高考数学二轮总复习专题八鸭部分二十不等式选讲课时练习文

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2021届高考数学二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数范围文含解析

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数范围一、能力突破训练1.(2020全国Ⅲ,文20)已知函数f (x )=x 3-kx+k2. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有三个零点,求k 的取值范围.2.已知函数f (x )=a e x -ln x-1.(1)设x=2是f (x )的极值点,求a ,并求f (x )的单调区间;(2)证明:当a ≥1e时,f (x )≥0.3.已知函数f (x )=ax+x ln x 的图象在x=e(e 为自然对数的底数)处的切线的斜率为3. (1)求实数a 的值;(2)若f (x )≤kx 2对任意x>0成立,求实数k 的取值范围; (3)当n>m>1(m ,n ∈N *)时,证明:√m n√n m >mn .4.已知函数f (x )=ln x-ax ,其中a ∈R .(1)当a=-1时,判断f (x )的单调性;(2)若g (x )=f (x )+ax 在其定义域内为减函数,求实数a 的取值范围;(3)当a=0时,函数f (x )的图象关于y=x 对称得到函数h (x )的图象,若直线y=kx 与曲线y=2x+1ℎ(x )没有公共点,求k 的取值范围.5.设函数f (x )=a ln x ,g (x )=12x 2.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,求m(m∈Z,m≤1)的值.6.已知函数f(x)=ln x-(x-1)22.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)证明:当x>1时,f(x)<x-1;(3)确定实数k的取值范围,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1).二、思维提升训练7.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数解析式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.8.设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14.专题能力训练8 利用导数解不等式及参数范围一、能力突破训练 1.解(1)f'(x )=3x 2-k.当k=0时,f (x )=x 3,故f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递增;当k<0时,f'(x )=3x 2-k>0,故f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递增. 当k>0时,令f'(x )=0,得x=±√3k3. 当x ∈-∞,-√3k 3时,f'(x )>0; 当x ∈-√3k 3,√3k3时,f'(x )<0; 当x ∈√3k3,+∞时,f'(x )>0.故f (x )在区间-∞,-√3k 3,√3k3,+∞内单调递增,在区间-√3k 3,√3k3内单调递减.(2)由(1)知,当k ≤0时,f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递增,f (x )不可能有三个零点.当k>0时,x=-√3k 3为f (x )的极大值点,x=√3k3为f (x )的极小值点.此时,-k-1<-√3k 3<√3k3<k+1且f (-k-1)<0,f (k+1)>0,f (-√3k3)>0. 根据f (x )的单调性,当且仅当f (√3k 3)<0,即k 2-2k √3k 9<0时,f (x )有三个零点,解得k<427.因此k 的取值范围为0,427. 2.(1)解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x .由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2.从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x .当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增. (2)证明当a ≥1e时,f (x )≥e x e-ln x-1. 设g (x )=e xe-ln x-1,则g'(x )=e xe−1x.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0.所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0.因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.3.(1)解∵f (x )=ax+x ln x , ∴f'(x )=a+ln x+1.