＋a ，因此172≤8＋a ，则a ≥12.课堂评价 1. ABC 2. D3. A 【解析】因为命题“∃x ∈[1,2]，x 2＋ln x －a ≤0”为假命题，所以当x ∈[1,2]时，x 2＋ln x ＞a 恒成立，只需a ＜(x 2＋ln x )min ，x ∈[1，2]．又函数y ＝x 2＋ln x 在[1,2]上单调递增，所以当x ＝1时，y min ＝1，所以a ＜1.故选A.4. B 【解析】由题可知，命题“∀x ∈R ，(k 2－1)x 2＋4(1－k )x ＋3>0”是真命题．当k 2－1＝0，得k ＝1或k ＝－1.若k ＝1，则原不等式为3>0，恒成立，符合题意；若k ＝－1，则原不等式为8x ＋3>0，不恒成立，不符合题意．当k 2－1≠0时，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧k2－1>0，16(1－k )2－4(k 2－1)×3<0，即⎩⎨⎧(k ＋1)(k －1)>0，(k －1)(k －7)<0，解得1<k <7. 综上所述，实数k 的取值范围为{k |1≤k <7}． 5.(－3，＋∞) 【解析】假设∀x ∈[1,2]，x 2＋2ax ＋2－a ≤0.设f (x )＝x 2＋2ax ＋2－a ，则⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤0，f (2)≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋2a ＋2－a ≤0，4＋4a ＋2－a ≤0，解得a ≤－3.因为假设成立，所以a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，＋∞)．第4讲不等式的性质、一元二次不等式链教材·夯基固本激活思维 1. AC 2.ACD【解析】由1a<1b<0，得a <0，b <0且a >b ，所以a ＋b <0，ab >0，A 正确；|a |<|b |，B 错误；a 3>b 3，C 正确；因为函数y ＝2x 在R 上单调递增，故D 正确．故选ACD.3. ABD4. －112 7125.(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】由x 2－2x ＋k 2－2>0，得k 2>－x 2＋2x ＋2.设f (x )＝－x 2＋2x ＋2＝－(x －1)2＋3，当x ≥2时，f (x )max ＝2，则k 2>f (x )max ＝2，所以k >2或k <－2.知识聚焦2. {x |x <x 1或x >x 2} R {x |x 1<x <x 2} ∅ ∅ 研题型·融会贯通分类解析(1) 【答案】 AC【解析】因为1a ＜1b ＜0，故可取a ＝－1，b ＝－2.显然|a |＋b ＝1－2＝－1＜0，所以B 错误；因为ln a 2＝ln(－1)2＝0，ln b 2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以D 错误．因为1a <1b<0，所以a ＋b <0，但ab >0，所以1a ＋b <1ab ，A 正确；a －1a －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －1b ＝a －b －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1b ＝a －b －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －a ab ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1ab ，因为1a<1b <0，所以0>a >b ，所以a －b >0,1＋1ab>0，所以a －1a－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －1b >0，所以a －1a >b －1b ，C 正确． (2) 【答案】 B 【解析】 p －q ＝b2a ＋a2b －a －b＝b2－a2a ＋a2－b2b ＝(b 2－a 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1b ＝(b 2－a 2)(b －a )ab ＝(b －a )2(b ＋a )ab ，因为a <0，b <0，所以a ＋b <0，ab >0. 若a ＝b ，则p －q ＝0，故p ＝q ；若a ≠b ，则p －q <0，故p <q . 综上，p ≤q .故选B. (3) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，π8 【解析】设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，n ＝32，即2α－β＝12(α＋β)＋32(α－β)．因为π<α＋β<5π4，－π<α－β<－π3，所以π2<12(α＋β)<5π8，－3π2<32(α－β)<－π2，所以－π<12(α＋β)＋32(α－β)<π8，即－π<2α－β<π8，所以2α－β的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，π8. 【题组·高频强化】 1.A【解析】若a >b ，则a ＋c >b ＋c ，故B 错；设a ＝3，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，则ac <bd ，a c<bd，所以C ，D 错，故选A. 2.C【解析】因为a ＋b ＋c ＝0，且a ＜b ＜c ，所以a ＜0，c ＞0.因为b ＜c ，a ＜0，所以ab ＞ac ，所以B 不成立；因为a ＜b ，c ＞0，所以ac ＜bc ，所以C 成立；当b ＝0时，A ，D 都不成立．故选C.3. BD4. ABC 【解析】取a ＝13，b ＝12，可知A ，B ，C 错误．因为0<a 0，因为方程6x 2＋5x －1＝0的解为x 1＝16，x 2＝－1，所以根据二次函数y ＝6x 2＋5x －1的图象可得原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|x<－1或x>16.(2) 若a ＝0，原不等式转化为－x ＋1<0，即x >1. 若a <0，原不等式转化为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)>0，此时对应方程⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)＝0的两个根为x 1＝1a ，x 2＝1，所以原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|x<1a 或x>1.若a >0，原不等式转化为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)<0，此时对应方程⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)＝0的两个根为x 1＝1a ，x 2＝1. 当1a＝1，即a ＝1时，原不等式的解集为∅；当1a >1，即0<a <1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|1<x<1a ；当1a <1，即a >1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|1a <x<1. 综上所述，当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x >1}；当a <0时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|x<1a 或x>1；当0<a <1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|1<x<1a ；当a ＝1时，原不等式的解集为∅；当a >1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|1a <x<1.【解答】 (1) 由不等式x －3x >－2，可得x >2或x <1.由x>2，得x >4；由x<1，得x <1且x ≥0，即0≤x <1.所以不等式的解集为{x |x >4或0≤x <1}．(2)原不等式转化为(x －a )(x －a 2)<0.当a 2>a ，即a >1时，不等式的解集为{x |a <x <a 2}；当a 2<a ，即0<a <1时，不等式的解集为{x |a 2<x <a }；当a 2＝a ，即a ＝1时，不等式的解集为∅.(1) 【答案】 [0,4] 【解析】当a ＝0时，原不等式变为1≥0，恒成立，符合题意；当a ≠0时，由ax 2－ax ＋1≥0恒成立，得⎩⎪⎨⎪⎧a>0，Δ＝a2－4a ≤0，解得0<a ≤4.综上，实数a 的取值范围为[0,4]．(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，＋∞ 【解析】方法一：当a ＝0时，原不等式可化为x <0，易知不合题意；当a ≠0时，令f (x )＝ax 2－x ＋a ，要满足题意，需⎩⎪⎨⎪⎧a>0，12a ≤1，f (1)≥0或⎩⎪⎨⎪⎧a>0，12a>1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12a >0，解得a ≥12，所以a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，＋∞. 方法二：ax 2－x ＋a >0⇔ax 2＋a >x ⇔a >x x2＋1，因为x ∈(1，＋∞)时，x x2＋1＝1x ＋1x<12，所以a ≥12. (3) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1＋72，1＋32 【解析】已知不等式可化为(x 2－1)m ＋(1－2x )<0.设f (m )＝(x 2－1)m ＋(1－2x )，这是一个关于m 的一次函数(或常数函数)，从图象上看，要使f (m )<0在－2≤m ≤2时恒成立，其等价条件是⎩⎨⎧f (2)＝2(x 2－1)＋(1－2x )<0，f (－2)＝－2(x 2－1)＋(1－2x )<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x2－2x －1<0，2x2＋2x －3>0，解得－1＋72<x <1＋32，所以实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1＋72，1＋32. 【解答】 (1) 因为当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，所以Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，解得－6≤a ≤2，所以实数a 的取值范围是[－6,2]．(2) 由题意，可转化为x 2＋ax ＋3－a ≥0在x ∈[－2,2]上恒成立，则(x 2＋ax ＋3－a )min ≥0(x ∈[－2,2])．令g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，x ∈[－2,2]，函数图象的对称轴方程为x ＝－a2.当－a 2<－2，即a >4时，g (x )min ＝g (－2)＝7－3a ≥0，解得a ≤73，舍去；当－2≤－a 2≤2，即－4≤a ≤4时，g (x )min ＝g⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－a 2＝－a24－a ＋3≥0，解得－6≤a ≤2，所以－4≤a ≤2；当－a2>2，即a <－4时，g (x )min ＝g (2)＝7＋a ≥0，解得a ≥－7，所以－7≤a <－4.综上，满足条件的实数a 的取值范围是[－7,2]． (3) 令h (a )＝xa ＋x 2＋3.当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立，只需⎩⎪⎨⎪⎧h (4)≥0，h (6)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x2＋4x ＋3≥0，x2＋6x ＋3≥0，解得x ≤－3－6或x ≥－3＋6，所以实数x 的取值范围是(－∞，－3－6]∪[－3＋6，＋∞)．课堂评价 1.C【解析】 (特值法)取a ＝－2，b ＝－1，n ＝0，逐个检验，可知A ，B ，D 项均不正确；C 项，|b||a|<|b|＋1|a|＋1⇔|b |(|a |＋1)<|a |(|b |＋1)⇔|a ||b |＋|b |<|a ||b |＋|a |⇔|b |<|a |，因为a 0，则a ≠0. 当a ＝－1时，原不等式的解集为∅，故A 正确；当a ＞0时，原不等式的解集为(－∞，－1)∪(a ，＋∞)，故D 正确；当－1＜a ＜0时，原不等式的解集为(－1，a )，故B 正确；当a ＜－1时，原不等式的解集为(a ，－1)，故C 正确． 4.BCD【解析】对于A ，因为2x 2－x －1＝(2x ＋1)(x －1)，所以由2x 2－x －1>0得(2x ＋1)(x －1)>0，解得x>1或x <－12，所以不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|x>1或x<－12，故A 错误；对于B ，因为－6x 2－x ＋2≤0，所以6x 2＋x －2≥0，所以(2x －1)(3x ＋2)≥0，所以x ≥12或x ≤－23，故B 正确；对于C ，由题意可知－7和－1为方程ax 2＋8ax ＋21＝0的两个根，所以－7×(－1)＝21a，所以a ＝3，经检验符合题意，故C 正确；对于D ，依题意知q,1是方程x 2＋px －2＝0的两个根，则q ＋1＝－p ，即p ＋q ＝－1，故D 正确．故选BCD.5.－3【解析】因为函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b (a ，b∈R )的值域为(－∞，0]，所以Δ＝0，即a 2＋4b ＝0，所以b ＝－14a 2.又关于x 的不等式f (x )＞c －1的解集为(m －4，m )，所以方程f (x )＝c －1的两根分别为m －4，m ，即方程－x 2＋ax －14a 2＝c －1的两根分别为m －4，m .又方程－x 2＋ax －14a 2＝c －1的根为x ＝a2±1－c ，所以两根之差为21－c ＝m －(m －4)＝4，解得c ＝－3.第5讲基本不等式链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】因为x >0，y >0，所以x ＋y 2≥xy ，即xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋y 22＝81，当且仅当x ＝y ＝9时取等号，故(xy )max ＝81. 2. D【解析】因为1x ＋3y ＝1，所以x ＋3y ＝(x ＋3y )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋3y ＝10＋3y x ＋3x y ≥10＋23y x ·3x y ＝16，当且仅当3y x ＝3x y 且1x ＋3y＝1，即x ＝y ＝4时取等号，故选D. 3.BD【解析】A 不正确，因为a ，b 不满足同号，故不能用基本不等式；B 正确，因为lg x 和lg y 一定是正实数，故可用基本不等式；C 不正确，因为x 和4x 不是正实数，故不能直接利用基本不等式；D 正确，因为 2x 和2－x 都是正实数，且2x ≠1,2－x ≠1，故2x ＋2－x >22x ·2－x ＝2成立，故D 正确．故选BD.4. 5 【解析】令t ＝sin x ∈(0,1]，由y ＝t ＋4t 在(0,1]上单调递减，得y min ＝1＋41＝5.5. 1【解析】因为x <54，所以5－4x >0，则f (x )＝4x －2＋14x －5＝－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5－4x ＋15－4x ＋3≤－2＋3＝1，当且仅当5－4x ＝15－4x，即x ＝1时取等号，故f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为1.知识聚焦1. (1) a ＞0，b ＞02. (1) x ＝y 2p (2) x ＝yp24研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 当a ＝0时，xy ＝x ＋4y ，两边同除以xy 得1y＋4x＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1y ＋4x ＝x y ＋4y x ＋1＋4≥2x y ·4y x ＋5＝9，当且仅当xy＝4y x，即x ＝6，y ＝3时取“＝”，即当a ＝0时，x ＋y 的最小值为9.(2) 当a ＝5时，xy ＝x ＋4y ＋5≥24xy ＋5＝4xy ＋5，即有(xy )2－4xy －5＝(xy －5)(xy ＋1)≥0，所以xy ≥5，即xy ≥25，当且仅当x ＝4y ，即x ＝10，y ＝52时取“＝”，即当a ＝5时，xy 的最小值为25. 【题组·高频强化】 1.20【解析】因为log 5x ＋log 5y ＝2，所以x 和y 均为正数，由指数和对数的关系可得xy ＝52＝25，所以x ＋4y ≥2x ·4y＝20，当且仅当x ＝4y ，即x ＝10且y ＝52时等号成立，所以x ＋4y 的最小值是20.2. 45 【解析】因为5x 2y 2＋y 4＝1，所以y ≠0且x 2＝1－y45y2，所以x 2＋y 2＝1－y45y2＋y 2＝15y2＋4y25≥215y2·4y25＝45，当且仅当15y2＝4y25，即x 2＝310，y 2＝12时取等号，所以x 2＋y 2的最小值为45.3. 5＋26 【解析】因为x ＋y ＝1，所以x ＋2xy ＝x ＋2(x ＋y )xy ＝3x ＋2y xy ＝2x ＋3y＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋3y (x ＋y )＝2y x ＋3x y ＋5≥5＋26，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2y x ＝3x y ，x ＋y ＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6－2，y ＝3－6时取等号．4. 6 【解析】方法一(换元消元法)：由已知得x ＋3y ＝9－xy ，因为x >0，y >0，所以x ＋3y ≥23xy ，所以3xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋3y 22，当且仅当x ＝3y ，即x ＝3，y ＝1时取等号，即(x ＋3y )2＋12(x ＋3y )－108≥0，令x ＋3y ＝t ，则t >0且t 2＋12t －108≥0，得t ≥6，即x ＋3y 的最小值为6. 方法二(代入消元法)：由x ＋3y ＋xy ＝9，x ＞0，y ＞0，得x ＝9－3y1＋y ，所以x ＋3y ＝9－3y 1＋y ＋3y ＝9－3y ＋3y (1＋y )1＋y ＝9＋3y21＋y ＝3(1＋y )2－6(1＋y )＋121＋y ＝3(1＋y )＋121＋y－6≥23(1＋y )·121＋y －6＝12－6＝6，当且仅当3(1＋y )＝121＋y，即y ＝1，x ＝3时取等号，所以x ＋3y 的最小值为6.5. 94 【解析】 1a ＋1＋4b ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＋1＋4b ＋1·(a ＋1)＋(b ＋1)4 ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋4＋b ＋1a ＋1＋4(a ＋1)b ＋1≥14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤5＋2b ＋1a ＋1·4(a ＋1)b ＋1＝94，当且仅当b ＋1a ＋1＝4(a ＋1)b ＋1，即a ＝13，b ＝53时取等号，所以1a ＋1＋4b ＋1的最小值为94.【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，174 【解析】对于正实数x ，y ，由x ＋y ＋4＝2xy ，得x ＋y ＋4＝2xy ≤(x ＋y )22，解得x ＋y ≥4.不等式x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0可化为(x ＋y )2－a (x ＋y )＋1≥0，令t ＝x ＋y (t ≥4)，则该不等式可化为t 2－at ＋1≥0，即a ≤t ＋1t 对于任意的t ≥4恒成立．令u (t )＝t ＋1t(t ≥4)，则u ′(t )＝1－1t2＝t2－1t2>0对于任意的t ≥4恒成立，从而函数u (t )＝t ＋1t(t ≥4)为单调增函数，所以u (t )min ＝u (4)＝4＋14＝174，所以a ≤174.(1) 【答案】 4【解析】原不等式变形为k (x －1)＋4x －1＋k ≥12，则原问题转化成不等式k (x －1)＋4x －1≥12－k 在(1，＋∞)上恒成立，所以只需12－k ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤k (x －1)＋4x －1min 即可．根据均值定理可知，k (x －1)＋4x －1≥2k (x －1)·4x －1＝4k ，当且仅当k (x －1)＝4x －1时等号成立，所以只需12－k ≤4k 成立，即(k＋6)(k －2)≥0，所以k ≥4，即k min ＝4.(2) 【答案】 (－∞，22]【解析】因为x >y >0，且xy ＝1，所以由x 2＋y 2≥a (x －y )，得a ≤x2＋y2x －y.又x2＋y2x －y＝(x －y )2＋2xyx －y ＝x －y ＋2x －y≥2(x －y )·2x －y＝22，所以a ≤22.【解答】 (1) 设休闲区的宽为a m ，则长为ax m ，由a 2x ＝4 000，得a ＝2010x.则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20) ＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160＝4 000＋(8x ＋20)·2010x＋160＝8010⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋5x ＋4 160(x ＞1)． (2) 由(1)知， S (x )＝8010⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋5x ＋4 160 ≥8010×22x ×5x ＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760，当且仅当2x ＝5x，即x ＝2.5时，等号成立，此时a ＝40，ax ＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1应设计为长100 m ，宽40 m.【解答】 (1) 设污水处理池的宽为x m ，则长为162x m ，总造价y ＝400×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋2×162x ＋248×2x ＋80×162 ＝1 296x ＋1 296×100x ＋12 960＝1 296⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋100x ＋12 960 ≥1 296×2x ×100x＋12 960＝38 880(元)，当且仅当x ＝100x(x >0)，即x ＝10时取等号，所以当污水处理池的长为16.2 m ，宽为10 m 时总造价最低，最低为38 880元． (2) 由限制条件知⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤16，0<162x ≤16，所以818≤x ≤16.设g (x )＝x ＋100x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫818≤x ≤16，则g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤818，16上是增函数，所以当x ＝818时，g (x )有最小值，即f (x )有最小值，即y min ＝1 296×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫818＋80081＋12 960＝38 882(元)．所以当污水处理池的长为16 m ，宽为818 m 时总造价最低，最低为38 882元．课堂评价 1.BCD【解析】不等式a ＋b ≥2ab 恒成立的条件是a ≥0，b ≥0，故A 不正确；当a 为负数时，不等式a ＋1a≤2成立，故B 正确；由基本不等式可知C 正确；2x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋1y (x ＋2y )＝4＋4y x ＋x y ≥4＋24y x ·x y ＝8，当且仅当4y x ＝x y ，即x ＝12，y ＝14时取等号，故D 正确． 2. ABD 【解析】若m ，n ＞0，m ＋n ＝2，则1m ＋2n ＝12(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1m ＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋n m ＋2m n ≥3＋222，当且仅当n ＝2m ＝4－22时等号成立，A 正确．m ＋n ＝2≥2mn ，解得mn ≤1，所以mn 2≤12，(m＋n )2＝m ＋n ＋2mn ≤4，即m ＋n ≤2，B 正确，C 错误．m 2＋n 2≥(m ＋n )22＝2，当且仅当m ＝n ＝1时取等号，D 正确．故选ABD.3. (－1,4) 【解析】由正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，则x ＋y4＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋y 4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋4y ＝2＋4x y ＋y 4x≥2＋24x y ·y4x＝4，当且仅当y ＝4x ＝8时取等号，所以x ＋y 4的最小值为4.由x＋y4>m2－3m恒成立，可得m2－3m<4，解得m∈(－1,4)．4. 4 【解析】因为a>0，b>0，所以a＋b>0，ab＝1，所以12a＋12b＋8a＋b＝b2ab＋a2ab＋8a＋b＝a＋b2＋8a＋b≥2a＋b2·8a＋b＝4，当且仅当a＋b＝4时取等号，结合ab＝1，解得a＝2－3，b＝2＋3或a＝2＋3，b＝2－3时等号成立．5. 2105【解析】因为4x2＋y2＋xy＝1，所以(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－32·2xy＝1，所以(2x＋y)2－32·⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x＋y22≤1，解得(2x＋y)2≤85，即2x＋y≤2105。

利用导数证明不等式——2021年高考文科数学一轮复习热点题型(附解析)

e－1
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2021 年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破
专题 3.4 高考解答题热点题型（一）利用导数证明不等式
目录一、题型全归纳.............................................................................................................................................................1
x2
联立消参利用方程 f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数 a
抓商构元
令
c＝x1，消掉变量 x2
x1，x2，构造关于
c
的函数
h(c)
用导求解利用导数求解函数 h(c)的最小值，从而可证得结论
【例 1】已知函数 f(x)＝ln x－1ax2＋x，a∈R. 2
(1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； (2)若 a＝－2，正实数 x1，x2 满足 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥ 5－1.
题型一作差法构造函数证明不等式.................................................................................................................. 1 题型二拆分法构造函数证明不等式.................................................................................................................. 2 题型三换元法构造函数证明不等式.................................................................................................................. 3 题型四两个经典不等式的应用.......................................................................................................................... 3 二、高效训练突破.........................................................................................................................................................4

2023年新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第5讲基本不等式的综合问题(含答案)

新高考数学大一轮复习专题：第5讲基本不等式的综合问题利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．例1 (1)已知x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是_________________________．(2)设x ≥0，y ≥0，x 2＋y 22＝1，则x ·1＋y 2的最大值为________． (3)已知x >0，y >0，1x ＋2y ＋1＝2，则2x ＋y 的最小值为________．答案 (1)233 (2)324(3)3 解析 (1)由(x ＋y )2＝xy ＋1，得(x ＋y )2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋1，则x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取等号)，故x ＋y 的最大值为233. (2)x ·1＋y 2＝2x ·1＋y 22 ≤2·x 2＋1＋y 222＝2·x 2＋y 22＋122＝324⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝32，y ＝22时取等号，故x ·1＋y 2的最大值为324. (3)∵2x ＋(y ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋1[2x ＋(y ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y ＋1x ＋4x y ＋1＋2≥4， ∴2x ＋y ＝2x ＋(y ＋1)－1≥3(当且仅当x ＝1，y ＝1时取等号)，故2x ＋y 的最小值为3.例2 记max{a ，b }为a ，b 两数的最大值，则当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y的最小值为________．答案 10解析方法一由题意知t ≥x 2，t ≥25y x －y ， ∴2t ≥x 2＋25y x －y，又∵x 2＋25y x －y ≥x 2＋25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2＋100x 2 ≥20，∴2t ≥20，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. 方法二由题意知t ≥x 2>0，t ≥25y x －y >0， ∴t 2≥x 2·25y x －y ，又∵x 2·25yx －y ≥x 2·25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2·100x 2 ＝100，∴t 2≥100，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. (1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．1．若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值是( ) A ．1B ．6C ．9D ．16答案 B解析 ∵正数a ，b 满足1a ＋1b＝1， ∴b ＝aa －1>0，解得a >1.同理可得b >1，∴1a －1＋9b －1＝1a －1＋9a a －1－1 ＝1a －1＋9(a －1)≥21a －1·9a －1＝6，当且仅当1a －1＝9(a －1)，即a ＝43时等号成立， ∴所求最小值为6.2．(2020·厦门模拟)函数y ＝2x －1＋5－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <52 的最大值是________．答案 2 2解析 y 2＝(2x －1＋5－2x )2＝4＋22x －15－2x ≤4＋(2x －1)＋(5－2x )＝8，又y >0，所以0<y ≤22，当且仅当2x －1＝5－2x ，即x ＝32时取等号．故函数的最大值是2 2. 3．(2020·天津)已知a >0，b >0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为________．答案 4解析因为a >0，b >0，ab ＝1，所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b＝a ＋b2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4，当且仅当a ＋b2＝8a ＋b，即a ＋b ＝4时，等号成立．故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b取得最小值．答案－2解析12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当b 4|a |＝|a |b 且a <0，即a ＝－2，b ＝4时取等号．故当a ＝－2时，12|a |＋|a |b取得最小值．。

高考数学复习备战：最新真题解析—不等式选讲

（2）基本不等式:如果a，b>0，那么，当且仅当a=b时，等号成立.用语言可以表述为:两个正数的算术平均数不小于(即大于或等于)它们的几何平均数.
（3）算术平均—几何平均定理(基本不等式的推广):对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即，当且仅当a1=a2=…=an时，等号成立.
（2）法一：利用基本不等式得到，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明.
(1)∵ ，，都为正整数，且．
∴ ，
当且仅当时“=”成立．
(2)法一：由题意得
①+②+③，得，
当且仅当时“=”成立．
法二：由Cauchy不等式，得．
令，
则．
令，则在上单调递增．
∴ ，即．
(1)当时，等价于，
该不等式恒成立，所以；
当时，等价于，
解得，此时不等式无解；
当时，等价于，解得，所以．
综上所述，不等式的解为．
(2)由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，恒成立，
因为，
当且仅当时取等号，所以．综上所述，的取值范围是．
2．（2022·青海·模拟预测（理））已知函数．
当时，，解得，
故不等式的解集为或；
(2)由（1）可知：
当时，，
当时，，
当时，，
故的最小值为3，即，则，即
则，
当且仅当时取等号，
故的最小值为 .
3．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数 .
(1)求不等式的解集；
(2)设时，的最小值为M.若正实数a，b，满足，求的最小值.

2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课时练习：1.5 一元二次不等式及其解法 (含解析)

1．(2019·武汉调研)已知集合A ＝{x |x 2－x －2<0}，B ＝{x |x 2＋3x <0}，则A ∩B 等于( )A ．(0,2)B ．(－1,0)C ．(－3,2)D ．(－1,3)答案 B解析 A ＝{x |－1<x <2}，B ＝{x |－3<x <0}，∴A ∩B ＝(－1,0)．故选B.2．(2020·黄冈调研)关于x 的不等式ax ＋b >0的解集是(1，＋∞)，则关于x 的不等式(ax ＋b )(x －2)<0的解集是( )A ．(－∞，1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(1,2)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案 C解析关于x 的不等式ax ＋b >0的解集是(1，＋∞)，∴a >0，且－b a＝1， ∴关于x 的不等式(ax ＋b )(x －2)<0可化为⎝⎛⎭⎫x ＋b a (x －2)<0，即(x －1)(x －2)<0， ∴不等式的解集为{x |1<x <2}．故选C.3．“不等式x 2－x ＋m >0在R 上恒成立”的充要条件是( )A ．m >14B ．m <14C ．m <1D ．m >1 答案 A解析 ∵不等式x 2－x ＋m >0在R 上恒成立，∴Δ＝(－1)2－4m <0，解得m >14，又∵m >14，∴Δ＝1－4m <0， ∴“m >14”是“不等式x 2－x ＋m >0在R 上恒成立”的充要条件．故选A. 4．若不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ≤0的解集是[－4,3]的子集，则a 的取值范围是( )A ．[－4,1]B ．[－4,3]C ．[1,3]D ．[－1,3] 答案 B解析原不等式为(x －a )(x －1)≤0，当a <1时，不等式的解集为[a,1]，此时只要a ≥－4即可，即－4≤a <1；当a ＝1时，不等式的解为x ＝1，此时符合要求；当a >1时，不等式的解集为[1，a ]，此时只要a ≤3即可，即1<a ≤3，综上可得－4≤a ≤3.5．若存在实数x ∈[2,4]，使x 2－2x ＋5－m <0成立，则m 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．(5，＋∞)C ．(4，＋∞)D ．(－∞，13)答案 B解析 m >x 2－2x ＋5，设f (x )＝x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4，x ∈[2,4]，当x ＝2时f (x )min ＝5，∃x ∈[2,4]使x 2－2x ＋5－m <0成立，即m >f (x )min ，∴m >5.故选B.6．在关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a <0的解集中至多包含1个整数，则a 的取值范围是()A ．(－3,5)B ．(－2,4)C ．[－1,3]D ．[－2,4]答案 C解析因为关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a <0可化为(x －1)(x －a )<0，当a >1时，不等式的解集为{x |1<x <a }，当a <1时，不等式的解集为{x |a <x <1}，当a ＝1时，不等式的解集为∅，要使得解集中至多包含1个整数，则a ＝1或1<a ≤3或－1≤a <1，所以实数a 的取值范围是a ∈[－1,3]，故选C.7．(多选)下列四个解不等式，正确的有( )A ．不等式2x 2－x －1>0的解集是{x |x >2或x <1}B ．不等式－6x 2－x ＋2≤0的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x ≤－23或x ≥12C ．若不等式ax 2＋8ax ＋21<0的解集是{x |－7<x <－1}，那么a 的值是3D ．关于x 的不等式x 2＋px －2<0的解集是(q,1)，则p ＋q 的值为－1答案 BCD解析对于A ，∵2x 2－x －1＝(2x ＋1)(x －1)，∴由2x 2－x －1>0得(2x ＋1)(x －1)>0，解得x >1或x <－12，∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x >1或x <－12.故A 错误；对于B ，∵－6x 2－x ＋2≤0，∴6x 2＋x －2≥0，∴(2x －1)(3x ＋2)≥0，∴x ≥12或x ≤－23.故B 正确；对于C ，由题意可知－7和－1为方程ax 2＋8ax ＋21＝0的两个根．∴a －8a ＋21＝0，∴a ＝3.故C 正确；对于D ，依题意q,1是方程x 2＋px －2＝0的两根，q ＋1＝－p ，即p ＋q ＝－1，故D 正确．8．(多选)已知关于x 的不等式kx 2－2x ＋6k <0(k ≠0)，则下列说法正确的是( )A ．若不等式的解集为{x |x <－3或x >－2}，则k ＝－25B ．若不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ∈R ，x ≠1k ，则k ＝66 C ．若不等式的解集为R ，则k <－66 D ．若不等式的解集为∅，则k ≥66答案 ACD 解析对于A ，∵不等式的解集为{x |x <－3或x >－2}，∴k <0，且－3与－2是方程kx 2－2x ＋6k ＝0的两根，∴4k ＋4＋6k ＝0，解得k ＝－25.故A 正确；对于B ，∵不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x ∈R ，x ≠1k ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ k <0，Δ＝4－24k 2＝0，解得k ＝－66.故B 错误；对于C ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧k <0，Δ＝4－24k 2<0，解得k <－66. 故C 正确；对于D ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧k >0，Δ＝4－24k 2≤0，解得k ≥66.故D 正确．9．(2019·北京市顺义区模拟)满足关于x 的不等式(ax －b )(x －2)>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12<x <2，则满足条件的一组有序实数对(a ，b )的值可以是________．答案 (－2，－1)(答案不唯一)解析不等式(ax －b )(x －2)>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12<x <2，∴方程(ax －b )(x －2)＝0的实数根为12和2，且⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，b a ＝12，即a ＝2b <0，则满足条件的一组有序实数对(a ，b )的值可以是(－2，－1)．10．在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x (1－y )，若不等式(x －a )⊗(x ＋a )<1对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎫－12，32 解析由题意，可知不等式(x －a )⊗(x ＋a )<1对任意实数x 都成立，又由(x －a )⊗(x ＋a )＝(x －a )(1－x －a )，即x 2－x －a 2＋a ＋1>0对任意实数x 都成立，所以Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)<0，即4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32. 11．已知关于x 的不等式－x 2＋ax ＋b >0.(1)若该不等式的解集为(－4,2)，求a ，b 的值；(2)若b ＝a ＋1，求此不等式的解集．解 (1)根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧－16－4a ＋b ＝0，－4＋2a ＋b ＝0，解得a ＝－2，b ＝8.(2)当b ＝a ＋1时，－x 2＋ax ＋b >0⇔x 2－ax －(a ＋1)<0，即[x －(a ＋1)](x ＋1)<0.当a ＋1＝－1，即a ＝－2时，原不等式的解集为∅；当a ＋1<－1，即a <－2时，原不等式的解集为(a ＋1，－1)；当a ＋1>－1，即a >－2时，原不等式的解集为(－1，a ＋1)．综上，当a <－2时，不等式的解集为(a ＋1，－1)；当a ＝－2时，不等式的解集为∅；当a >－2时，不等式的解集为(－1，a ＋1)．12．甲厂以x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x ≤10)，每小时可获得的利润是100⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x 元． (1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x 的取值范围；(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，则甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．解 (1)根据题意，得200⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x ≥3 000，整理得5x －14－3x≥0，即5x 2－14x －3≥0，又1≤x ≤10，可解得3≤x ≤10.故要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x 的取值范围是[3,10]．(2)设利润为y 元，则y ＝900x·100⎝⎛⎭⎫5x ＋1－3x ＝9×104⎝⎛⎭⎫5＋1x －3x 2 ＝9×104⎣⎡⎦⎤－3⎝⎛⎭⎫1x －162＋6112，故当x ＝6时，y max ＝457 500.故甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大，最大利润为457 500元．13．设a <0，(4x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，则b －a 的最大值为( )A.12B.13C.14D.22答案 C解析由题意知a <0，a 0时，(4x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，当x ＝0时，(4x 2＋a )(2x ＋b )＝ab <0，不符合题意；③当b ＝0时，由题意知x ∈(a,0)，(4x 2＋a )2x ≥0恒成立，所以4x 2＋a ≤0，所以－14≤a <0，所以00，则实数a 的取值范围是________．答案 (1,5]解析设f (x )＝x 2－2(a －2)x ＋a ，当Δ＝4(a －2)2－4a <0，即1<a <4 时，f (x )>0 对x ∈R 恒成立，符合题意；当a ＝1时，f (－1)＝0，不符合题意；当a ＝4时，f (x )＝x 2－4x ＋4＝(x －2)2>0对x ∈(－∞，1)∪(5，＋∞)恒成立，符合题意；当Δ>0 时，由⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，1<a －2<5，f (1)≥0，f (5)≥0，得⎩⎪⎨⎪⎧ a <1或a >4，3<a <7，a ≤5，a ≤5，即4<a ≤5.综上所述，实数a 的取值范围是(1,5]．15．若集合A ＝{x ∈Z |x 2－(a ＋2)x ＋2－a <0}中有且只有一个元素，则正实数a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎤12，23解析 f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋2－a <0，即x 2－2x ＋1<a (x ＋1)－1，分别令y 1＝x 2－2x ＋1，y 2＝a (x ＋1)－1，易知y 2过定点(－1，－1)，在同一坐标系中画出两个函数的图象，如图所示，若集合A ＝{x ∈Z |f (x )<0}中有且只有一个元素，结合图象可得，即点(0,1)和点(2,1)在直线上或者在直线上方，点(1,0)在直线下方，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤1，2a －1>0，3a －1≤1，解得12<a ≤23. 16．(2020·南京六校联考)已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋2a －1.若对任意的a ∈(0,3)，存在x 0∈[0,4]，使得t ≤|f (x 0)|成立，求实数t 的取值范围．解 ∵f (x )＝x 2－2ax ＋2a －1的对称轴为x ＝a ，且a ∈(0,3)，∴函数f (x )＝x 2－2ax ＋2a －1在[0，a ]上是减函数，在[a,4]上是增函数；∴函数f (x )＝x 2－2ax ＋2a －1在[0,4]上的最小值为f (a )＝－(a －1)2∈(－4,0]，|f (a )|＝(a －1)2， ①当2≤a <3时，函数f (x )＝x 2－2ax ＋2a －1(x ∈[0,4])在x ＝0时取得最大值，且最大值为2a－1，由于此时2≤a<3，则3≤2a－1<5，易知当2≤a<3时，(a－1)2<2a－1，所以|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (0)|}＝|f (0)|＝2a－1∈[3,5)．∴t≤3.②当0<a<2时，函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1(x∈[0,4])在x＝4时取得最大值，且最大值为42－8a＋2a－1＝15－6a，由于此时0<a<2，所以3<15－6a<15，且15－6a>(a－1)2，|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (4)|}＝|f (4)|＝15－6a∈(3,15)，∴t≤3.综上，t的取值范围是(－∞，3]．。