又f (x )的图象在x=e 处的切线的斜率为3, ∴f'(e)=3,即a+lne +1=3,∴a=1. (2)解由(1)知,f (x )=x+x ln x ,若f (x )≤kx 2对任意x>0成立,则k ≥1+lnx x对任意x>0成立.令g (x )=1+lnx x,则问题转化为求g (x )的最大值,g'(x )=1x·x -(1+lnx )x 2=-lnx x 2.令g'(x )=0,解得x=1. 当0<x<1时,g'(x )>0,∴g (x )在区间(0,1)内是增函数; 当x>1时,g'(x )<0,∴g (x )在区间(1,+∞)内是减函数. 故g (x )在x=1处取得最大值g (1)=1, ∴k ≥1即为所求.(3)证明令h (x )=xlnxx -1,则h'(x )=x -1-lnx(x -1)2. 由(2)知,x ≥1+ln x (x>0),∴h'(x )≥0,∴h (x )是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h (n )>h (m ),即nlnn n -1>mlnmm -1, ∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m ,即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n , ∴ln n mn +ln m m >ln m mn +ln n n . 整理,得ln(mn n )m >ln(nm m )n .∴(mn n )m>(nm m )n,∴√m n√n m >mn .4.解(1)当a=-1时,f (x )=ln x+1x,函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=x -1x 2,∵当0<x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(0,1)内为减函数,在区间(1,+∞)内为增函数.(2)由g (x )=f (x )+ax=ln x-ax +ax ,可知函数g (x )的定义域为(0,+∞),g'(x )=ax 2+x+ax 2.∵g (x )在其定义域内为减函数, ∴∀x ∈(0,+∞),g'(x )≤0.∴ax 2+x+a ≤0⇔a (x 2+1)≤-x ⇔a ≤-x x 2+1⇔a ≤(-xx 2+1)min.又xx 2+1=1x+1x≤12,∴-x x 2+1≥-12,当且仅当x=1时取等号.∴a ≤-12.(3)∵当a=0时,f (x )=ln x ,∴h (x )=e x .直线l :y=kx 与曲线y=2x+1ℎ(x )=2x+1e x 没有公共点,等价于关于x 的方程(k-2)x=1e x (*)在R 上没有实数解,①当k=2时,方程(*)可化为1e x =0,其在R 上没有实数解. ②当k ≠2时,方程(*)可化为1k -2=x e x .令g (x )=x e x ,则有g'(x )=(1+x )e x . 令g'(x )=0,得x=-1,当x 在区间(-∞,+∞)内变化时,当x=-1时,g (x )min =-1e,同时当x 趋于+∞时,g (x )趋于+∞,故g (x )的取值范围为[-1e ,+∞). 因此当1k -2∈(-∞,-1e)时,方程(*)无实数解,解得k 的取值范围是(2-e,2). 综合①②,可知k 的取值范围是(2-e,2]. 5.解(1)不等式f (x )+2g'(x )≤(a+3)x-g (x ),即a ln x+2x ≤(a+3)x-12x 2, 化简,得a (x-ln x )≥12x 2-x.由x ∈[1,e]知x-ln x>0,因而a ≥12x 2-x x -lnx.设y=12x 2-x x -lnx , 则y'=(x -1)(x -lnx )-(1-1x )(12x 2-x)(x -lnx )2=(x -1)(12x+1-lnx)(x -lnx )2.∵当x ∈(1,e)时,x-1>0,12x+1-ln x>0, ∴y'>0在x ∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a ≥y min =-12,即实数a 的取值范围是[-12,+∞).(2)当a=1时,f (x )=ln x.由m [g (x 1)-g (x 2)]>x 1f (x 1)-x 2f (x 2)恒成立,得mg (x 1)-x 1f (x 1)>mg (x 2)-x 2f (x 2)恒成立,设t (x )=m2x 2-x ln x (x>0).由题意知x 1>x 2>0,则当x ∈(0,+∞)时函数t (x )单调递增,∴t'(x )=mx-ln x-1≥0恒成立,即m ≥lnx+1x 恒成立.记h (x )=lnx+1x ,则h'(x )=-lnxx 2. ∴函数h (x )在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴函数h (x )在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h (x )的最大值.由此可得h (x )max =h (1)=1,故m ≥1,结合已知条件m ∈Z ,m ≤1,可得m=1. 6.(1)解f'(x )=1x -x+1=-x 2+x+1x ,x ∈(0,+∞).由f'(x )>0,得{x >0,-x 2+x +1>0,解得0<x<1+√52.故f (x )的单调递增区间是(0,1+√52). (2)证明令F (x )=f (x )-(x-1),x ∈(0,+∞), 则有F'(x )=1-x 2x .当x ∈(1,+∞)时,F'(x )<0,所以F (x )在区间[1,+∞)内单调递减,故当x>1时,F (x )<F (1)=0,即当x>1时,f (x )<x-1. (3)解由(2)知,当k=1时,不存在x 0>1满足题意. 当k>1时,对于x>1,有f (x )<x-1<k (x-1), 则f (x )<k (x-1),从而不存在x 0>1满足题意.当k<1时,令G (x )=f (x )-k (x-1),x ∈(0,+∞), 则有G'(x )=1x-x+1-k=-x 2+(1-k )x+1x.由G'(x )=0得,-x 2+(1-k )x+1=0. 解得x 1=1-k -√(1-k )2+42<0,x 2=1-k+√(1-k )2+42>1. 当x ∈(1,x 2)时,G'(x )>0,故G (x )在区间[1,x 2)内单调递增. 从而当x ∈(1,x 2)时,G (x )>G (1)=0, 即f (x )>k (x-1),综上,k 的取值范围是(-∞,1). 二、思维提升训练 7.(1)解由f (x )=x 3+ax 2+bx+1,得f'(x )=3x 2+2ax+b=3(x +a 3)2+b-a 23.当x=-a 3时,f'(x )有极小值b-a 23. 因为f'(x )的极值点是f (x )的零点, 所以f (-a3)=-a 327+a 39−ab 3+1=0,又a>0,故b=2a 29+3a .因为f (x )有极值,故f'(x )=0有实根, 从而b-a 23=19a (27-a 3)≤0,即a ≥3.当a=3时,f'(x )>0(x ≠-1),故f (x )在R 上是增函数,f (x )没有极值; 当a>3时,f'(x )=0有两个相异的实根x 1=-a -√a 2-3b3,x 2=-a+√a 2-3b3.列表如下:f (x )↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗故f (x )的极值点是x 1,x 2. 从而a>3. 因此b=2a 29+3a ,定义域为(3,+∞).(2)证明由(1)知,√a=2a √a 9+a √a .设g (t )=2t 9+3t,则g'(t )=29−3t2=2t 2-279t 2.当t ∈(3√62,+∞)时,g'(t )>0,从而g (t )在区间(3√62,+∞)内单调递增.因为a>3,所以a √a >3√3,故g (a √a )>g (3√3)=√3,即√a >√3. 因此b 2>3a.(3)解由(1)知,f (x )的极值点是x 1,x 2,且x 1+x 2=-23a ,x 12+x 22=4a 2-6b 9.从而f (x 1)+f (x 2)=x 13+a x 12+bx 1+1+x 23+a x 22+bx 2+1=x13(3x 12+2ax 1+b )+x23(3x 22+2ax 2+b )+13a (x 12+x 22)+23b (x 1+x 2)+2=4a 3-6ab 27−4ab 9+2=0.记f (x ),f'(x )所有极值之和为h (a ), 因为f'(x )的极值为b-a 23=-19a 2+3a , 所以h (a )=-19a 2+3a ,a>3.因为h'(a )=-29a-3a 2<0,于是h (a )在区间(3,+∞)内单调递减.因为h (6)=-72,于是h (a )≥h (6),故a ≤6. 因此a 的取值范围为(3,6].8.(1)解由f (x )=x 3-ax-b ,可得f'(x )=3x 2-a. 下面分两种情况讨论:①当a ≤0时,有f'(x )=3x 2-a ≥0恒成立. 所以f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f'(x )=0,解得x=√3a3,或x=-√3a3. 当x所以f (x )的单调递减区间为(-√3a 3,√3a 3),单调递增区间为(-∞,-√3a 3),(√3a3,+∞).(2)证明因为f (x )存在极值点,所以由(1)知a>0,且x 0≠0.由题意,得f'(x 0)=3x 02-a=0,即x 02=a3,进而f (x 0)=x 03-ax 0-b=-2a3x 0-b.又f (-2x 0)=-8x 03+2ax 0-b=-8a3x 0+2ax 0-b=-2a3x 0-b=f (x 0),且-2x 0≠x 0,由题意及(1)知,存在唯一实数x 1满足f (x 1)=f (x 0),且x 1≠x 0,因此x 1=-2x 0. 所以x 1+2x 0=0.(3)证明设g (x )在区间[-1,1]上的最大值为M ,max{x ,y }表示x ,y 两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a ≥3时,-√3a 3≤-1<1≤√3a3,由(1)知,f (x )在区间[-1,1]上单调递减,所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (1),f (-1)],因此M=max{|f (1)|,|f (-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}={a -1+b ,b ≥0,a -1-b ,b <0.所以M=a-1+|b|≥2.