2023年高考数学(文科)一轮复习——基本不等式及其应用

第3节基本不等式及其应用考试要求 1.了解基本不等式的证明过程；2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题.1.基本不等式：ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a ≥0，b ≥0. (2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号.(3)其中a ＋b2称为正数a ，b 的算术平均数，ab 称为正数a ，b 的几何平均数. 2.两个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号. (2)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号. 3.利用基本不等式求最值已知x ≥0，y ≥0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p (简记：积定和最小).(2)如果和x ＋y 是定值s ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是s 24(简记：和定积最大).1.b a ＋ab ≥2(a ，b 同号)，当且仅当a ＝b 时取等号. 2.ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22.3.21a＋1b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a>0，b>0).4.应用基本不等式求最值要注意：“一定，二正，三相等”，忽略某个条件，就会出错.5.在利用不等式求最值时，一定要尽量避免多次使用基本不等式.若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)两个不等式a2＋b2≥2ab与a＋b2≥ab成立的条件是相同的.()(2)函数y＝x＋1x的最小值是2.()(3)函数f(x)＝sin x＋4sin x的最小值为－5.()(4)x＞0且y＞0是xy＋yx≥2的充要条件.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析(1)不等式a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；不等式a＋b2≥ab成立的条件是a≥0，b≥0.(2)函数y＝x＋1x的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，没有最小值.(4)x>0且y>0是xy＋yx≥2的充分不必要条件.2.(易错题)已知x＞2，则x＋1x－2的最小值是()A.1B.2C.2 2D.4 答案 D解析∵x＞2，∴x－2＞0，∴x＋1x－2＝x－2＋1x－2＋2≥2（x－2）1x－2＋2＝4，当且仅当x－2＝1x－2，即x＝3时，等号成立.3.若x<0，则x＋1x()A.有最小值，且最小值为2B.有最大值，且最大值为2C.有最小值，且最小值为－2D.有最大值，且最大值为－2 答案 D解析因为x<0，所以－x>0，x＋1x＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－x＋⎝⎛⎭⎪⎫－1x≤－2（－x）·⎝⎛⎭⎪⎫－1x＝－2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋1x≤－2.4.若x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为()A.9B.18C.36D.81 答案 A解析因为x＋y＝18，所以xy≤x＋y2＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立.5.一段长为30 m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m，则这个矩形的长为________m，宽为________m时菜园面积最大.答案1515 2解析设矩形的长为x m，宽为y m.则x＋2y＝30，所以S＝xy＝12x·(2y)≤12⎝⎛⎭⎪⎫x＋2y22＝2252，当且仅当x＝2y，即x＝15，y＝152时取等号.6.已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋18b的最小值为________.答案 14解析由题设知a －3b ＝－6，又2a>0，8b>0，所以2a＋18b ≥22a·18b ＝2×2a －3b 2＝14，当且仅当2a ＝18b ，即a ＝－3，b ＝1时取等号.故2a ＋18b 的最小值为14.考点一利用基本不等式求最值角度1 配凑法求最值例1 (1)已知0＜x ＜1，则x (3－2x )的最大值为________. (2)已知x ＞54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最小值为________.(3)(2021·沈阳模拟)若0＜x ＜12，则y ＝x 1－4x 2的最大值为________. 答案 (1)98 (2)5 (3)14解析 (1)x (3－2x )＝12·2x (3－2x )≤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3－2x 22＝98，当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时取等号. (2)∵x ＞54，∴4x －5＞0， ∴f (x )＝4x －2＋14x －5＝4x －5＋14x －5＋3≥21＋3＝5. 当且仅当4x －5＝14x －5，即x ＝32时取等号. (3)∵0＜x ＜12， ∴y ＝x1－4x 2＝x 2（1－4x 2）＝124x 2（1－4x 2）≤12·4x 2＋1－4x 22＝14，当且仅当4x 2＝1－4x 2，即x ＝24时取等号，则y ＝x1－4x 2的最大值为14.角度2 常数代换法求最值例 2 (2022·江西九校联考)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则b 3a ＋3b 的最小值为________. 答案 5解析因为a ＋b ＝1，所以b 3a ＋3b ＝b 3a ＋3（a ＋b ）b ＝b 3a ＋3a b ＋3，因为a ＞0，b ＞0，所以b 3a ＋3ab ＋3≥2b 3a ·3a b ＋3＝5，当且仅当b 3a ＝3a b ，即a ＝14，b ＝34时等号成立，即b 3a ＋3b 的最小值为5. 角度3 消元法求最值例3 已知x >0，y >0，x ＋3y ＋xy ＝9，则x ＋3y 的最小值为________. 答案 6解析法一(换元消元法) 由已知得x ＋3y ＝9－xy ，因为x >0，y >0，所以x ＋3y ≥23xy ，所以3xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3y 22，所以13×⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3y 22≥9－(x ＋3y )，即(x ＋3y )2＋12(x ＋3y )－108≥0，则x ＋3y ≤－18(舍去)或x ＋3y ≥6(当且仅当x ＝3y ，即x ＝3，y ＝1时取等号)，故x＋3y的最小值为6. 法二(代入消元法)由x＋3y＋xy＝9，得x＝9－3y 1＋y，所以x＋3y＝9－3y1＋y＋3y＝9＋3y21＋y＝3（1＋y）2－6（1＋y）＋121＋y＝3(1＋y)＋121＋y－6≥23（1＋y）·121＋y－6＝12－6＝6，当且仅当3(1＋y)＝121＋y，即y＝1，x＝3时取等号，所以x＋3y的最小值为6.感悟提升利用基本不等式求最值的方法(1)知和求积的最值：“和为定值，积有最大值”.但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立.(2)知积求和的最值：“积为定值，和有最小值”，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的条件.(3)构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解.训练1 (1)已知函数f(x)＝－x2x＋1(x＜－1)，则()A.f(x)有最小值4B.f(x)有最小值－4C.f (x )有最大值4D.f (x )有最大值－4(2)正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则a ＋b 的最小值为________. 答案 (1)A (2)6解析 (1)f (x )＝－x 2x ＋1＝－x 2－1＋1x ＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1＋1x ＋1－2 ＝－(x ＋1)＋1－（x ＋1）＋2.因为x ＜－1，所以x ＋1＜0，－(x ＋1)＞0，所以f (x )≥21＋2＝4，当且仅当－(x ＋1)＝1－（x ＋1），即x ＝－2时，等号成立. 故f (x )有最小值4.(2)∵a ＞0，b ＞0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，即a ＋b ＋3≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，整理得(a ＋b )2－4(a ＋b )－12≥0，解得a ＋b ≤－2(舍)或a ＋b ≥6(当且仅当a ＝b ＝3时取等号). 故a ＋b 的最小值为6.考点二基本不等式的综合应用例4 (1)(2022·河南名校联考)已知直线ax ＋2by －1＝0和x 2＋y 2＝1相切，则ab 的最大值是( ) A.14B.12C.22D.1(2)已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为( ) A.2B.4C.6D.8答案 (1)A (2)B解析 (1)圆x 2＋y 2＝1的圆心为(0，0)，半径r ＝1，由直线ax ＋2by －1＝0和x 2＋y 2＝1相切，得|－1|a 2＋4b 2＝1，则a 2＋4b 2＝1，又由1＝a 2＋4b 2≥4ab ，可得ab ≤14，当且仅当a ＝2b ，即a ＝22，b ＝24时等号成立，故ab 的最大值是14.(2)已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意正实数x ，y 恒成立，只需求(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y 的最小值大于或等于9， ∵(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ＝1＋a ＋y x ＋ax y≥a ＋2a ＋1＝(a ＋1)2，当且仅当y ＝ax 时，等号成立， ∴(a ＋1)2≥9，∴a ≥4，即正实数a 的最小值为4.感悟提升 1.当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值.2.求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用基本不等式确定相关成立的条件，从而得到参数的值或范围.训练2 (1)若△ABC 的内角满足3sin A ＝sin B ＋sin C ，则cos A 的最小值是( ) A.23B.79C.13D.59(2)当x ∈(0，＋∞)时，ax 2－3x ＋a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞解析(1)由题意结合正弦定理有3a＝b＋c，结合余弦定理可得：cos A＝b2＋c2－a22bc＝b2＋c2－⎝⎛⎭⎪⎫b＋c322bc＝89b2＋89c2－29bc2bc＝89b2＋89c22bc－19≥2×89b×89c2bc－19＝79.当且仅当b＝c时等号成立.综上可得，cos A的最小值是79.(2)ax2－3x＋a≥0，则a≥3xx2＋1＝3x＋1x，x∈(0，＋∞)，故x＋1x≥2，当且仅当x＝1时等号成立，故y＝3x＋1x≤32，故a≥32.考点三基本不等式的实际应用例5 为了美化校园环境，园艺师在花园中规划出一个平行四边形，建成一个小花圃，如图，计划以相距6米的M，N两点为AMBN一组相对的顶点，当AMBN 的周长恒为20米时，小花圃占地面积(单位：平方米)最大为()A.6B.12C.18D.24答案 D解析设AM＝x，AN＝y，则由已知可得x＋y＝10，在△MAN中，MN＝6，由余弦定理可得，cos A ＝x 2＋y 2－622xy ＝（x ＋y ）2－362xy －1＝32xy －1≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22－1＝3225－1＝725，当且仅当x ＝y ＝5时等号成立，此时(cos A )min ＝725，所以(sin A )max ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫7252＝2425，所以四边形AMBN 的最大面积为2×12×5×5×2425＝24，此时四边形AMBN 是边长为5的菱形.感悟提升 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数. 2.根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值. 3.在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.训练3 某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x ＝________吨. 答案 20解析该公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，则需要购买400x 次，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x 万元，一年的总运费与总存储费用为之和为⎝ ⎛⎭⎪⎫400x ·4＋4x 万元，400x ·4＋4x ≥160，当且仅当1 600x ＝4x ，即x ＝20时，一年的总运费与总存储费用之和最小.1.已知a ，b ∈R ，且ab ≠0，则下列结论恒成立的是( ) A.a ＋b ≥2ab B.a b ＋ba ≥2 C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋b a ≥2 D.a 2＋b 2>2ab答案 C解析因为a b 和b a 同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋b a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2.2.若3x ＋2y ＝2，则8x ＋4y 的最小值为( ) A.4 B.4 2 C.2 D.2 2答案 A解析因为3x ＋2y ＝2，所以8x ＋4y ≥28x ·4y ＝223x ＋2y ＝4，当且仅当3x ＋2y ＝2且3x ＝2y ，即x ＝13，y ＝12时等号成立.3.若a ＞0，b ＞0，lg a ＋lg b ＝lg(a ＋b )，则a ＋b 的最小值为( ) A.8 B.6 C.4 D.2答案 C解析依题意ab ＝a ＋b ，∴a ＋b ＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，即a ＋b ≤（a ＋b ）24，∴a ＋b ≥4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号， ∴a ＋b 的最小值为4.4.已知f (x )＝x 2－2x ＋1x ，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上的最小值为( )A.12 B.43C.－1D.0答案 D解析因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，所以f (x )＝x 2－2x ＋1x ＝x ＋1x －2≥2－2＝0，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号.又1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上的最小值为0.5.某车间分批生产某种产品，每批产品的生产准备费用为800元，若每批生产x 件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( ) A.60件 B.80件 C.100件 D.120件答案 B解析设每批生产产品x 件，则每件产品的生产准备费用是800x 元，仓储费用是x8元，总的费用是⎝ ⎛⎭⎪⎫800x ＋x 8元，由基本不等式得800x ＋x 8≥2800x ·x 8＝20，当且仅当800x＝x8，即x ＝80时取等号.6.对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，则实数a 的最大值为( ) A. 2 B.2 2C.4D.92答案 B解析 ∵对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0， ∴m 2＋2n 2≥amn ，即a ≤m 2＋2n 2mn ＝m n ＋2nm 恒成立， ∵m n ＋2n m ≥2m n ·2n m ＝22，当且仅当m n ＝2n m 即m ＝2n 时取等号，∴a ≤22，故a 的最大值为2 2.7.(2022·河南顶级名校联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 6，3a 5，a 7成等差数列，若{a n }中存在两项a m ，a n ，使得4a 1为其等比中项，则1m ＋4n 的最小值为( ) A.4 B.9C.23D.32答案 D解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q ＞0，由a 6，3a 5，a 7成等差数列，可得6a 5＝a 6＋a 7，即6a 1q 4＝a 1q 5＋a 1q 6，解得q ＝2(q ＝－3舍去)，由{a n }中存在两项a m ，a n ，使得4a 1为其等比中项，可得16a 21＝a m a n ＝a 21·2m ＋n －2，化简可得m ＋n ＝6，m ，n ∈N *，则1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16⎝⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32. 当且仅当n ＝2m ＝4时，上式取得等号. 8.已知x >0，y >0，且1x ＋1＋1y ＝12，则x ＋y 的最小值为( ) A.3 B.5C.7D.9答案 C解析 ∵x >0，y >0，且1x ＋1＋1y ＝12，∴x ＋1＋y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋1y (x ＋1＋y ) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1＋y x ＋1＋x ＋1y ≥2⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋2y x ＋1·x ＋1y ＝8，当且仅当y x ＋1＝x ＋1y ，即x ＝3，y ＝4时取等号， ∴x ＋y ≥7，故x ＋y 的最小值为7.9.(2021·宜昌期末)某地为了加快推进垃圾分类工作，新建了一个垃圾处理厂，每月最少要处理300吨垃圾，最多要处理600吨垃圾，月处理成本y (单位：元)与月处理量x (单位：吨)之间的函数关系可近似表示为y ＝12x 2－300x ＋80 000，为使每吨的平均处理成本最低，该厂每月的垃圾处理量应为________吨.答案 400解析由题意知，每吨垃圾的平均处理成本为y x ＝12x 2－300x ＋80 000x ＝x 2＋80 000x －300，其中300≤x ≤600，又x 2＋80 000x －300≥2x 2·80 000x －300＝400－300＝100，所以当且仅当x 2＝80 000x ，即x ＝400吨时，每吨垃圾的平均处理成本最低. 10.(2022·兰州诊断)设a ，b ，c 均为正实数，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c ≥________. 答案 9解析 ∵a ，b ，c 均为正数，a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号.11.(2020·江苏卷)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________. 答案 45解析由题意知y ≠0.由5x 2y 2＋y 4＝1，可得x 2＝1－y 45y 2，所以x 2＋y 2＝1－y 45y 2＋y 2＝1＋4y 45y 2＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2＋4y 2≥15×21y 2×4y 2＝45，当且仅当1y 2＝4y 2，即y ＝±22时取等号.所以x 2＋y 2的最小值为45.12.(2020·天津卷)已知a ＞0，b ＞0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b 的最小值为__________. 答案 4解析因为a ＞0，b ＞0，ab ＝1，所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b ＝a ＋b 2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4，当且仅当a ＋b2＝8a ＋b，即a ＋b ＝4时，等号成立. 故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4.13.(2022·宜春调研)已知x >0，y >0，x ＋2y ＝3，则x 2＋3yxy 的最小值为( )A.3－2 2B.22＋1C.2－1D.2＋1答案 B解析 x >0，y >0，x ＋2y ＝3，则x 2＋3y xy ＝x 2＋y （x ＋2y ）xy＝x y ＋2yx ＋1≥2x y ·2yx ＋1＝22＋1. 当且仅当x ＝2y 时，上式取得等号，则x 2＋3yxy 的最小值为22＋1.14.(2022·西安一模)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示的图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF ⊥AB ，设AC ＝a ，BC ＝b ，则该图形可以完成的无字证明为( )A.a ＋b2≥ab (a >0，b >0)B.a 2＋b 2≥2ab (a >0，b >0)C.2aba ＋b≤ab (a >0，b >0) D.a ＋b 2≤a 2＋b 22(a >0，b >0)答案 D解析由图形可知OF ＝12AB ＝12(a ＋b )，OC ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12（a ＋b ）－b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12（a －b ），在Rt △OCF 中，由勾股定理可得 CF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 22＝12（a 2＋b 2）， ∵CF ≥OF ，∴12（a 2＋b 2）≥12(a ＋b )(a >0，b >0).故选D.15.若a ，b ∈R ，ab >0，则a 4＋4b 4＋1ab 的最小值为________.答案 4解析 ∵a ，b ∈R ，ab >0， ∴a 4＋4b 4＋1ab ≥4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab ＝4，当且仅当⎩⎨⎧a 2＝2b 2，4ab ＝1ab ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝22，b 2＝24时取得等号. 16.已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋11x ＋1(a ∈R )，若对于任意的x ∈N *，f (x )≥3恒成立，则a的取值范围是________. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－83，＋∞解析对任意x ∈N *，f (x )≥3，即x 2＋ax ＋11x ＋1≥3恒成立，即a ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8x ＋3.设g (x )＝x ＋8x ，x ∈N *，则g (x )＝x ＋8x ≥42，当且仅当x ＝22时等号成立，又g (2)＝6，g (3)＝173， ∵g (2)>g (3)，∴g (x )min ＝173. ∴－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8x ＋3≤－83，∴a ≥－83，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－83，＋∞.。

不等式讲义知识点详解+例题+习题(含详细答案)(最新整理)

不等式讲义最新考纲：1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：(1)|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )．(2)|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ∈R ).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c ，|x －c |＋|x －b |≥a .3.了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.4.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法．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)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.问题探究：不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |中，“＝”成立的条件分别是什么？提示：不等式|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b |，右侧“＝”成立的条件是ab ≥0，左侧“＝”成立的条件是ab ≤0且|a |≥|b |；不等式|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |，右侧“＝”成立的条件是ab ≤0，左侧“＝”成立的条件是ab ≥0且|a |≥|b |.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≥，当且仅当a ＝b 时，等号成立．a ＋b 2ab 定理3：如果a 、b 、c 为正数，则≥，当且仅当a ＝b ＝c 时，a ＋b ＋c 33abc 等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均值不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则≥，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．a 1＋a 2＋…＋a nn n a 1a 2…a n 4．柯西不等式(1)柯西不等式的代数形式：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()()≥(i b i )2，当且仅当b i ＝0(i ＝n ∑i ＝1a 2i n ∑i ＝1b 2i n ∑i ＝1a 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|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a >b >0时等号成立．( )(2)对|a －b |≤|a |＋|b |当且仅当ab ≤0时等号成立．( )(3)|ax ＋b |≤c (c >0)的解等价于－c ≤ax ＋b ≤c .( )(4)不等式|x －1|＋|x ＋2|<2的解集为Ø.( )(5)若实数x 、y 适合不等式xy >1，x ＋y >－2，则x >0，y >0.( )[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√2．不等式|2x －1|－x <1的解集是( )A ．{x |0<x <2}B ．{x |1<x <2}C ．{x |0<x <1}D ．{x |1<x <3}[解析]　解法一：x ＝1时，满足不等关系，排除C 、D 、B ，故选A.解法二：令f (x )＝Error!则f (x )<1的解集为{x |0<x <2}．[答案]　A3．设|a |<1，|b |<1，则|a ＋b |＋|a －b |与2的大小关系是( )A ．|a ＋b |＋|a －b |>2B ．|a ＋b |＋|a －b |<2C ．|a ＋b |＋|a －b |＝2D ．不能比较大小[解析]　|a ＋b |＋|a －b |≤|2a |<2.[答案]　B4．若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则＋＋的最大值为( )a b c A ．1 B ． 2C. D ．23[解析]　(＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2≤ (12＋12＋12)(a ＋b ＋c )a b c a b c ＝3.当且仅当a ＝b ＝c ＝时，等号成立．13∴(＋＋)2≤3.a b c ＋＋的最大值为.故应选C.a b c 3[答案]　C5．若存在实数x 使|x －a |＋|x －1|≤3成立，则实数a 的取值范围是________．[解析]　利用数轴及不等式的几何意义可得x 到a 与到1的距离和小于3，所以a 的取值范围为－2≤a ≤4.[答案]　－2≤a ≤4考点一　含绝对值的不等式的解法解|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )型不等式，其一般步骤是：(1)令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根．(2)把这些根由小到大排序，它们把定义域分为若干个区间．(3)在所分区间上，去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出它们的解集．(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集．解绝对值不等式的关键是恰当的去掉绝对值符号．(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)(2)(2014·湖南卷)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为Error!，则a ＝________.[解题指导]　切入点：“脱掉”绝对值符号；关键点：利用绝对值的性质进行分类讨论．[解析]　(1)当x <1时，不等式可化为－(x －1)＋(x －5)<2，即－4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；当1≤x ≤5时，不等式可化为x －1＋(x －5)<2，即2x －6<2，解得x <4，又1≤x ≤5，所以此时不等式的解集为[1,4)；当x >5时，不等式可化为(x －1)－(x －5)<2，即4<2，显然不成立，所以此时不等式无解．综上，不等式的解集为(－∞，4)．故选A.(2)∵|ax －2|<3，∴－1<ax <5.当a >0时，－<x <，与已知条件不符；1a 5a当a ＝0时，x ∈R ，与已知条件不符；当a <0时，<x <－，又不等式的解集为Error!，故a ＝－3.5a 1a[答案]　(1)A (2)－3用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，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．对点训练已知函数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，f (x )＝Error!当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4；所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}．(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a .由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]．考点二　利用绝对值的几何意义或图象解不等式对于形如|x －a |＋|x －b |>c 或|x －a |＋|x －b |<c 的不等式，利用绝对值的几何意义或者画出左、右两边函数的图象去解不等式，更为直观、简捷，它体现了数形结合思想方法的优越性．|x －a |＋|x －b |的几何意义是数轴上表示x 的点与点a 和点b 的距离之和，应注意x 的系数为1.(1)(2014·重庆卷)若不等式|x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋a ＋2对任意实数x 恒成立，12则实数a 的取值范围是________．(2)不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，则实数k 的取值范围是__________．[解题指导]　切入点：绝对值的几何意义；关键点：把恒成立问题转化为最值问题．[解析]　(1)∵|x －1|＋|x ＋2|≥|(x －1)－(x －2)|＝3，∴a 2＋a ＋2≤3，解得≤a ≤.12－1174－1＋174即实数a 的取值范围是.[－1－174，－1＋174](2)解法一：根据绝对值的几何意义，设数x ，－1,2在数轴上对应的点分别为P ，A ，B ，则原不等式等价于PA －PB >k 恒成立．∵AB ＝3，即|x ＋1|－|x －2|≥－3.故当k <－3时，原不等式恒成立．解法二：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y＝Error!要使|x＋1|－|x－2|>k恒成立，从图象中可以看出，只要k<－3即可．故k<－3满足题意．[答案]　(1)　(2)(－∞，－3)[－1－174，－1＋174]解含参数的不等式存在性问题，只要求出存在满足条件的x即可；不等式的恒成立问题，可转化为最值问题，即f(x)<a恒成立⇔a>f(x)max，f(x)>a恒成立⇔a<f(x)min.对点训练(2015·唐山一模)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a，a∈R，g(x)＝|2x－1|.(1)若当g(x)≤5时，恒有f(x)≤6，求a的最大值；(2)若当x∈R时，恒有f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．[解]　(1)g(x)≤5⇔|2x－1|≤5⇔－5≤2x－1≤5⇔－2≤x≤3；f(x)≤6⇔|2x－a|≤6－a⇔a－6≤2x－a≤6－a⇔a－3≤x≤3.依题意有，a－3≤－2，a≤1.故a的最大值为1.(2)f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋|2x－1|＋a≥|2x－a－2x＋1|＋a＝|a－1|＋a，当且仅当(2x－a)(2x－1)≤0时等号成立．解不等式|a－1|＋a≥3，得a的取值范围是[2，＋∞)．考点三　不等式的证明与应用不等式的证明方法很多，解题时既要充分利用已知条件，又要时刻瞄准解题目标，既不仅要搞清是什么，还要搞清干什么，只有兼顾条件与结论，才能找到正确的解题途径．应用基本不等式时要注意不等式中等号成立的条件．(2015·新课标全国卷Ⅱ)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)＋>＋是|a －b |<|c －d |的充要条件．a b c d [解题指导]　切入点：不等式的性质；关键点：不等式的恒等变形．[证明]　(1)因为(＋)2＝a ＋b ＋2，(＋)2＝c ＋d ＋2，a b ab c d cd 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd 得(＋)2>(＋)2.a b c d ＋>＋.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＋>＋.a b c d ＋>＋，则(＋)2>(＋)2，即a b c d a b c d a ＋b ＋>c ＋d ＋2.ab cd 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 |.＋>＋是|a －b |<|c －d |的充要条件．a b c d分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．对点训练(2014·新课标全国卷Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤；13(2)＋＋≥1.a 2b b 2c c 2a[证明]　(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 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＋b ≥2a ，＋c ≥2b ，＋a ≥2c ，a 2b b 2c c 2a故＋＋＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，a 2b b 2c c 2a即＋＋≥a ＋b ＋c .a 2b b 2c c 2a所以＋＋≥1.a 2b b 2c c 2a———————方法规律总结————————[方法技巧]1．绝对值不等式求解的根本方向是去除绝对值符号．2．绝对值不等式在求与绝对值运算有关的最值问题时需灵活运用，同时还要注意等号成立的条件．3．在证明不等式时，应根据命题提供的信息选择合适的方法与技巧．如在使用柯西不等式时，要注意右边为常数．[易错点睛]1．对含有参数的不等式求解时，分类要完整．2．应用基本不等式和柯西不等式证明时要注意等号成立的条件．课时跟踪训练(七十)一、填空题1．不等式|2x －1|<3的解集为__________．[解析]　|2x －1|<3⇔－3<2x －1<3⇔－1<x <2.[答案]　(－1,2)2．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝__________.[解析]　∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2，∴2≤kx ≤6.∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2.[答案]　23．不等式|2x ＋1|＋|x －1|<2的解集为________．[解析]　当x ≤－时，原不等式等价为－(2x ＋1)－(x －1)<2，即－3x <2，x >－12，此时－<x ≤－.当－<x <1时，原不等式等价为(2x ＋1)－(x －1)<2，即x <0，23231212此时－<x <0.当x ≥1时，原不等式等价为(2x ＋1)＋(x －1)<2，即3x <2，x <，此1223时不等式无解，综上，原不等式的解为－<x <0，即原不等式的解集为.23(－23，0)[答案]　(－23，0)4．已知关于x 的不等式|x －1|＋|x |≤k 无解，则实数k 的取值范围是__________．[解析]　∵|x －1|＋|x |≥|x －1－x |＝1，∴当k <1时，不等式|x －1|＋|x |≤k 无解，故k <1.[答案]　(－∞，1)5．(2015·西安统考)若关于实数x 的不等式|x －5|＋|x ＋3|<a 无解，则实数a 的取值范围是________．[解析]　|x －5|＋|x ＋3|≥|(x －5)－(x ＋3)|＝8，故a ≤8.[答案]　(－∞，8]6．(2015·重庆卷)若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝__________.[解析]　当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意；当a <－1时，f (x )＝Error!f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，解得a ＝－6；当a >－1时，f (x )＝Error!f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，解得a ＝4.[答案]　－6或47．若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是__________．[解析]　∵f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＝Error!∴f (x )≥3.要使|a |≥|x ＋1|＋|x －2|有解，∴|a |≥3，即a ≤－3或a ≥3.[答案]　(－∞，－3]∪[3，＋∞)8．已知关于x 的不等式|x －a |＋1－x >0的解集为R ，则实数a 的取值范围是__________．[解析]　若x －1<0，则a ∈R ；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Error!(舍去)或Error!对任意的x ∈[1，＋∞]恒成立，解得a <1.综上，a <1.[答案]　(－∞，1)9．设a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝9，则＋＋的最小值为__________．2a 2b 2c[解析]　∵(a ＋b ＋c )(2a ＋2b ＋2c )＝[()2＋()2＋()2]a b c [(2a )2＋(2b )2＋(2c )2]≥2＝18，(a ·2a ＋b ·2b ＋c ·2c )∴＋＋≥2，∴＋＋的最小值为2.2a 2b 2c 2a 2b 2c[答案]　210．(2014·陕西卷)设a ，b ，m ，n ∈R ，且a 2＋b 2＝5，ma ＋nb ＝5，则 m 2＋n 2的最小值为________．[解析]　由柯西不等式，得(a 2＋b 2)(m 2＋n 2)≥(am ＋bn )2，即5(m 2＋n 2)≥25，∴m 2＋n 2≥5，当且仅当an ＝bm 时，等号成立．∴的最小值为.m 2＋n 25[答案]　511．对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为__________．[解析]　∵|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|＝(|1－x |＋|x |)＋(|1－y |＋|1＋y |)≥|(1－x )＋x |＋|(1－y )＋(1＋y )|＝1＋2＝3，当且仅当(1－x )·x ≥0，(1－y )·(1＋y )≥0，即0≤x ≤1，－1≤y ≤1时等号成立，∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为3.[答案]　312．若不等式|x ＋1|－|x －4|≥a ＋，对任意的x ∈R 恒成立，则实数a 的取4a值范围是________．[解析]　只要函数f (x )＝|x ＋1|－|x －4|的最小值不小于a ＋即可．由于||x ＋1|4a－|x －4||≤|(x ＋1)－(x －4)|＝5，所以－5≤|x ＋1|－|x －4|≤5，故只要－5≥a ＋即4a可．当a >0时，将不等式－5≥a ＋整理，得a 2＋5a ＋4≤0，无解；当a <0时，4a将不等式－5≥a ＋整理，得a 2＋5a ＋4≥0，则有a ≤－4或－1≤a <0.综上可知，4a实数a 的取值范围是(－∞，－4]∪[－1,0)．[答案]　(－∞，－4]∪[－1,0)二、解答题13．已知不等式2|x －3|＋|x －4|<2a .(1)若a ＝1，求不等式的解集；(2)若已知不等式的解集不是空集，求a 的取值范围．[解]　(1)当a ＝1时，不等式即为2|x －3|＋|x －4|<2，若x ≥4，则3x －10<2，x <4，∴舍去；若3<x <4，则x －2<2，∴3<x <4；若x ≤3，则10－3x <2，∴<x ≤3.83综上，不等式的解集为Error!.(2)设f (x )＝2|x －3|＋|x －4|，则f (x )＝Error!作出函数f (x )的图象，如图所示．由图象可知，f (x )≥1，∴2a >1，a >，即a 的取值范围为.12(12，＋∞)14．(2015·新课标全国卷Ⅰ)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．[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；23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Error!.(2)由题设可得，f (x )＝Error!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)，△ABC 的面积为(a ＋1)2.(2a －13，0)23由题设得(a ＋1)2>6，故a >2.23所以a 的取值范围为(2，＋∞)．15．设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |.(1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．[解]　(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，f (x )＝Error!作出函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的图象．由图象可知，不等式f (x )≥3的解集为Error!.(2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件；若a <1，f (x )＝Error!f (x )的最小值为1－a ；若a >1，f (x )＝Error!f (x )的最小值为a －1.∴对于∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2，∴a 的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．16．(2015·福建卷)已知a >0，b >0，c >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求a 2＋b 2＋c 2的最小值．1419[解]　(1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立．又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ，所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得(4＋9＋1)≥(14a 2＋19b 2＋c 2)2＝(a ＋b ＋c )2＝16，(a 2×2＋b 3×3＋c ×1)即a 2＋b 2＋c 2≥.141987当且仅当＝＝，12a 213b 3c 1即a ＝，b ＝，c ＝时等号成立．8718727故a 2＋b 2＋c 2的最小值为.141987。