②当34≤a<3时,-2√3a 3≤-1<-√3a 3<√3a3<1≤2√3a 3, 由(1)和(2)知f (-1)≥f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)≤f (2√3a 3)=f (-√3a3),所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (√3a 3),f (-√3a3)],因此M=max {|f (√3a 3)|,|f (-√3a3)|} =max {|-2a 9√3a -b|,|2a9√3a -b|}=max {|2a9√3a +b|,|2a9√3a -b|} =2a9√3a +|b|≥29×34×√3×34=14.③当0<a<34时,-1<-2√3a3<2√3a3<1,由(1)和(2)知f (-1)<f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)>f (2√3a 3)=f (-√3a3), 所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (-1),f (1)],因此M=max{|f (-1)|,|f (1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>14.综上所述,当a>0时,g (x )在区间[-1,1]上的最大值不小于14.。

(文理通用)高考数学大二轮复习第1部分专题8 选考系列第2讲不等式选讲练习

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……学习资料专题第一部分专题八第二讲不等式选讲A 组1．已知函数f (x )＝|x －2|－|2x －a |，a ∈R . (1)当a ＝3时，解不等式f (x )>0；(2)当x ∈(－∞，2)时，f (x )<0，求a 的取值范围．[解析] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x ，x >2，5－3x ，32≤x ≤2，x －1，x <32.当x >2时，1－x >0，即x <1，此时无解；当32≤x ≤2时，5－3x >0，即x <53，解得32≤x <53；当x <32时，x －1>0，即x >1，解得1<x <32.∴不等式解集为{x |1<x <53}．(2)2－x －|2x －a |<0⇒2－x <|2x －a |⇒x <a －2或x >a ＋23恒成立．∵x ∈(－∞，2)，∴a －2≥2，∴a ≥4.2．(2018·南宁二模)设实数x ，y 满足x ＋y4＝1.(1)若|7－y |<2x ＋3，求x 的取值范围． (2)若x >0，y >0，求证：xy ≥xy . [解析] (1)根据题意，x ＋y4＝1，则4x ＋y ＝4，即y ＝4－4x ，则由|7－y |<2x ＋3，可得|4x ＋3|<2x ＋3，即－(2x ＋3)<4x ＋3<2x ＋3，解得－1<x <0.(2)x >0，y >0， 1＝x ＋y4≥2x ·y4＝xy ，即xy ≤1，xy －xy ＝xy (1－xy )，又由0<xy ≤1，则xy －xy ＝xy (1－xy )≥0，即xy ≥xy .3．(2018·西安二模)已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－a )． (1)当a ＝7时，求函数f (x )的定义域．(2)若关于x 的不等式f (x )≥3的解集是R ，求实数a 的最大值． [解析] (1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|>7； ①当x >2时，得x ＋1＋x －2>7，解得x >4； ②当－1≤x ≤2时，得x ＋1＋2－x >7，无解； ③当x <－1时，得－x －1－x ＋2>7，解得x <－3；所以函数f (x )的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)． (2)不等式f (x )≥3，即|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8；因为x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3；又不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8解集是R ；所以a ＋8≤3，即a ≤－5. 所以a 的最大值为－5.4．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4|.(1)画出函数y ＝f (x )的图象；(2)若关于x 的不等式f (x )≥ax ＋1恒成立，试求实数a 的取值范围． [解析] (1)由于f (x )＝|x ＋1|＋|2x －4| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－1，－x ＋5，－1<x ≤2，3x －3，x >2，则函数y ＝f (x )的图象如图所示．(2)当x ＝2时，f (2)＝3.当直线y ＝ax ＋1过点(2,3)时，a ＝1. 由函数y ＝f (x )与函数y ＝ax ＋1的图象知，当且仅当－3≤a ≤1时，函数y ＝f (x )的图象没有在函数y ＝ax ＋1的图象的下方，因此f (x )≥ax ＋1恒成立时，a 的取值范围为[－3，1]．