2021届高考数学(文科全国通用)一轮总复习阶段滚动月考卷(一)集合与常用逻辑用语、函数与导数

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阶段滚动月考卷(一)集合与常用规律用语、函数与导数(时间:120分钟分值:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设集合P={x|x2-x-2≥0},Q={y|y=12x2−1,x∈P},则P∩Q= ( )A.{m|-1≤m<2}B.{m|-1<m<2}C.{m|m≥2}D.{-1}2.(2022·德州模拟)已知集合A={x|4≤2x≤16},B=[a,b],若A⊆B,则实数a-b的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.[-2,+∞)C.(-∞,2]D.[2,+∞)3.(2022·潍坊模拟)已知幂函数f(x)的图象过点(4,12),则f(8)的值为( )A.√24B.64 C.2√2 D.1644.“a≤-2”是“函数f(x)=|x-a|在[-1,+∞)上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.(2022·烟台模拟)已知函数f(x)=lnx,则函数g(x)=f(x)-f ′(x)的零点所在的区间是( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)6.设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的微小值点,以下结论肯定正确的是( )A.∀x∈R,f(x)≥f(x0)B.-x0是f(-x)的极大值点C.-x0是-f(x)的微小值点D.-x0是-f(-x)的极大值点7.(2022·青岛模拟)设a=20.3,b=0.32,c=log x(x2+0.3)(x>1),则a,b,c的大小关系是( )A.a<b<cB.b<a<cC.c<b<aD.b<c<a8.过函数f(x)=3x-x3图象上一点A(2,-2)的切线方程为( )A.y=-2B.y=2C.9x+y-16=0D.9x+y-16=0或y=-29.(2021·北京高考)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程.如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率状况.下列叙述中正确的是( )A.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米B.以相同速度行驶相同的路程,三辆汽车中,甲车消耗汽油量最多C.甲车以80千米/小时的速度行驶1小时,消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80千米/小时,相同条件下,在该城市用丙车比用乙车更省油10.(2022·大连模拟)已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≤0时,f(x)=(x+1)3e x+1,那么函数f(x)的极值点的个数是( )A.5B.4C.3D.2二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2022·北京模拟)曲线y=x3+mx+c在点P(1,n)处的切线方程为y=2x+1,其中m,n,c∈R,则m+n+c= .12.(2022·烟台模拟)已知f(x)是定义在R上的函数,且满足f(x+2)=-1f(x),当2≤x≤3时,f(x)=x,则f(−112)= .13.f(x)=log2a[(a2-3a)x]在(-∞,0)上是减函数,则实数a的取值范围是.14.(2022·绍兴模拟)已知函数f(x)满足f(x+1)=-1f(x),且f(x)是偶函数,当x∈[-1,0]时,f(x)=x2,若在区间[-1,3]内,函数g(x)=f(x)-log a(x+2)有4个零点,则实数a的取值范围是.15.(2022·莱芜模拟)已知定义域为R的函数f(x),对于x∈R,满足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x,设有且仅有一个实数x0,使得f(x0)=x0,则实数x0的值为.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(12分)(2022·泰安模拟)已知集合A={x|x2-2x-3≤0,x∈R}, B={x|x2-2mx+m2-4≤0,x∈R,m∈R}.(1)若A∩B=[0,3],求实数m的值.(2)若ARB,求实数m的取值范围.17.(12分)设a>0,且a≠1,已知函数f(x)=log a1−bxx−1是奇函数.(1)求实数b的值.(2)求函数f(x)的单调区间.(3)当x∈(1,a-2)时,函数f(x)的值域为(1,+∞),求实数a的值.18.(12分)某地拟建一座长为640米的大桥AB,假设桥墩等距离分布,经设计部门测算,两端桥墩A,B造价总共为100万元,当相邻两个桥墩的距离为x米时(其中64<x<100),中间每个桥墩的平均造价为803√x万元,桥面每1米长的平均造价为(2+x√x640)万元.(1)试将桥的总造价表示为x的函数f(x).(2)为使桥的总造价最低,试问这座大桥中间(两端桥墩A,B除外)应建多少个桥墩?19.(12分)(2022·济宁模拟)已知函数f(x)=ex2-1e x-ax(a∈R).(1)当a=32时,求函数f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数a的取值范围.20.(13分)已知函数f(x)=(a+1a)lnx+1x-x(a>0).(1)求f(x)的极值.(2)若曲线y=f(x)上总存在不同两点P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线y=f(x)在P,Q两点处的切线相互平行,证明x1+x2>2.ax2+x,a∈R.21.(14分)(2022·威海模拟)已知函数f(x)=lnx-12(1)若关于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整数a的最小值.(2)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2≥√5−1.2答案解析1.C P={x|x≥2或x≤-1},又x∈P时,y=12x2-1∈[−12,+∞),故Q={y|y≥−12},故P∩Q={m|m≥2}.2.【解题提示】先化简A,留意运用指数函数的单调性解不等式,再依据集合的包含关系,求出a,b的范围,运用不等式的性质,求出a-b的取值范围.A 集合A={x|4≤2x≤16}={x|22≤2x≤24}={x|2≤x≤4}=[2,4],由于A B,B=[a,b],所以a≤2,b≥4,所以a-b≤2-4=-2,即a-b的取值范围是(-∞,-2].3.A 由于函数f(x)为幂函数,所以设f(x)=xα,由于其图象过点(4,12),所以12=4α,解得α=-12,所以f(x)=x−12,所以f(8)=8−12−12=√24.4.A 函数f(x)=|x-a|={x−a,x≥a,a−x,x<a,则f(x)的单调增区间是[a,+∞).而函数f(x)=|x-a|在[-1,+∞)上单调递增⇔a≤-1,所以“a≤-2”是“函数f(x)=|x-a|在[-1,+∞)上单调递增”的充分不必要条件.5.B 由题意可知g(x)=lnx-1x,由于g(1)=-1<0,g(2)=ln2-12=ln2-ln√e>0.所以函数g(x)的零点所在区间是(1,2).6.D 由于x0是f(x)的微小值点,y=-f(-x)与y=f(x)的图象关于原点对称,所以-x0是y=-f(-x)的极大值点.7.B 由于x>1,所以c=log x(x2+0.3)>log x x2=2,又由于1<a<2,0<b<1,所以b<a<c.8.D 设切点为P(x0,y0),f′(x)=3-3x2,所以切线斜率k=3-3x02,切线方程为y-(3x0-x03)=(3-3x02)(x-x0),又由于点A(2,-2)在切线上,所以-2-(3x0-x03)=(3-3x02)(2-x0),解之得x0=2或x0=-1,所以k=-9或k=0,所以切线方程为9x+y-16=0或y=-2.【加固训练】若曲线y=e-ax+1在点(0,2)处的切线与直线x+2y-1=0垂直,则a= ( )A.-2B.2C.-23D.23A 依题意知y′=-ae-ax,所以曲线在点(0,2)处的切线斜率k=-a,又其切线与直线x+2y-1=0垂直,所以(-a)×(−12)=-1,即a=-2.9.D 选项A,问的是纵坐标最大值.选项B,消耗1升油甲走最远,则反过来路程相同甲最省油.选项C,此时甲走过了80千米,消耗8升汽油.选项D,80千米/小时以下丙“燃油效率”更高,更省油.10.C 当x ≤0时,f ′(x)=3(x+1)2e x+1+(x+1)3e x+1=(x+1)2e x+1(x+4),解f ′(x)=0,得x=-4或x=-1.由于x ∈(-∞,-4)时,f ′(x)<0;x ∈(-4,-1)时,f ′(x)>0;x ∈(-1,0)时,f ′(x)>0,则f(x)在区间x ∈(-∞,-4)上单调递减,在区间x ∈(-4,0)上单调递增.又由于f(x)是定义域为R 的偶函数,由其对称性可得,f(x)在区间x ∈(0,4)上单调递减,在区间x ∈(4,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=±4或x=0处取得极值. 11.【解析】y ′=3x 2+m,由题意知{1+m +c =n,3+m =2,n =2×1+1.所以{m =−1,n =3,c =3.所以m+n+c=5. 答案:512.【解析】由f(x+2)=-1f(x)可得,f(x+4)=-1f(x+2)=f(x),所以函数f(x)是以4为周期的周期函数, f (−112)=f (−112+8)=f (52)=52.答案:5213.【解析】由x ∈(-∞,0)可得a 2-3a<0,得0<a<3, 所以y=(a 2-3a)x 在(-∞,0)上是减函数, 又f(x)=log 2a [(a 2-3a)x]在(-∞,0)上是减函数, 所以2a>1,故12<a<3.答案:(12,3)14.【解析】由于f(x+1)=-1f(x),则有f(x+2)=f(x),即f(x)是周期为2的周期函数,又f(x)是偶函数,当x ∈[-1,0]时,f(x)=x 2,则有当x ∈[0,1]时,f(x)=x 2,故当x ∈[-1,1]时,f(x)=x 2,那么当x ∈[1,3]时,f(x)=(x-2)2,而函数g(x)=f(x)-log a (x+2)有4个零点,故函数y=f(x)的图象与y=log a (x+2)有4个交点,数形结合可得1≥log a (3+2), 解得a ≥5. 答案:[5,+∞)15.【解析】由于对任意x ∈R,有f(f(x)-x 2+x)=f(x)-x 2+x. 又由于有且只有一个实数x 0,使得f(x 0)=x 0 所以对任意x ∈R,有f(x)-x 2+x=x 0, 在上式中令x=x 0,有f(x 0)-x 20+x 0=x 0,又由于f(x 0)=x 0,所以x 0-x 20=0,故x 0=0或x 0=1,若x 0=0,则f(x)-x 2+x=0,即f(x)=x 2-x,但方程x 2-x=x 有两个不相同实根,与题设条件冲突.故x 0≠0,若x 0=1,则有f(x)-x 2+x=1,即f(x)=x 2-x+1,此时f(x)=x 有且仅有一个实数1, 综上,x 0=1. 答案:116.【解析】由已知得:A={x|-1≤x ≤3}, B={x|m-2≤x ≤m+2}.(1)由于A ∩B=[0,3],所以{m −2=0,m +2≥3,所以{m =2,m ≥1,所以m=2.(2)R B={x|x<m-2或x>m+2}. 由于AR B,所以m-2>3或m+2<-1,所以m>5或m<-3,所以m 的取值范围为(-∞,-3)∪(5,+∞).17.【解题提示】(1)由函数f(x)是奇函数可得f(-x)=-f(x),代入函数f(x)的解析式可解得实数b 的值.(2)首先求出函数f(x)的定义域,再求出其导函数f ′(x),最终分别令f ′(x)>0和f ′(x)<0即可求出函数f(x)的单调增区间和单调减区间.(3)由a-2>1得a>3,结合(2)可得,f(x)在(1,a-2)上单调递减,于是可得f(a-2)=1,解之即可得到实数a 的值.【解析】(1)由于f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x). 从而f(-x)+f(x)=0, 即log a1+bx −x−1+log a1−bx x−1=0,于是,(b 2-1)x 2=0,由x 的任意性知b 2-1=0, 解得b=-1或b=1(舍),所以b=-1. (2)由(1)得f(x)=log a x +1x−1,(x<-1或x>1),f ′(x)=−2(x 2−1)lna.当0<a<1时,f ′(x)>0,即f(x)的增区间为(-∞,-1),(1,+∞); 当a>1时,f ′(x)<0,即f(x)的减区间为(-∞,-1),(1,+∞).(3)由a-2>1得a>3,所以f(x)在(1,a-2)上单调递减,从而f(a-2)=1,即log a a −1a−3=1,又a>3,得a=2+√3.18.【解析】(1)由桥的总长为640米,相邻两个桥墩的距离为x 米,知中间共有(640x−1)个桥墩,于是桥的总造价f(x)=640(2+x √x 640)+803√x (640x−1)+100,即f(x)=x 32+640×803x −12-803x 12+1380=x32+51 2003x−12-803x12+1380(64<x<100).(表达式写成f(x)=x √x +51 2003√x−803√x +1 380同样给分)(2)由(1)可求f ′(x)=32x 12-640×403x −32-403x −12,整理得f ′(x)=16x −32(9x2-80x-640×80),由f ′(x)=0,解得x 1=80,x 2=-6409(舍去),又当x ∈(64,80)时,f ′(x)<0;当x ∈(80,100)时,f ′(x)>0,所以当x=80时桥的总造价最低,此时桥墩数为64080-1=7.19.【解析】(1)当a=32时,f(x)=e x 2-1e x -32x, f ′(x)=12ex [(e x )2-3e x +2] =12ex (e x -1)(e x -2), 令f ′(x)=0,得e x =1或e x =2, 即x=0或x=ln2,令f ′(x)>0,则x<0或x>ln2, 令f ′(x)<0,则0<x<ln2,所以f(x)在(-∞,0],[ln2,+∞)上单调递增,在(0,ln2)上单调递减. (2)f ′(x)=e x2+1e x -a,令e x =t,由于x ∈[-1,1], 所以t ∈[1e ,e].令h(t)=t 2+1t (t ∈[1e,e]), h ′(t)=12-1t 2=t 2−22t 2, 所以当t ∈[1e,√2)时h ′(t)<0,函数h(t)为单调减函数; 当t ∈(√2,e]时h ′(t)>0,函数h(t)为单调增函数, 所以√2≤h(t)≤e+12e .由于函数f(x)在[-1,1]上为单调函数, 所以若函数f(x)在[-1,1]上单调递增, 则a ≤t 2+1t对t ∈[1e,e]恒成立,所以a ≤√2;若函数f(x)在[-1,1]上单调递减,则a ≥t 2+1t对t ∈[1e,e]恒成立,所以a ≥e+12e,综上可得a ≤√2或a ≥e+12e.20.【解析】(1)f ′(x)=(a +1a )1x -1x2-1=-x 2−(a+1a)x+1x 2=-(x−a)(x−1a)x 2(x>0).当a>1时,0<1a<a,f(x)的单调递减区间是(0,1a),(a,+∞),单调递增区间是(1a,a). f(x)微小值=f (1a ) =(a +1a)ln 1a+a-1a=-(a +1a)lna+a-1a,f(x)极大值=f(a)=(a +1a)lna-a+1a. 当a=1时,f ′(x)=-(x−1)2x 2≤0,f(x)无极值. 当0<a<1时,0<a<1a,f(x)的单调递减区间是(0,a),(1a,+∞),单调递增区间是(a ,1a).f(x)极大值=f (1a)=-(a +1a)lna+a-1a,f(x)微小值=f(a)=(a +1a)lna-a+1a.(2)依题意知,f ′(x 1)=(a +1a )1x 1-1x 12-1=f ′(x 2) =(a +1a )1x 2-1x 22-1, 故a+1a =1x 1+1x 2=x 1+x 2x 1x 2. 由x 1+x 2>2√x 1x 2得x 1x 2<(x 1+x 2)24,故x 1+x 2x 1x 2>4x 1+x 2,故存在x 1,x 2使a+1a =x 1+x 2x 1x 2>4x 1+x 2,即x 1+x 2>4a+1a. 当a>0时,a+1a≥2,当且仅当a=1时取等号.所以x 1+x 2>4(a+1a )min=2.即x 1+x 2>2.21.【解析】(1)令g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-12ax 2+(1-a)x+1,所以g ′(x)=1x-ax+(1-a)=−ax 2+(1−a)x+1x,当a ≤0时,由于x>0,所以g ′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上是递增函数,又由于g(1)=ln1-12a ×12+(1-a)+1=-32a+2>0,所以关于x 的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立.当a>0时, g ′(x)=−ax 2+(1−a)x+1x=-a (x−1a)(x+1)x,令g ′(x)=0,得x=1a.所以当x ∈(0,1a )时,g ′(x)>0;当x ∈(1a,+∞)时,g ′(x)<0,因此函数g(x)在x ∈(0,1a)是增函数,在x ∈(1a,+∞)是减函数.故函数g(x)的最大值为g (1a)=ln 1a -12a ×(1a)2+(1-a)×1a+1=12a-lna.令h(a)=12a-lna,由于h(1)=12>0,h(2)=14-ln2<0,又由于h(a)在a ∈(0,+∞)是减函数,所以当a ≥2时,h(a)<0,所以整数a 的最小值为2.【一题多解】本题还可以接受以下方法由f(x)≤ax-1恒成立,得lnx-12ax 2+x ≤ax-1在(0,+∞)上恒成立,问题等价于a ≥ln x+x+112x 2+x 在(0,+∞)上恒成立.令g(x)=ln x+x+112x 2+x ,只要a ≥g(x)max , 由于g ′(x)=(x+1)(−12x−lnx)(12x 2+x)2. 令g ′(x)=0, 得-12x-lnx=0.设h(x)=-12x-lnx,由于h ′(x)=-12-1x<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减, 不妨设-12x-lnx=0的根为x 0.当x ∈(0,x 0)时,g ′(x)>0; 当x ∈(x 0,+∞)时,g ′(x)<0,所以g(x)在x ∈(0,x 0)上是增函数;在x ∈(x 0,+∞)上是减函数.所以g(x)max =g(x 0)=ln x 0+x 0+112x 02+x 0=1+12x 0x 0(1+12x 0)=1x 0,由于h (12)=ln2-14>0,h(1)=-12<0,所以12<x 0<1,此时1<1x 0<2,即g(x)max ∈(1,2).所以a ≥2,即整数a 的最小值为2. (2)当a=-2时,f(x)=lnx+x 2+x,x>0, 由f(x 1)+f(x 2)+x 1x 2=0,即lnx 1+x 12+x 1+lnx 2+x 22+x 2+x 1x 2=0,从而(x 1+x 2)2+(x 1+x 2) =x 1·x 2-ln(x 1·x 2)令t=x 1·x 2,则由φ(t)=t-lnt 得,φ′(t)=t −1t,可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增. 所以φ(t)≥φ(1)=1, 所以(x 1+x 2)2+(x 1+x 2)≥1,因此x1+x2≥√5−1成立.2关闭Word文档返回原板块。

高考不等式选讲专题复习(经典)

不等式选讲高考导航考试要求重难点击命题展望1.理解绝对值的几何意义，并能用它证明绝对值三角不等式等较简单的不等式.①|a＋b|≤|a|＋|b|；②|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.能用绝对值的几何意义解几类简单的绝对值型不等式，如|ax＋b|≤c或|ax＋b|≥c，以及|x－a|＋|x－b|≥c或|x－a|＋|x－b|≤c类型.3.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法和放缩法.4.了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用它证明一些简单不等式及其他问题.5.了解柯西不等式的几种不同形式：二维形式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2、向量形式|α|·|β|≥|α·β|、一般形式∑∑∑===•nininiiiiibaba112122)(≥，理解它们的几何意义.掌握柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用.6.了解排序不等式的推导及意义并能简单应用.7.会用数学归纳法证明贝努利不等式：.)1,0,1＞(＞1)1(的正整数为大于nxxnxx n≠-++本章重点：不等式的基本性质；基本不等式及其应用、绝对值型不等式的解法及其应用；用比较法、分析法、综合法证明不等式；柯西不等式、排序不等式及其应用.本章难点：三个正数的算术——几何平均不等式及其应用；绝对值不等式的解法；用反证法、放缩法证明不等式；运用柯西不等式和排序不等式证明不等式.本专题在数学必修5“不等式”的基础上，进一步学习一些重要的不等式，如绝对值不等式、柯西不等式、排序不等式以及它们的证明，同时了解证明不等式的一些基本方法，如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等，会用绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式、排序不等式等解决一些简单问题.高考中，只考查上述知识和方法，不对恒等变形的难度和一些技巧作过高的要求.知识网络§1 绝对值型不等式典例精析题型一解绝对值不等式【例1】设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.(1)解不等式f(x)＞3；(2)若f(x)＞a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f (x )＝|x －1|＋|x －2|＝⎪⎩⎪⎨⎧-.2＞3,-22,≤≤1,11,＜,23x x x x x所以当x ＜1时，3－2x ＞3，解得x ＜0；当1≤x ≤2时，f (x )＞3无解；当x ＞2时，2x －3＞3，解得x ＞3.所以不等式f (x )＞3的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞).(2)因为f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧-.2＞3,-22,≤≤1,1＜1,,23x x x x x 所以f (x )min ＝1.因为f (x )＞a 恒成立，所以a ＜1，即实数a 的取值范围是(－∞，1). 【变式训练1】设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域； (2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围.【解析】(1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|和y ＝5的图象，知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞).(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a ，又由(1)知|x ＋1|＋|x －2|≥3，所以－a ≤3，即a ≥－3. 题型二解绝对值三角不等式【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|，若不等式|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对a ≠0，a 、b ∈R 恒成立，求实数x 的范围.【解析】由|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )且a ≠0得|a ＋b |＋|a －b ||a |≥f (x ).又因为|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |＝2，则有2≥f (x ).解不等式|x －1|＋|x －2|≤2得12≤x ≤52.【变式训练2】(2010深圳)若不等式|x ＋1|＋|x －3|≥a ＋4a对任意的实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是 .【解析】(－∞，0)∪{2}.题型三利用绝对值不等式求参数范围【例3】(2009辽宁)设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3； (2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围. 【解析】(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|. 由f (x )≥3得|x －1|＋|x ＋1|≥3，①当x ≤－1时，不等式化为1－x －1－x ≥3，即－2x ≥3，不等式组⎩⎨⎧-3≥)(1,≤x f x 的解集为(－∞，－32]；②当－1＜x ≤1时，不等式化为1－x ＋x ＋1≥3，不可能成立，不等式组⎩⎨⎧-3≥)(1,≤＜1x f x 的解集为∅；③当x ＞1时，不等式化为x －1＋x ＋1≥3，即2x ≥3，不等式组⎩⎨⎧3≥)(1,＞x f x 的解集为[32，＋∞).综上得f (x )≥3的解集为(－∞，－32]∪[32，＋∞).(2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|不满足题设条件.若a ＜1，f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧+-++-1,≥1),(-2＜1,＜,1,≤,12x a x x a a a x a xf (x )的最小值为1－a .由题意有1－a ≥2，即a ≤－1.若a ＞1，f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧+-++-,≥1),(-2,＜＜1,11,≤,12a x a x a x a x a xf (x )的最小值为a －1，由题意有a －1≥2，故a ≥3.综上可知a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞).【变式训练3】关于实数x 的不等式|x －12(a ＋1)2|≤12(a －1)2与x 2－3(a ＋1)x ＋2(3a ＋1)≤0 (a ∈R )的解集分别为A ，B .求使A ⊆B 的a 的取值范围.【解析】由不等式|x －12(a ＋1)2|≤12(a －1)2⇒－12(a －1)2≤x －12(a ＋1)2≤12(a －1)2，解得2a ≤x ≤a 2＋1，于是A ＝{x |2a ≤x ≤a 2＋1}.由不等式x 2－3(a ＋1)x ＋2(3a ＋1)≤0⇒(x －2)[x －(3a ＋1)]≤0，①当3a ＋1≥2，即a ≥13时，B ＝{x |2≤x ≤3a ＋1}，因为A ⊆B ，所以必有⎩⎨⎧++1,3≤1,2≤22a a a 解得1≤a ≤3；②当3a ＋1＜2，即a ＜13时，B ＝{x |3a ＋1≤x ≤2}，因为A ⊆B ，所以⎩⎨⎧++2,≤1,2≤132a a a 解得a ＝－1.综上使A ⊆B 的a 的取值范围是a ＝－1或1≤a ≤3.总结提高1.“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件.2.绝对值不等式的解法中，||x ＜a 的解集是(－a ，a )；||x ＞a 的解集是(－∞，－a )∪(a ，＋∞)，它可以推广到复合型绝对值不等式||ax ＋b ≤c ，||ax ＋b ≥c 的解法，还可以推广到右边含未知数x 的不等式，如||3x ＋1≤x －1⇒1－x ≤3x ＋1≤x －1.3.含有两个绝对值符号的不等式，如||x －a ＋||x －b ≥c 和||x －a ＋||x －b ≤c 型不等式的解法有三种，几何解法和代数解法以及构造函数的解法，其中代数解法主要是分类讨论的思想方法，这也是函数解法的基础，这两种解法都适宜于x 前面系数不为1类型的上述不等式，使用范围更广.§2 不等式的证明(一)典例精析题型一用综合法证明不等式【例1】若a ，b ，c 为不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【证明】由a ，b ，c 为正数，得lga ＋b 2≥lg ab ；lg b ＋c 2≥lg bc ；lg a ＋c2≥lg ac . 而a ，b ，c 不全相等，所以lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c2＞lg ab ＋lg bc ＋lg ac ＝lg a 2b 2c 2＝lg(abc )＝lg a ＋lg b ＋lg c .即lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg a ＋c 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【点拨】本题采用了综合法证明，其中基本不等式是证明不等式的一个重要依据(是一个定理)，在证明不等式时要注意结合运用.而在不等式的证明过程中，还要特别注意等号成立的条件是否满足.【变式训练1】已知a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.求证：|ac ＋bd |≤1. 【证明】因为a ，b ，c ，d 都是实数，所以|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22.又因为a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1，所以|ac ＋bd |≤1. 题型二用作差法证明不等式【例2】设a ，b ，c 为△ABC 的三边，求证：a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca ). 【证明】a 2＋b 2＋c 2－2(ab ＋bc ＋ca )＝(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2－a 2－b 2－c 2＝[(a －b )2－c 2]＋[(b －c )2－a 2]＋[(c －a )2－b 2].而在△ABC 中，||b －a ＜c ，所以(a －b )2＜c 2，即(a －b )2－c 2＜0.同理(a －c )2－b 2＜0，(b －c )2－a 2＜0，所以a 2＋b 2＋c 2－2(ab ＋bc ＋ca )＜0. 故a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca ).【点拨】不等式的证明中，比较法特别是作差比较法是最基本的证明方法，而在牵涉到三角形的三边时，要注意运用三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.【变式训练2】设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2.【证明】因为a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn≥0，所以不等式a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2成立.题型三用分析法证明不等式【例3】已知a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8(1－a )(1－b )(1－c ).【证明】因为a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，所以要证原不等式成立，即证[(a ＋b ＋c )＋a ][(a ＋b ＋c )＋b ][(a ＋b ＋c )＋c ] ≥8[(a ＋b ＋c )－a ][(a ＋b ＋c )－b ][(a ＋b ＋c )－c ]，也就是证[(a ＋b )＋(c ＋a )][(a ＋b )＋(b ＋c )][(c ＋a )＋(b ＋c )]≥8(b ＋c )(c ＋a )(a ＋b ).① 因为(a ＋b )＋(b ＋c )≥2(a ＋b )(b ＋c )＞0， (b ＋c )＋(c ＋a )≥2(b ＋c )(c ＋a )＞0， (c ＋a )＋(a ＋b )≥2(c ＋a )(a ＋b )＞0，三式相乘得①式成立，故原不等式得证.【点拨】本题采用的是分析法.从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.分析法也可以作为寻找证题思路的方法，分析后再用综合法书写证题过程.【变式训练3】设函数f (x )＝x －a (x ＋1)ln(x ＋1)(x ＞－1，a ≥0).(1)求f (x )的单调区间；(2)求证：当m ＞n ＞0时，(1＋m )n ＜(1＋n )m . 【解析】(1)f ′(x )＝1－a ln(x ＋1)－a ，①a ＝0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－1，＋∞)上是增函数； ②当a ＞0时，f (x )在(－1，aa -1e －1]上单调递增，在[aa-1e －1，＋∞)单调递减.(2)证明：要证(1＋m )n ＜(1＋n )m ，只需证n ln(1＋m )＜m ln(1＋n )，只需证ln(1＋m )m ＜ln(1＋n )n.设g (x )＝ln(1＋x )x (x ＞0)，则g ′(x )＝x1＋x －ln(1＋x )x 2＝x －(1＋x )ln(1＋x )x 2(1＋x ). 由(1)知x －(1＋x )ln(1＋x )在(0，＋∞)单调递减，所以x －(1＋x )ln(1＋x )＜0，即g (x )是减函数，而m ＞n ，所以g (m )＜g (n )，故原不等式成立.总结提高1.一般在证明不等式的题目中，首先考虑用比较法，它是最基本的不等式的证明方法.比较法一般有“作差比较法”和“作商比较法”，用得较多的是“作差比较法”，其中在变形过程中往往要用到配方、因式分解、通分等计算方法.2.用综合法证明不等式的过程中，所用到的依据一般是定义、公理、定理、性质等，如基本不等式、绝对值三角不等式等.3.用分析法证明不等式的关键是对原不等式的等价转换，它是从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立.4.所谓“综合法”、“分析法”其实是证明题的两种书写格式，而不是真正意义上的证明方法，并不像前面所用的比较法及后面要复习到的三角代换法、放缩法、判别式法、反证法等是一种具体的证明方法(或者手段)，而只是两种互逆的证明题的书写格式.§3 不等式的证明(二)典例精析题型一用放缩法、反证法证明不等式【例1】已知a ，b ∈R ，且a ＋b ＝1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252.【证明】方法一：(放缩法) 因为a ＋b ＝1，所以左边＝(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥2[(a ＋2)＋(b ＋2)2]2＝12[(a ＋b )＋4]2＝252＝右边.方法二：(反证法)假设(a ＋2)2＋(b ＋2)2＜252，则 a 2＋b 2＋4(a ＋b )＋8＜252.由a ＋b ＝1，得b ＝1－a ，于是有a 2＋(1－a )2＋12＜252.所以(a －12)2＜0，这与(a －12)2≥0矛盾.故假设不成立，所以(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252.【点拨】根据不等式左边是平方和及a ＋b ＝1这个特点，选用重要不等式a 2 ＋ b 2≥ 2(a ＋ b 2)2来证明比较好，它可以将具备a 2＋b 2形式的式子缩小.而反证法的思路关键是先假设命题不成立，结合条件a ＋b ＝1，得到关于a 的不等式，最后与数的平方非负的性质矛盾，从而证明了原不等式.当然本题也可以用分析法和作差比较法来证明.【变式训练1】设a 0，a 1，a 2，…，a n －1，a n 满足a 0＝a n ＝0，且有 a 0－2a 1＋a 2≥0， a 1－2a 2＋a 3≥0， …a n －2－2a n －1＋a n ≥0，求证：a 1，a 2，…，a n －1≤0.【证明】由题设a 0－2a 1＋a 2≥0得a 2－a 1≥a 1－a 0. 同理，a n －a n －1≥a n －1－a n －2≥…≥a 2－a 1≥a 1－a 0.假设a 1，a 2，…，a n －1中存在大于0的数，假设a r 是a 1，a 2，…，a n －1中第一个出现的正数. 即a 1≤0，a 2≤0，…，a r －1≤0，a r ＞0，则有a r －a r －1＞0，于是有a n －a n －1≥a n －1－a n －2≥…≥a r －a r －1＞0. 并由此得a n ≥a n －1≥a n －2≥…≥a r ＞0.这与题设a n ＝0矛盾.由此证得a 1，a 2，…，a n －1≤0成立. 题型二用数学归纳法证明不等式【例2】用放缩法、数学归纳法证明：设a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)，n ∈N *，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 【证明】方法一：(放缩法)n 2＜n (n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2，即n ＜n (n ＋1)＜2n ＋12.所以1＋2＋…＋n ＜a n ＜12[1＋3＋…＋(2n ＋1)].所以n (n ＋1)2＜a n ＜12·(n ＋1)(1＋2n ＋1)2，即n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22.方法二：(数学归纳法)①当n ＝1时，a 1＝2，而1＜2＜2，所以原不等式成立.②假设n ＝k (k ≥1)时，不等式成立，即k (k ＋1)2＜a k ＜(k ＋1)22.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1×2＋2×3＋…＋k (k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)，所以k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)＜a k ＋1＜(k ＋1)22＋(k ＋1)(k ＋2).而k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)＞k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋1)＝k (k ＋1)2＋(k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)2，(k ＋1)22＋(k ＋1)(k ＋2)＜(k ＋1)22＋(k ＋1)＋(k ＋2)2＝k 2＋4k ＋42＝(k ＋2)22. 所以(k ＋1)(k ＋2)2＜a k ＋1＜(k ＋2)22.故当n ＝k ＋1时，不等式也成立.综合①②知当n ∈N *，都有n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22.【点拨】在用放缩法时，常利用基本不等式n (n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2将某个相乘的的式子进行放缩，而在上面的方法二的数学归纳法的关键步骤也要用到这个公式.在用数学归纳法时要注意根据目标来寻找思路.【变式训练2】已知数列8×112×32，8×232×52，…，8n (2n －1)2(2n ＋1)2，…，S n 为其前n 项和，计算得S 1＝89，S 2＝2425，S 3＝4849，S 4＝8081，观察上述结果推测出计算S n 的公式且用数学归纳法加以证明. 【解析】猜想S n ＝(2n ＋1)2－1(2n ＋1)2(n ∈N ＋).证明：①当n ＝1时，S 1＝32－132＝89，等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1)时等式成立，即S k ＝(2k ＋1)2－1(2k ＋1)2.则S k ＋1＝S k ＋8(k ＋1)(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝(2k ＋1)2－1(2k ＋1)2＋8(k ＋1)(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝(2k ＋1)2(2k ＋3)2－(2k ＋1)2(2k ＋1)2(2k ＋3)2＝[2(k ＋1)＋1]2－1[2(k ＋1)＋1]2.即当n ＝k ＋1时，等式也成立.综合①②得，对任何n ∈N ＋，等式都成立. 题型三用不等式证明方法解决应用问题【例3】某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材存量.(1)求a n 的表达式；(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年森林木材量应不少于79a ，如果b ＝1972a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(取lg 2＝0.30)【解析】(1)依题意得a 1＝a (1＋14)－b ＝54a －b ，a 2＝54a 1－b ＝54(54a －b )－b ＝(54)2a －(54＋1)b ，a 3＝54a 2－b ＝(54)3a －[(54)2＋(54＋1)]b ，由此猜测a n ＝(54)n a －[(54)n －1＋(54)n －2＋…＋54－4[(54)n －1]b (n ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝54a －b ，猜测成立.②假设n ＝k (k ≥2)时猜测成立，即a k ＝(54)k a －4[(54)k －1]b 成立.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝54a k －b ＝54⎩⎨⎧⎭⎬⎫(54)k a －4[(54)k －1]b －b ＝(54)k ＋1a －4[(54)k ＋1－1]b ，即当n ＝k ＋1时，猜测仍成立.由①②知，对任意n ∈N ＋，猜测成立.(2)当b ＝1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须少于79a ，所以(54)n a －4[(54)n －1]·1972a ＜79a ，整理得(54)n ＞5，两边取对数得n lg 54＞lg 5，所以n ＞lg 5lg 5－2lg 2＝1－lg 21－3lg 2≈1－0.301－3×0.30＝7.故经过8年该地区就开始水土流失.【变式训练3】经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y (千辆/时)与汽车的平均速度v (千米/时)之间的函数关系为y ＝920vv 2＋3v ＋1 600(v ＞0).(1)在该时段内，当汽车的平均速度v 为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？(精确到0.1千辆/时) (2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应在什么范围内？【解析】(1)依题意，y ＝9203＋(v ＋1 600v)≤9203＋2 1 600＝92083，当且仅当v ＝1 600v，即v ＝40时，上式等号成立，所以y max ＝92083≈11.1(千辆/时).(2)由条件得920vv 2＋3v ＋1 600＞10，整理得v 2－89v ＋1 600＜0，即(v －25)(v －64)＜0，解得25＜v ＜64.答：当v ＝40千米/时时，车流量最大，最大车流量约为11.1千辆/时.如果要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于25千米/时且小于64千米/时.总结提高1.有些不等式，从正面证如果不易说清，可以考虑反证法，凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定词的命题适用反证法.在一些客观题如填空、选择题之中，也可以用反证法的方法进行命题正确与否的判断.2.放缩法是证明不等式特有的方法，在证明不等式过程中常常要用到它，放缩要有目标，目标在结论和中间结果中寻找.常用的放缩方法有：(1)添加或舍去一些项，如a 2＋1＞||a ，n (n ＋1)＞n ； (2)将分子或分母放大(或缩小)；(3)利用基本不等式，如n (n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2；(4)利用常用结论，如k ＋1－k ＝1k ＋1＋k ＜12k，1k 2＜1k (k －1)＝1k －1－1k ； 1k 2＞1k (k ＋1)＝1k －1k ＋1(程度大)； 1k 2＜1k 2－1＝1(k －1)(k ＋1)＝12(1k －1－1k ＋1) (程度小). 3.用数学归纳法证明与自然数有关的不等式的证明过程与用数学归纳法证明其他命题一样，先要奠基，后进行假设与推理，二者缺一不可.§4 柯西不等式和排序不等式典例精析题型一用柯西不等式、排序不等式证明不等式【例1】设a 1，a 2，…，a n 都为正实数，证明：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .【证明】方法一：由柯西不等式，有(a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1)(a 2＋a 3＋…＋a n ＋a 1)≥ (a 1a 2·a 2＋a 2a 3·a 3＋…＋a n a 1·a 1)2＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2. 不等式两边约去正数因式a 1＋a 2＋…＋a n 即得所证不等式.方法二：不妨设a 1≤a 2≤…≤a n ，则a 21≤a 22≤…≤a 2n ，1a 1≥1a 2≥…≥1a n. 由排序不等式有a 21·1a 2＋a 22·1a 3＋…＋a 2n －1·1a n ＋a 2n ·1a 1≥a 21·1a 1＋a 22·1a 2＋…＋a 2n ·1a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，故不等式成立.方法三：由均值不等式有a 21a 2＋a 2≥2a 1，a 22a 3＋a 3≥2a 2，…，a 2na 1＋a 1≥2a n ，将这n 个不等式相加得 a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋a 1≥2(a 1＋a 2＋…＋a n )，整理即得所证不等式. 【点拨】根据所证不等式的结构形式观察是否符合柯西不等式、排序不等式的结构形式或有相似之处.将其配成相关结构形式是解决问题的突破口，有时往往要进行添项、拆项、重组、配方等方法的处理.【变式训练1】已知a ＋b ＋c ＝1，且a 、b 、c 是正数，求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a≥9.【证明】左边＝[2(a ＋b ＋c )](1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a )＝[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )](1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a)≥(1＋1＋1)2＝9，(或左边＝[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )](1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a)＝3＋a ＋b b ＋c ＋a ＋b c ＋a ＋b ＋c a ＋b ＋b ＋c c ＋a ＋c ＋a a ＋b ＋c ＋a b ＋c≥3＋2b ac b c b b a ++++•＋2b a a c a c b a ++++•＋2c b ac a c c b ++++•＝9) 所以2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a≥9.题型二用柯西不等式求最值【例2】若实数x ，y ，z 满足x ＋2y ＋3z ＝2，求x 2＋y 2＋z 2的最小值. 【解析】由柯西不等式得，(12＋22＋32)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋3z )2＝4(当且仅当1＝kx,2＝ky,3＝kz 时等号成立，结合x ＋2y ＋3z ＝2，解得x ＝17，y ＝27，z ＝37)，所以14(x 2＋y 2＋z 2)≥4.所以x 2＋y 2＋z 2≥27.故x 2＋y 2＋z 2的最小值为27.【点拨】根据柯西不等式，要求x 2＋y 2＋z 2的最小值，就要给x 2＋y 2＋z 2再配一个平方和形式的因式，再考虑需要出现定值，就要让柯西不等式的右边出现x ＋2y ＋3z 的形式，从而得到解题思路.由此可见，柯西不等式可以应用在求代数式的最值中.【变式训练2】已知x 2＋2y 2＋3z 2＝1817，求3x ＋2y ＋z 的最小值.【解析】因为(x 2＋2y 2＋3z 2)[32＋(2)2＋(13)2]≥(3x ＋2y ·2＋3z ·13)2≥(3x ＋2y ＋z )2，所以(3x ＋2y ＋z )2≤12，即－23≤3x ＋2y ＋z ≤23，当且仅当x ＝－9317，y ＝－3317，z ＝－317时，3x ＋2y ＋z 取最小值，最小值为－2 3. 题型三不等式综合证明与运用【例3】设x ＞0，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x 2n ≥(2n ＋1)x n .【证明】(1)当x ≥1时，1≤x ≤x 2≤…≤x n ，由排序原理：顺序和≥反序和得 1·1＋x ·x ＋x 2·x 2＋…＋x n ·x n ≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1，即1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n ≥(n ＋1)x n .①又因为x ，x 2，…，x n ，1为序列1，x ，x 2，…，x n 的一个排列，于是再次由排序原理：乱序和≥反序和得1·x ＋x ·x 2＋…＋x n －1·x n ＋x n ·1≥1·x n ＋x ·x n －1＋…＋x n －1·x ＋x n ·1，即x＋x3＋…＋x2n－1＋x n≥(n＋1)x n，②将①和②相加得1＋x＋x2＋…＋x2n≥(2n＋1)x n.③(2)当0＜x＜1时，1＞x＞x2＞…＞x n.由①②仍然成立，于是③也成立.综合(1)(2)，原不等式成立.【点拨】分类讨论的目的在于明确两个序列的大小顺序.【变式训练3】把长为9 cm的细铁线截成三段，各自围成一个正三角形，求这三个正三角形面积和的最小值.【解析】设这三个正三角形的边长分别为a、b、c，则a＋b＋c＝3，且这三个正三角形面积和S满足：3S＝34(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥34(a＋b＋c)2＝934⇒S≥334.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.总结提高1.柯西不等式是基本而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，有着广泛的应用.教科书首先介绍二维形式的柯西不等式，再从向量的角度来认识柯西不等式，引入向量形式的柯西不等式，再介绍一般形式的柯西不等式，以及柯西不等式在证明不等式和求某些特殊类型的函数极值中的应用.2.排序不等式也是基本而重要的不等式.一些重要不等式可以看成是排序不等式的特殊情形，例如不等式a2＋b2≥2ab.有些重要不等式则可以借助排序不等式得到简捷的证明.证明排序不等式时，教科书展示了一个“探究——猜想——证明——应用”的研究过程，目的是引导学生通过自己的数学活动，初步认识排序不等式的数学意义、证明方法和简单应用.3.利用柯西不等式或排序不等式常常根据所求解(证)的式子结构入手，构造适当的两组数，有难度的逐步调整去构造.对于具体明确的大小顺序、数目相同的两列数考虑它们对应乘积之和的大小关系时，通常考虑排序不等式.嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇礤駴笪笪疸扼鄂锷萼珐旮虐暱咯臘國藍罵異燒嗄嗄锕茇。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《不等式选讲》专项训练解析附答案