B 组1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|. (1)解不等式f (x )>0；(2)已知关于x 的不等式a ＋3<f (x )恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f (x )＝|2x ＋1|－|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4， x ≥3，3x －2，－12≤x <3，－x －4， x <－12.∴不等式f (x )>0化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4>0，x ≥3，或⎩⎪⎨⎪⎧3x －2>0，－12≤x <3，或⎩⎪⎨⎪⎧－x －4>0，x <－12.∴x <－4或x >23，即不等式的解集为(－∞，－4)∪(23，＋∞)．(2)∵f (x )min ＝－72，∴要使a ＋3<f (x )恒成立，只要a ＋3<－72，∴a <－132.2．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x －a |，a ∈R . (1)当a ＝0时，解关于x 的不等式f (x )>4；(2)若∃x ∈R ，使得不等式|x －3|＋|x －a |<4成立，求实数a 的取值范围．[分析] (1)按x ＝0和3分段讨论或利用绝对值的几何意义求解． (2)∃x ∈R ，使不等式f (x )<4成立，即f (x )的最小值小于4. [解析] (1)由a ＝0知原不等式为|x －3|＋|x |>4 当x ≥3时，2x －3>4，解得x >72.当0≤x <3时，3>4，无解．当x <0时，－2x ＋3>4，解得x <－12.故解集为{x |x <－12或x >72}．(2)由∃x ∈R ，|x －3|＋|x －a |<4成立可得，(|x －3|＋|x －a |)min <4. 又|x －3|＋|x －a |≥|x －3－(x －a )|＝|a －3|，即(|x －3|＋|x －a |)min ＝|a －3|<4. 解得－1<a <7.3．(2018·临川二模)已知函数f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |. (1)若f (1)<3，求实数a 的取值范围． (2)若a ≥1，x ∈R ，求证：f (x )≥2.[解析] (1)因为f (1)<3，所以|a |＋|1－2a |<3. ①当a ≤0时，得－a ＋(1－2a )<3，解得a >－23，所以－23<a ≤0；②当0<a <12时，得a ＋(1－2a )<3，解得a >－2，所以0<a <12；③当a ≥12时，得a －(1－2a )<3，解得a <43，所以12≤a <43；综上所述，实数a 的取值范围是(－23，43)．(2)因为a ≥1，x ∈R ，所以f (x )＝|x ＋a －1|＋|x －2a |≥|(x ＋a －1)－(x －2a )|＝|3a －1|＝3a －1≥2. 4．(2018·安徽江南十校3月模拟)已知函数f (x )＝|x |－|2x －1|，记不等式f (x )>－1的解集为M .(1)求M ；(2)已知a ∈M ，比较a 2－a ＋1与1a的大小．[解析] (1)f (x )＝|x |－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤0，3x －1，0<x <12，－x ＋1，x ≥12，由f (x )>－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，3x －1>－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，－x ＋1>－1，解得0<x <2，故M ＝{x |0<x <2}． (2)由(1)，知0<a <2，因为a 2－a ＋1－1a ＝a 3－a 2＋a －1a＝a －a 2＋a，当0<a <1时，a －a 2＋a<0，所以a 2－a ＋1<1a. 当a ＝1时，a －a 2＋a ＝0，所以a 2－a ＋1＝1a. 当1<a <2时，a －a 2＋a>0，所以a 2－a ＋1>1a.综上所述：当0<a <1时，a 2－a ＋1<1a.当a ＝1时，a 2－a ＋1＝1a .当1<a <2时，a 2－a ＋1>1a.。

2019届高考数学二轮复习大题专项练八不等式选讲a文(有答案)

八不等式选讲(A)1.(2018·铁东区校级二模)已知函数f(x)=|x-3|+|x+m|(x∈R).(1)当m=1时,求不等式f(x)≥6的解集;(2)若不等式f(x)≤5的解集不是空集,求参数m的取值范围.2.(2018·海南三模)已知函数f(x)=|x|+|x-3|.(1)求不等式f(x)<7的解集;(2)证明:当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数f(x)的图象可以围成一个四边形.3.(2018·泉州模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|x+2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)≤5的解集;(2)∃x0∈R,f(x0)≤|2a+1|,求a的取值范围.4.(2014·全国Ⅰ卷)若a>0,b>0,且+=.