【最新】《不等式选讲》专题解析一、141．不等式222log 2log x x x x -<+的解集为（） A ．()1,2 B ．()0,1C ．()1,+∞D ．()2,+∞【答案】C 【解析】【分析】由题意得出0x >，分2log 0x >和2log 0x ≤两种情况讨论，结合222log 2log x x x x -<+可得出2log 0x >，解出该不等式即可.【详解】由题意得出0x >，当2log 0x ≤时，则222log 2log x x x x -=+. 当2log 0x >时，222log 2log x x x x -<+，解不等式2log 0x >得1x >. 因此，不等式222log 2log x x x x -<+的解集为()1,+∞. 故选：C. 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查绝对值三角不等式的应用，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.2．若集合{}2540A x x x =-+<，{}1B x x a =-<，则“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的（）A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又不必要条件【答案】A 【解析】【分析】解出集合A 、B ，由B A ⊆得出关于a 的不等式组，求出实数a 的取值范围，由此可判断出“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的充分非必要条件. 【详解】解不等式2540x x -+<，解得14x <<，{}14A x x ∴=<<. 解不等式1x a -<，即11x a -<-<，解得11a x a -<<+，{}11B x a x a ∴=-<<+.B A ⊆Q ，则有1114a a -≥⎧⎨+≤⎩，解得23a ≤≤.因此，“()2,3a ∈”是“B A ⊆”的充分非必要条件. 故选：A 【点睛】本题考查充分非必要条件的判断，一般将问题转化为集合的包含关系来判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.3．已知()f x 是定义域为R 的偶函数，当0x „时，2()4f x x x =+，则(2)5f x +>的解集为（）A ．(,5)(5,)-∞-+∞UB ．(,5)(3,)-∞-+∞UC ．(,7)(3,)-∞-+∞UD ．(,7)(2,)-∞-+∞U【答案】C 【解析】【分析】根据偶函数以及当0x „时，2()4f x x x =+,可得0x ≥时的表达式,由此求得(2)(|2|)f x f x +=+,再代入可解得.【详解】∵()f x 是定义域为R 的偶函数，∴当0x ≥时，0x -≤,所以22()()()4()4f x f x x x x x =-=-+-=-. 由()25f x +>以及()f x 为偶函数，得(|2|)5f x +>，∴2|2|4|2|5x x +-+>，所以(|2|5)(|2|1)0x x +-++>, 因为|2|10x ++>, 所以|2|5x +>,所以25x +>或25x +<-, 解得7<-x 或 3.x > 故选C 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求函数解析式,绝对值不等式的解法,属于中档题.4．若不等式23x a x -≤+对任意[]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．()1,3- B ．[]1,3-C ．()1,3D ．[]1,3【答案】B 【解析】【分析】将不等式去掉绝对值符号，然后变量分离转为求函数的最值问题. 【详解】不等式23x a x -≤+去掉绝对值符号得323x x a x --≤-≤+，即3223x x a x a x --≤-⎧⎨-≤+⎩对任意[]0,2x ∈恒成立，变量分离得333a x a x ≤+⎧⎨≥-⎩，只需min max (33)(3)a x a x ≤+⎧⎨≥-⎩，即31a a ≤⎧⎨≥-⎩所以a 的取值范围是[]1,3- 故选：B 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和恒成立问题的处理方法，属于基础题.5．若关于x 的不等式222213x t x t t t +-+++-<无解，则实数t 的取值范围是（） A ．1,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．(],0-∞C ．(],1-∞D ．(],5-∞ 【答案】C 【解析】【分析】先得到当0t ≤时，满足题意，再当0t >时，根据绝对值三角不等式，得到22221x t x t t +-+++-的最小值，要使不等式无解，则最小值需大于等于3t ，从而得到关于t 的不等式，解得t 的范围【详解】关于x 的不等式222213x t x t t t +-+++-<无解，当0t ≤时，可得此时不等式无解，当0t >时，()2222221221x t x t t x t x t t +-+++-+--++-≥21t =--，所以要使不等式无解，则213t t --≥，平方整理后得20541t t ≤--，解得115t ≤≤-，所以01t <≤，综上可得t 的范围为(],1-∞，故选：C. 【点睛】本题考查绝对值的三角不等式的应用，根据不等式的解集情况求参数的范围，属于中档题.6．设2sin1sin 2sin 222n n na =++⋅⋅⋅+，对任意正整数m 、n （m >n ）都成立的是（）. A ．12n m ma a -C ．12n m na a -<D ．12n m na a ->【答案】C 【解析】【分析】先作差，再根据三角函数有界性放缩，进而根据等比数列求和确定选项. 【详解】212sin1sin 2sin sin(1)sin(2)sin 222222n m n n n n mn n n ma a a ++++=++⋅⋅⋅+∴-=++⋅⋅⋅+Q 12sin(1)sin(2)sin ||||222m n n n mn n ma a ++++∴-=++⋅⋅⋅+ 12sin(1)sin(2)sin ||||||222n n mn n m ++++≤++⋅⋅⋅+ 11211(1)11111122122222212n m n n n m n m n +-++-≤++⋅⋅⋅+==-<- 故选：C 【点睛】本题考查三角函数有界性、等比数列求和以及放缩法，考查综合分析求解与论证能力，属中档题.7．已知f (x )＝|x ＋2|＋|x －4|的最小值为n ，则二项式1nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中x 2项的系数为( ) A ．11 B ．20 C ．15 D ．16 【答案】C 【解析】【分析】由题意利用绝对值三角不等式求得n=6，在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于0，求出r 的值，即可求得展开式中x 2项的系数．【详解】∵f （x ）=|x+2|+|x ﹣4|≥|（x+2）﹣（x ﹣4）|=6，故函数的最小值为6，再根据函数的最小值为n ，∴n=6．则二项式（x ﹣1x ）n =（x ﹣1x）6 展开式中的通项公式为 T r+1=6rC •（﹣1）r •x 6﹣2r ，令6﹣2r=2，求得r=2，∴展开式中x 2项的系为26C =15，故选：C ．【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数，属于中档题．8．在平面内，已知向量(1,0)a =v ，(0,1)b =v ，(1,1)c =v，若非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，且23p xa yb zc =++v v v v，则（）A ．p vB ．p v的最大值为C ．p vD ．p v的最大值为【答案】A 【解析】【分析】求出p v 的坐标，表示p v ，即：p v柯西不等式即可求得其最小值，问题得解．【详解】因为()1,0a =v ，()0,1b =v ，()1,1c =v，所以23p xa yb zc =++v v v v=()3,23x z y z ++，又非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，所以01z ≤≤，所以pv ==≥==≥= 当且仅当()()31232,0x z y z z +⨯=+⨯=时，等号成立．即：当且仅当41,,055x y z ===时，等号成立．所以p v，故选A. 【点睛】本题主要考查了柯西不等式的应用，还考查了向量的模及坐标运算，考查构造能力，属于中档题．9．函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的( ) A ．最小值是0，最大值是4B ．最小值是－4，最大值是0C ．最小值是－4，最大值是4D ．没有最大值也没有最小值【答案】C 【解析】因为y ＝|x －3|－|x ＋1|4,322,134,1x x x x -≥⎧⎪=--<<⎨⎪≤-⎩，所以最小值是－4，最大值是4，选C.点睛：分段函数的最值由于分段函数在定义域不同的子区间上对应不同的解析式，因而求其最值的常用方法是先求出分段函数在每一个子区间上的最值，然后取各区间上最大值中的最大者作为分段函数的最大值，各区间上最小值中的最小者作为分段函数的最小值．10．设0x 为函数()sin f x x π=的零点，且满足001()112x f x ++<，则这样的零点有（） A ．18个 B ．19个C ．20个D ．21个【答案】D 【解析】从题设可得00()x k x k k Z ππ=⇒=∈，又001()sin()sin()(1)222k f x x k ππππ+=+=+=-，故(1)11k k +-<，当k 取奇数时，12k <，则1,3,5,7,9,11k =±±±±±±，共12个数；当k 取偶数时，10k <，则0,2,4,6,8k =±±±±，共9个数，所以这样的零点的个数共有21个，应选答案D 。