(1) 求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.1.解:(1)原不等式等价于解得x≤-2,或此时无解,或解得x≥4.故不等式的解集是{x|x≤-2或x≥4}.(2)因为|x-3|+|x+m|≥|(x-3)-(x+m)|=|m+3|,所以f(x)min=|3+m|,所以|m+3|≤5,所以m∈[-8,2].2.(1)解:f(x)=|x|+|x-3|,当x≥3时,f(x)=x+x-3=2x-3,由f(x)<7解得3≤x<5;当0<x<3时,f(x)=x+3-x=3,f(x)<7显然成立,可得0<x<3;当x≤0时,f(x)=-x+3-x=3-2x,由f(x)<7解得-2<x≤0,综上可得,f(x)<7的解集为(-2,5).(2)证明:由f(x)=作出y=f(x)的图象,显然直线y=k(x+4)恒过定点A(-4,0),当直线经过点B(0,3)时,3=4k,解得k=,此时构成三角形;当直线y=k(x+4)与直线y=2x-3平行,可得k=2,可得当<k<2时,直线y=k(x+4)与函数y=f(x)的图象可以围成一个四边形.3.解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x+2|.①当x≤-2时,f(x)=-2x-1,令f(x)≤5,即-2x-1≤5,解得-3≤x≤-2;②当-2<x<1时,f(x)=3;显然f(x)≤5成立,所以-2<x<1;③当x≥1时,f(x)=2x+1,令f(x)≤5,即2x+1≤5,解得1≤x≤2.综上所述,不等式的解集为{x|-3≤x≤2}.(2)因为f(x)=|x-a|+|x+2|≥|(x-a)-(x+2)|=|a+2|,又∃x0∈R,有f(x0)≤|2a+1|成立,所以只需|a+2|≤|2a+1|,所以(a+2)2≤(2a+1)2,化简可得a2-1≥0,解得a≤-1,或a≥1.所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).4.解:(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)不存在满足题意的a,b,理由:由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.。

高考数学第二轮复习-专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第22页一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f (x )=(2+x+ax 2)·ln(1+x )-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f (x )<0;当x>0时,f (x )>0; (2)若x=0是f (x )的极大值点,求a 的值.答案:(1)证明当a=0时,f (x )=(2+x )ln(1+x )-2x ,f'(x )=ln(1+x )-x1+x , 设函数g (x )=f'(x )=ln(1+x )-x1+x ,则g'(x )=x(1+x )2,当-1<x<0时,g'(x )<0;当x>0时,g'(x )>0.故当x>-1时,g (x )≥g (0)=0,且仅当x=0时,g (x )=0,从而f'(x )≥0,且仅当x=0时,f'(x )=0. 所以f (x )在区间(-1,+∞)内单调递增.又f (0)=0,故当-1<x<0时,f (x )<0;当x>0时,f (x )>0. (2)解①若a ≥0,由(1)知,当x>0时,f (x )≥(2+x )·ln(1+x )-2x>0=f (0),这与x=0是f (x )的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h (x )=f (x )2+x+ax 2=ln(1+x )-2x2+x+ax 2.由于当|x|<min {1,√1|a |}时,2+x+ax 2>0,故h (x )与f (x )符号相同.又h (0)=f (0)=0,故x=0是f (x )的极大值点当且仅当x=0是h (x )的极大值点. h'(x )=11+x −2(2+x+ax 2)-2x (1+2ax )(2+x+ax 2)2=x 2(a 2x 2+4ax+6a+1)(x+1)(ax 2+x+2)2.若6a+1>0,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min {1,√1|a |}时,h'(x )>0,故x=0不是h (x )的极大值点.若6a+1<0,则a 2x 2+4ax+6a+1=0存在根x 1<0,故当x ∈(x 1,0),且|x|<min {1,√1|a |}时,h'(x )<0,所以x=0不是h (x )的极大值点. 若6a+1=0,则h'(x )=x 3(x -24)(x+1)(x 2-6x -12)2.则当x ∈(-1,0)时,h'(x )>0;当x ∈(0,1)时,h'(x )<0.所以x=0是h (x )的极大值点,从而x=0是f (x )的极大值点. 综上,a=-16.2.已知函数f (x )=ax+x ln x 的图象在x=e(e 为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a 的值;(2)若f (x )≤kx 2对任意x>0成立,求实数k 的取值范围; (3)当n>m>1(m ,n ∈N *)时,证明:√m n√n m >mn .