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专题十五不等式选讲探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点含绝对值不等式的解法 ①理解绝对值的几何意义并了解等号成立的条件;②会求解绝对值不等式的最值和解集2018课标全国Ⅰ,23,10分解绝对值不等式不等式恒成立 ★★★2017课标全国Ⅰ,23,10分解绝对值不等式不等式恒成立 2019课标全国Ⅱ,23,10分解绝对值不等式不等式恒成立不等式的证明会证明简单的绝对值不等式2016课标全国Ⅱ,24,10分不等式的证明含绝对值不等式的求解★★☆2017课标全国Ⅱ,23,10分不等式的证明均值不等式 2019课标全国Ⅰ,23,10分不等式的证明均值不等式 2019课标全国Ⅲ,23,10分不等式的证明均值不等式分析解读不等式选讲是高考的选考内容之一,主要考查绝对值的几何意义,绝对值不等式的解法及不等式证明的基本方法,本专题内容在高考中分值为10分,属于中档题.破考点练考向【考点集训】考点一含绝对值不等式的解法1.(2018山西高考考前适应性测试,23)已知函数f(x)=|x-1|-a(a ∈R). (1)若f(x)的最小值不小于3,求a 的最大值; (2)若g(x)=f(x)+2|x+a|+a 的最小值为3,求a 的值.答案 (1)因为f(x)min =f(1)=-a,所以-a ≥3,解得a ≤-3,所以a max =-3. (2)g(x)=f(x)+2|x+a|+a=|x-1|+2|x+a|.当a=-1时,g(x)=3|x-1|≥0,0≠3,所以a=-1不符合题意.当a<-1时,g(x)={(x -1)+2(x +a),x ≥-a,(x -1)-2(x +a),1≤x <-a,-(x -1)-2(x +a),x <1,即g(x)={3x -1+2a,x ≥-a,-x -1-2a,1≤x <-a,-3x +1-2a,x <1,所以g(x)min =g(-a)=-a-1,由-a-1=3,解得a=-4.当a>-1时,同理可知g(x)min =g(-a)=a+1,由a+1=3,解得a=2. 综上,a=2或-4.2.(2019河南驻马店期末,23)已知函数f(x)=|x+a|+|2x-1|(a ∈R). (1)当a=-1时,求不等式f(x)≥2解集;(2)若f(x)≤2x 的解集包含[12,34],求a 的取值范围. 答案 (1)当a=-1时,不等式f(x)≥2可化为|x-1|+|2x-1|≥2, 当x ≤12时,不等式为1-x+1-2x ≥2,解得x ≤0; 当12<x<1时,不等式为1-x+2x-1≥2,无解; 当x ≥1时,不等式为x-1+2x-1≥2,解得x ≥43. 综上,原不等式的解集为(-∞,0]∪[43,+∞). (2)因为f(x)≤2x 的解集包含[12,34],所以不等式可化为|x+a|+2x-1≤2x,即|x+a|≤1,解得-a-1≤x ≤-a+1.由题意知{-a +1≥34,-a -1≤12,解得-32≤a ≤14. 所以实数a 的取值范围是[-32,14].考点二不等式的证明1.(2018湖南师范大学附属中学月考(五),23) (1)已知函数f(x)=|x-2|-|x+1|,解不等式f(x)≥x 2-2x; (2)已知x,y,z 均为正数,求证:x yz +y zx +z xy≥1x +1y +1z. 答案 (1)f(x)=|x-2|-|x+1|={3(x ≤-1),-2x +1(-1<x <2),-3(x ≥2).当x ≤-1时,不等式为x 2-2x ≤3, ∴-1≤x ≤3,∴x=-1;当-1<x<2时,不等式为x 2-2x ≤-2x+1, 解得-1≤x ≤1, ∴-1<x ≤1;当x ≥2时,不等式为x 2-2x ≤-3,∴x ∈⌀. 综上,不等式的解集为[-1,1]. (2)证法一:因为x,y,z 都为正数, 所以x yz +y zx =1z (x y+y x)≥2z, 同理可得y xz +z yx≥2x ,z xy +x yz≥2y,当且仅当x=y=z 时,以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2, 得x yz +y zx +z xy≥1x +1y +1z .证法二:要证x yz +y zx +z xy≥1x +1y +1z, 即证x 2+y 2+z 2≥yz+xz+xy, 即证(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2≥0,上式恒成立,所以原不等式得证.2.(2019湖南衡阳第八中学第三次月考,23)已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|. (1)解不等式f(x)≤3;(2)记函数g(x)=f(x)+|x+1|的值域为M,若t ∈M,证明:t 2+1≥3t+3t.答案 (1)依题意,得f(x)={-3x,x ≤-1,2-x,-1<x <12,3x,x ≥12,于是f(x)≤3⇔{x ≤-1,-3x ≤3或{-1<x <12,2-x ≤3或{x ≥12,3x ≤3, 解得-1≤x ≤1.∴不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x ≤1}.(2)证明:g(x)=f(x)+|x+1|=|2x-1|+|2x+2|≥|2x-1-2x-2|=3,当且仅当(2x-1)(2x+2)≤0时,取等号, ∴M=[3,+∞). t 2-3t+1-3t =t 3-3t 2+t -3t =(t -3)(t 2+1)t.∵t ∈M,∴t ≥3,t-3≥0,t 2+1>0, ∴(t -3)(t 2+1)t≥0. ∴t 2+1≥3t+3t.炼技法提能力【方法集训】方法1 含绝对值不等式的解法1.(2018河南南阳第一中学第一次月考,2)不等式|x-5|+|x+3|≥1的解集是( ) A.[-5,7] B.[-4,6] C.(-∞,-5]∪[7,+∞) D.(-∞,+∞) 答案 D2.(2018豫南九校5月联考,23)已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|. (1)若关于x 的不等式f(x)<a 有解,求实数a 的取值范围; (2)若关于x 的不等式f(x)<a 的解集为(b,72),求a+b 的值.答案 (1)不等式等价于a>f(x)min . f(x)={2x -2,x >3,4,-1≤x ≤3,2-2x,x <-1,作出函数f(x)的图象如图所示,观察函数的图象,可得实数a 的取值范围是(4,+∞).(2)由题意可得x=72是方程|x+1|+|x-3|=a 的解,据此有a=|72+1|+|72-3|=5,解绝对值不等式|x+1|+|x-3|<5可得-32<x<72. 故b=-32,故a+b=5-32=72.方法2 与绝对值不等式有关的最值问题的求解方法1.若关于x 的不等式|x-1|+|x+m|>3的解集为R,则实数m 的取值范围是( ) A.(-∞,-4)∪(2,+∞) B.(-∞,-4)∪(1,+∞) C.(-4,2) D.[-4,1] 答案 A2.(2020届江西南昌质量检测,23)已知函数f(x)=|x+2|+|x-a|. (1)当a=1时,求f(x)≤4x 的解集;(2)若∀x 1∈R,∃x 2∈R,使得f(x 1)=|x 2-2|+|x 2+2|成立,求a 的取值范围. 答案 (1)当a=1时,f(x)=|x+2|+|x-1|={-2x -1,x ≤-2,3,-2<x <1,2x +1,x ≥1.(1分)①当x ≤-2时,由-2x-1≤4x 得x ≥-16,又x ≤-2,故无解.(2分) ②当-2<x<1时,由3≤4x 得x ≥34,又-2<x<1,故34≤x<1.(3分) ③当x ≥1时,由2x+1≤4x 得x ≥12,又x ≥1,故x ≥1.(4分) 综上所述,当a=1时,f(x)≤4x 的解集为[34,+∞).(5分) (2)设g(x)=|x-2|+|x+2|,f(x)=|x+2|+|x-a|≥|x+2-x+a|=|a+2|,(7分) g(x)=|x-2|+|x+2|≥|x-2-x-2|=4,(9分)由题可知[|a+2|,+∞)⊆[4,+∞),所以|a+2|≥4, 故a ∈(-∞,-6]∪[2,+∞).(10分)方法3 不等式的证明与应用的解题方法1.若|x-s|<t,|y-s|<t,则下列不等式中一定成立的是( ) A.|x-y|<2tB.|x-y|<tC.|x-y|>2tD.|x-y|>t 答案 A2.(2020届河南十所名校测试,23)设函数f(x)=|x+1|+|x-2|. (1)求不等式f(x)≥4的解集;(2)设a,b,c ∈R +,函数f(x)的最小值为m,且12a +13b +14c=m,求证:2a+3b+4c ≥3. 答案本题主要考查绝对值不等式,用绝对值不等式证明不等式. (1)f(x)={1-2x,x <-1,3,-1≤x ≤2,2x -1,x >2.(2分)①当x<-1时,由f(x)≥4,得1-2x ≥4,所以x ≤-32; ②当-1≤x ≤2时,3≥4不成立,x ∈⌀; ③当x>2时,由f(x)≥4,得2x-1≥4,所以x ≥52.所以不等式f(x)≥4的解集为(-∞,-32]∪[52,+∞).(5分) (2)证明:由(1)知,f(x)的最小值m=3, 所以12a +13b +14c=3,(6分) 所以3(2a+3b+4c)=(2a+3b+4c)(12a +13b +14c) =1+1+1+2a 3b +3b 2a +2a 4c +4c 2a +4c 3b +3b 4c≥3+2√2a 3b ·3b 2a +2√2a 4c ·4c 2a +2√4c 3b ·3b4c=9,(9分) 当且仅当2a=3b=4c=1,即a=12,b=13,c=14时,等号成立. 所以2a+3b+4c ≥3.(10分)【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一含绝对值不等式的解法1.(2019课标全国Ⅱ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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.答案本题以绝对值函数为背景,主要考查绝对值不等式的解法,通过去绝对值号的过程着重考查学生的分类讨论思想,借助不等式恒成立问题考查学生的化归与转化思想,体现了数学运算的核心素养.(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)≥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.(2018课标全国Ⅲ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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.答案(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5.3.(2018课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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.答案(1)当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|,即f(x)={-2,x≤-1,2x,-1<x<1, 2,x≥1.故不等式f(x)>1的解集为{x|x>12}.(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,则|ax-1|<1的解集为{x|0<x<2a},所以2a≥1,故0<a≤2.综上,a的取值范围为(0,2].4.(2018课标全国Ⅱ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集;(2)若f(x)≤1,求a的取值范围.答案(1)当a=1时,f(x)={2x+4,x≤-1, 2,-1<x≤2, -2x+6,x>2.可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}.(2)f(x)≤1等价于|x+a|+|x-2|≥4.而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立.故f(x)≤1等价于|a+2|≥4.由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2.所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).5.(2017课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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.答案(1)解法一:当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1<x≤-1+√172.所以f(x)≥g(x)的解集为{x|-1≤x≤-1+√172}.解法二:g(x)={2x,x≥1, 2,-1≤x<1, -2x,x<-1,当a=1时,f(x)=-x2+x+4,在同一平面直角坐标系中,画出g(x)与f(x)的图象如图,易求得A(-1,2),B(-1+√172,-1+√17),所以f(x)≥g(x)的解集为{x|-1≤x≤-1+√172}.(2)解法一:当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a的取值范围为[-1,1].解法二:当x∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x2+ax+4≥2.当x=0时,-x2+ax+4≥2成立.当x∈(0,1]时,-x2+ax+4≥2化为a≥x-2x.而y=x-2x在(0,1]上单调递增,所以最大值为-1,所以a≥-1.当x∈[-1,0)时,-x2+ax+4≥2化为a≤x-2x.而y=x-2x在[-1,0)上单调递增,所以最小值为1,所以a≤1.综上,a的取值范围为[-1,1].6.(2017课标全国Ⅲ,23,10分)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. 答案 (1)f(x)={-3,x <-1,2x -1,-1≤x ≤2,3,x >2.当x<-1时, f(x)≥1无解;当-1≤x ≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1, 所以1≤x ≤2;当x>2时,由f(x)≥1得x>2. 所以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|-32)2+54≤54,且当x=32时,|x+1|-|x-2|-x 2+x=54. 故m 的取值范围为(-∞,54].考点二不等式的证明1.(2019课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲] 已知a,b,c 为正数,且满足abc=1.证明: (1)1a +1b +1c≤a 2+b 2+c 2; (2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.证明 (1)因为a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,c 2+a 2≥2ac,又abc=1,故有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca=ab+bc+ca abc =1a +1b +1c. 所以1a +1b +1c≤a 2+b 2+c 2.(2)因为a,b,c 为正数且abc=1,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3√(a +b)3(b +c)3(a +c)33=3(a+b)(b+c)(a+c)≥3×(2√ab )×(2√bc )×(2√ac )=24. 所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.2.(2019课标全国Ⅲ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]设x,y,z ∈R,且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥13成立,证明:a ≤-3或a ≥-1.答案本题主要考查不等式的证明以及基本不等式的应用,考查学生推理论证的能力,考查了逻辑推理的核心素养. (1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2], 故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43, 当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43. (2)证明:由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)] ≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2], 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥(2+a)23,当且仅当x=4-a 3,y=1-a 3,z=2a -23时等号成立. 因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为(2+a)23. 由题设知(2+a)23≥13,解得a ≤-3或a ≥-1.3.(2017课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a 3+b 3=2.证明: (1)(a+b)(a 5+b 5)≥4; (2)a+b ≤2.证明 (1)(a+b)(a 5+b 5) =a 6+ab 5+a 5b+b 6=(a 3+b 3)2-2a 3b 3+ab(a 4+b 4) =4+ab(a 2-b 2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a 3+3a 2b+3ab 2+b 3=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24·(a+b)=2+3(a+b)34, 所以(a+b)3≤8, 因此a+b ≤2.4.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)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|. 答案 (1)f(x)={ -2x,x ≤-12,1,-12<x <12,2x,x ≥12.(2分)当x ≤-12时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;(3分) 当-12<x<12时, f(x)<2;(4分) 当x ≥12时,由f(x)<2得2x<2, 解得x<1,(5分)所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(6分)(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, 因此|a+b|<|1+ab|.(10分)B 组自主命题·省(区、市)卷题组(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|<a 3,|y-2|<a 3,求证:|2x+y-4|<a. 证明因为|x-1|<a 3,|y-2|<a 3,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|≤2|x-1|+|y-2|<2×a 3+a 3=a.C 组教师专用题组考点一含绝对值不等式的解法1.(2014江西,15,5分)x,y ∈R,若|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,则x+y 的取值范围为 . 答案 [0,2]2.(2016课标全国Ⅲ,24,10分)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.答案(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(5分)(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=12时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分)当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)3.(2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.答案(1)f(x)={x-4,x≤-1,3x-2,-1<x≤32,-x+4,x>32,(4分)y=f(x)的图象如图所示.(6分)(2)解法一:由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3; 当f(x)=-1时,可得x=13或x=5,(8分)故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}; f(x)<-1的解集为{x|x <13或x >5}.(9分) 所以|f(x)|>1的解集为{x|x <13或1<x <3或x >5}.(10分)解法二:根据y=f(x)的分段函数表达式,有:当x ≤-1时,|f(x)|>1的解集为{x|x ≤-1}; 当-1<x ≤32时,|f(x)|>1的解集为{x|-1<x <13}∪{x|1<x ≤32}; 当x>-32时,|f(x)|>1的解集为{x|32<x <3}∪{x|x>5}. 综上,|f(x)|>1的解集为{x|x <13或1<x <3或x >5}. 4.(2015课标Ⅰ,24,10分)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. 答案 (1)解法一: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23<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{x |23<x <2}.(5分) 解法二:当a=1时, f(x)={x -3,x <-1,3x -1,-1≤x ≤1,-x +3,x >1.画出f(x)的图象(如图所示),根据图象可得不等式f(x)>1的解集为{x|23<x <2}.(5分)(2)由题设可得, f(x)={x -1-2a,x <-1,3x +1-2a,-1≤x ≤a,-x +1+2a,x >a.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 (2a -13,0),B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC 的面积为23(a+1)2.由题设得23(a+1)2>6,故a>2. 所以a 的取值范围为(2,+∞).(10分)5.(2013课标Ⅰ,24,10分)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. 答案 (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.从图象可知,当且仅当x ∈(0,2)时,y<0. 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.解法二:当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|<x+3,即|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.等价于{x <12,-5x <0或{12≤x ≤1,-x -2<0或{x >1,3x -6<0, 解得0<x<12或12≤x ≤1或1<x<2, 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}. (2)当x ∈[-a 2,12)时, f(x)=1+a. 不等式f(x)≤g(x)化为1+a ≤x+3. 所以x ≥a-2对x ∈[-a 2,12)都成立.故-a2≥a-2,即a ≤43.从而a 的取值范围是(-1,43]. 6.(2012课标全国,24,10分)选修4—5:不等式选讲已知函数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.答案(1)当a=-3时,f(x)={-2x+5,x≤2, 1,2<x<3,2x-5,x≥3.当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;当2<x<3时,f(x)≥3无解;当x≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x≥4.所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.(2)f(x)≤|x-4|⇔|x-4|-|x-2|≥|x+a|.当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|⇔4-x-(2-x)≥|x+a|⇔-2-a≤x≤2-a.由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[-3,0].7.(2011课标,24,10分)[河南未选]选修4—5:不等式选讲已知函数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.答案(1)当a=1时,f(x)≥3x+2可化为|x-1|≥2.由此可得x≥3或x≤-1.故当a=1时,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.此不等式可化为{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.结合a>0,解得x ≤-a 2,即不等式f(x)≤0的解集为{x|x ≤-a 2} . ∵不等式f(x)≤0的解集为{x|x ≤-1}, ∴-a 2=-1,故a=2.8.(2010课标全国,24,10分)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=|2x-4|+1. (1)画出函数y=f(x)的图象;(2)若不等式f(x)≤ax 的解集非空,求a 的取值范围.答案 (1)由于f(x)={-2x +5,x <2,2x -3,x ≥2,则函数y=f(x)的图象如图所示.(2)由函数y=f(x)与函数y=ax 的图象可知,当且仅当a ≥12或a<-2时,函数y=f(x)与函数y=ax 的图象有交点.故不等式 f(x)≤ax 的解集非空时,a 的取值范围为(-∞,-2)∪[12,+∞).考点二不等式的证明1.(2015课标Ⅱ,24,10分)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.证明证法一:(1)因为(√a+√b)2=a+b+2√ab,(√c+√d)2=c+d+2√cd,由题设a+b=c+d,ab>cd得(√a+√b)2>(√c+√d)2.因此√a+√b>√c+√d.(2)(i)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√a+√b>√c+√d.(ii)若√a+√b>√c+√d,则(√a+√b)2>(√c+√d)2,即a+b+2√ab>c+d+2√cd.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.证法二:(1)假设√a+√b≤√c+√d,则有(√a+√b)2≤(√c+√d)2.由a+b=c+d得√ab≤√cd,从而ab≤cd,与已知ab>cd矛盾,故√a+√b>√c+√d.(2)(充分性)假设|a-b|≥|c-d|,则有(a+b)2-4ab≥(c+d)2-4cd,由此得4ab≤4cd,2√ab≤2√cd,(√a+√b)2≤(√c+√d)2,于是√a+√b≤√c+√d,这与√a+√b>√c+√d矛盾,从而|a-b|<|c-d|,充分性得证.(必要性)假设√a +√b ≤√c +√d ,则有(√a +√b )2≤(√c +√d )2,即ab ≤cd. 又a+b=c+d,故(a-b)2≥(c-d)2,即|a-b|≥|c-d|, 与|a-b|<|c-d|矛盾.因此√a +√b >√c +√d .必要性得证.综上,√a +√b >√c +√d 是|a-b|<|c-d|的充要条件.2.(2014课标Ⅱ,24,10分)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.答案 (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)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). 3.(2014辽宁,24,10分)设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x 2-8x+1.记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N. (1)求M;(2)当x ∈M ∩N 时,证明:x 2f(x)+x[f(x)]2≤14. 答案 (1)f(x)={3x -3,x ∈[1,+∞),1-x,x ∈(-∞,1).当x ≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x ≤43,故1≤x ≤43; 当x<1时,由f(x)=1-x ≤1得x ≥0,故0≤x<1. 所以f(x)≤1的解集为M={x|0≤x ≤43}. (2)证明:由g(x)=16x 2-8x+1≤4得16(x -14)2≤4, 解得-14≤x ≤34.因此N={x|-14≤x ≤34},故M ∩N={x|0≤x ≤34}. 当x ∈M ∩N 时, f(x)=1-x,于是x 2f(x)+x ·[f(x)]2 =xf(x)[x+f(x)]=x ·f(x)=x(1-x)=14-(x -12)2≤14.4.(2013课标Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设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≥2ca 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)易证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.【三年模拟】时间:70分钟分值:100分解答题(共100分)1.(2019安徽合肥第二次教学质量检测,23)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. 答案 (1)由f(x)≤1得|3x+2|≤1,即-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|. 因为3|x|+2|x|≥2√6当且仅当3|x|=2|x|,即|x|=√63时等号成立 ,所以a ≤2√6,即a 的最大值是2√6.2.(2019河北省级示范性高中4月联考,23)已知函数f(x)=|x+a|+|2x-5|(a>0). (1)当a=2时,解不等式f(x)≥5;(2)当x ∈[a,2a-2]时,不等式f(x)≤|x+4|恒成立,求实数a 的取值范围. 答案 (1)当a=2时, f(x)=|x+2|+|2x-5|= {3-3x,x <-2,7-x,-2≤x ≤52,3x -3,x >52.(2分) 由f(x)≥5,得{x <-2,3-3x ≥5或{-2≤x ≤52,7-x ≥5 或{x >52,3x -3≥5,(4分) 解得x ≤2或x ≥83,所以不等式f(x)≥5的解集为{x|x ≤2或x ≥83}.(5分) (2)因为f(x)≤|x+4|,所以|x+a|+|2x-5|≤|x+4|, 因为x ∈[a,2a-2],所以2a-2>a,所以a>2,所以x+a>0,x+4>0,得x+a+|2x-5|≤x+4, 不等式恒成立即|2x-5|≤4-a 在x ∈[a,2a-2]上恒成立,(7分) 不等式恒成立必须a ≤4,a-4≤2x-5≤4-a, 所以a+1≤2x ≤9-a.(8分) 所以{2a ≥a +1,4a -4≤9-a,解得1≤a ≤135,(9分)结合2<a ≤4,得2<a ≤135,即a 的取值范围为(2,135].(10分) 3.(2019江西临川一中,南昌二中等九校重点中学协作体第一次联考,23)已知函数f(x)=|x-2|+|m+x|的图象的对称轴为直线x=1.(1)求不等式f(x)≥x+2的解集;(2)若函数f(x)的最小值为M,正数a,b 满足a+b=M,求1a +2b的最小值. 答案 (1)∵函数f(x)图象的对称轴为直线x=1,即2-m2=1,∴m=0, ∴f(x)=|x|+|x-2|={-2x +2,x ≤0,2,0<x <2,2x -2,x ≥2.由f(x)≥x+2,得{x ≤0,-2x +2≥x +2或{0<x <2,2≥x +2或{x ≥2,2x -2≥x +2,解得x ≤0或x ≥4,故不等式f(x)≥x+2的解集为(-∞,0]∪[4,+∞). (2)由绝对值不等式的性质,可知|x-2|+|x|≥|(x-2)-x|=2, ∴f(x)min =M=2,∴a+b=2, ∵a,b 为正数,∴1a +2b =12(1a+2b)·(a+b)=12(3+b a+2a b )≥12(3+2√b a ·2a b )=3+2√22(当且仅当a=2√2-2,b=4-2√2时取等号).4.(2019湖南岳阳第二次模拟,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-n|,m,n ∈(0,+∞). (1)若m=2,n=3,求不等式f(x)>5的解集; (2)若f(x)≥1恒成立,求2m+n 的最小值. 答案 (1)因为m=2,n=3,所以f(x)=|x+2|+|2x-3|. 当x ≤-2时,由-x-2-2x+3>5,得x<-43,∴x ≤-2. 当-2<x<32时,由x+2-2x+3>5,得x<0,∴-2<x<0. 当x ≥32时,由x+2+2x-3>5,得x>2,∴x>2. 综上,不等式的解集为(-∞,0)∪(2,+∞).(2)|x+m|+|2x-n|=|x+m|+|x -n 2|+|x -n 2|≥|x+m|+|x -n 2|≥|m +n 2|=m+n 2, ∴m+n 2≥1,即2m+n ≥2,则2m+n 的最小值为2.5.(2020届皖江名校联盟第一次联考,23)已知函数f(x)=|x-1|+|2x+4|. (1)求不等式f(x)>6的解集;(2)若f(x)-|m-1|≥0恒成立,求实数m 的取值范围.答案 (1)依题意,得|x-1|+|2x+4|>6.当x<-2时,原式化为1-x-2x-4>6,解得x<-3,故x<-3; 当-2≤x ≤1时,原式化为1-x+2x+4>6,解得x>1,故无解; 当x>1时,原式化为x-1+2x+4>6,解得x>1,故x>1. 综上所述,不等式f(x)>6的解集为(-∞,-3)∪(1,+∞).(5分)(2)因为f(x)=|x-1|+|2x+4|=|x-1|+|x+2|+|x+2|≥|x-1|+|x+2|≥3,当且仅当x=-2时,等号成立. 故f(x)-|m-1|≥0恒成立等价于|m-1|≤3,即-3≤m-1≤3,解得-2≤m ≤4, 故实数m 的取值范围为[-2,4].(10分)6.(2020届福建龙海第二中学期初考试,23)已知函数f(x)=|a-3x|-|2+x|. (1)若a=2,解不等式f(x)≤3;(2)若存在实数a,使得不等式f(x)≥1-a+2|2+x|成立,求实数a 的取值范围.答案 (1)当a=2时,f(x)=|3x-2|-|x+2|,由f(x)≤3得{x ≥23,3x -2-x -2≤3,或{-2<x <23,2-3x -x -2≤3,或{x ≤-2,2-3x +x +2≤3, 解得-34≤x ≤72.故当a=2时,f(x)≤3的解集为{x |-34≤x ≤72}. (2)存在实数a,使得不等式f(x)≥1-a+2|2+x|成立, 即存在实数a,使|3x-a|-|3x+6|≥1-a 成立,由绝对值不等式的性质可得||3x-a|-|3x+6||≤|(3x-a)-3x-6|=|a+6|, ∴|3x-a|-|3x+6|的最大值为|a+6|,∴|a+6|≥1-a,当1-a ≥0,即a ≤1时,a+6≥1-a 或a+6≤a-1,∴-52≤a ≤1; 当1-a<0,即a>1时,a ∈R,∴a>1. ∴实数a 的取值范围是[-52,+∞).7.(2020届广西桂林十八中模拟,23)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+3|. (1)解不等式f(x)≥6;(2)记f(x)的最小值是m,正实数a,b 满足2ab+a+2b=m,求a+2b 的最小值. 答案 (1)当x ≤-32时,f(x)=-2-4x,由f(x)≥6解得x ≤-2,所以x ≤-2; 当-32<x<12时,f(x)=4,显然f(x)≥6不成立;当x ≥12时,f(x)=4x+2,由f(x)≥6解得x ≥1,所以x ≥1. ∴f(x)≥6的解集是(-∞,-2]∪[1,+∞). (2)∵f(x)=|2x-1|+|2x+3|≥|(2x-1)-(2x+3)|=4, ∴f(x)的最小值m=4.∵a>0,b>0,∴a ·2b ≤(a+2b 2)2,由2ab+a+2b=4可得4-(a+2b)≤(a+2b 2)2(当且仅当a=2b 时取等号),解得a+2b ≥2√5-2(a+2b ≤-2-2√5舍去), ∴a+2b 的最小值为2√5-2.8.(2020届河南高三调研,23)已知函数f(x)=|x-3|-|x+1|,M 为不等式f(x)<2的解集. (1)求M;(2)证明:当log a b ∈M 时,|2a -2b |<|2a+b-1-2|. 答案 (1)当x ≥3时,f(x)=-4<2成立,∴x ≥3; 当-1<x<3时,f(x)=3-x-x-1=2-2x<2,∴0<x<3; 当x ≤-1时,f(x)=4>2,无解. 综上,M=(0,+∞).(2)证明:根据题意,得log a b>0,∴{a >1,b >1,或{0<a <1,01,b >1时,4b-1-1>0,4-4a <0; 当{0<a <1,00,故(4b-1-1)(4-4a )<0,所以4a +4b -4a+b-1-4<0成立, 即|2a -2b |<|2a+b-1-2|成立.9.(2018湖北重点高中联考,23)已知函数f(x)=x|x-a|,a ∈R. (1)若f(1)+f(-1)>1,求a 的取值范围;(2)若a>0,∀x,y ∈(-∞,a],都有不等式f(x)≤|y +54|+|y-a|恒成立,求a 的取值范围. 答案 (1)f(1)+f(-1)>1⇒|1-a|-|1+a|>1 ⇒{a <-1,(1-a)+(1+a)>1或{-1≤a ≤1,(1-a)-(1+a)>1或{a >1,(a -1)-(1+a)>1⇒a<-1或-1≤a<-12或a ∈⌀⇒a<-12.所以a ∈(-∞,-12).(2)当y ∈(-∞,a](a>0)时,记g(y)=|y +54|+|y-a|,则g(y)=|y +54|+|a-y|≥|54+a|=54+a -54≤y ≤a 时取“=”,即g(y)的最小值为54+a, 当x ∈(-∞,a]时, f(x)=x(a-x)=-(x -a 2)2+a 24,∴x=a 2时, f(x)取得最大值,为a 24,故原问题转化为a 24≤54+a ⇒a 2-4a-5≤0⇒-1≤a ≤5, 又a>0,∴a ∈(0,5].10.(2018安徽合肥第二次教学质量检测,23)已知函数f(x)=|3x+m|. (1)若不等式f(x)-m ≤9的解集为[-1,3],求实数m 的值;(2)若m>0,函数g(x)=f(x)-2|x-1|的图象与x 轴围成的三角形的面积大于60,求m 的取值范围. 答案 (1)由题意得{9+m ≥0①,|3x +m|≤9+m ②.解①得m ≥-9.②可化为-9-m ≤3x+m ≤9+m, 解得-9-2m3≤x ≤3. ∵不等式f(x)-m ≤9的解集为[-1,3], ∴-9-2m3=-1,解得m=-3,满足m ≥-9,∴m=-3.(2)依题意得g(x)=|3x+m|-2|x-1|. ∵m>0,∴g(x)={ -x -m -2(x ≤-m3),5x +m -2(-m 3<x <1),x +m +2(x ≥1).∴g(x)的图象与x 轴围成的△ABC 的三个顶点的坐标为A(-m-2,0),B (2-m 5,0),C (-m 3,-2m3-2), ∴S △ABC =12|AB|·|y C |=4(m+3)215>60, 解得m>12(m<-18舍去). ∴实数m 的取值范围为(12,+∞).。