答案:(1)解∵f (x )=ax+x ln x , ∴f'(x )=a+ln x+1.又f (x )的图象在点x=e 处的切线的斜率为3, ∴f'(e)=3,即a+ln e +1=3, ∴a=1.(2)解由(1)知,f (x )=x+x ln x , 若f (x )≤kx 2对任意x>0成立,则k ≥1+lnx x对任意x>0成立.令g (x )=1+lnx x,则问题转化为求g (x )的最大值,g'(x )=1x·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2.令g'(x )=0,解得x=1. 当0<x<1时,g'(x )>0,∴g (x )在区间(0,1)内是增函数; 当x>1时,g'(x )<0,∴g (x )在区间(1,+∞)内是减函数. 故g (x )在x=1处取得最大值g (1)=1, ∴k ≥1即为所求.(3)证明令h (x )=xlnxx -1,则h'(x )=x -1-lnx(x -1)2. 由(2)知,x ≥1+ln x (x>0), ∴h'(x )≥0,∴h (x )是区间(1,+∞)内的增函数. ∵n>m>1,∴h (n )>h (m ),即nlnn n -1>mlnm m -1,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m , 即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n , ∴ln n mn +ln m m >ln m mn +ln n n . 整理,得ln(mn n )m >ln(nm m )n .∴(mn n )m >(nm m )n,∴√m n√nm>mn .3.设函数f (x )=ax 2-a-ln x ,其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性;(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>1x -e 1-x 在区间(1,+∞)内恒成立(e =2.718…为自然对数的底数).解:(1)f'(x )=2ax-1x =2ax 2-1x(x>0).当a ≤0时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f'(x )=0,有x=2a.此时,当x ∈(0√2a)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(√2a+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增.(2)令g (x )=1x −1e ,s (x )=e x-1-x.则s'(x )=e x-1-1.而当x>1时,s'(x )>0,所以s (x )在区间(1,+∞)内单调递增.又由s (1)=0,有s (x )>0,从而当x>1时,g (x )>0. 当a ≤0,x>1时,f (x )=a (x 2-1)-ln x<0.故当f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<12时,√2a>1.由(1)有f (√2a)<f (1)=0,而g (√2a)>0,所以此时f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )=f (x )-g (x )(x ≥1).当x>1时,h'(x )=2ax-1x +1x 2-e 1-x >x-1x +1x 2−1x =x 3-2x+1x 2>x 2-2x+1x 2>0.因此,h (x )在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h (1)=0,所以当x>1时,h (x )=f (x )-g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立. 综上,a ∈[12,+∞).4.设函数f (x )=a ln x ,g (x )=12x 2.(1)记g'(x )为g (x )的导函数,若不等式f (x )+2g'(x )≤(a+3)x-g (x )在x ∈[1,e]内有解,求实数a 的取值范围;(2)若a=1,对任意的x 1>x 2>0,不等式m [g (x 1)-g (x 2)]>x 1f (x 1)-x 2f (x 2)恒成立.求m (m ∈Z ,m ≤1)的值.解:(1)不等式f (x )+2g'(x )≤(a+3)x-g (x ), 即a ln x+2x ≤(a+3)x-12x 2, 化简,得a (x-ln x )≥12x 2-x. 由x ∈[1,e]知x-ln x>0, 因而a ≥12x 2-x x -lnx.设y=12x 2-x x -lnx ,则y'=(x -1)(x -lnx )-(1-1x)(12x 2-x)(x -lnx )2=(x -1)(12x+1-lnx)(x -lnx )2.∵当x ∈(1,e)时,x-1>0,12x+1-ln x>0, ∴y'>0在x ∈[1,e]时成立. 由不等式有解,可得a ≥y min =-12, 即实数a 的取值范围是[-12,+∞). (2)当a=1时,f (x )=ln x.由m [g (x 1)-g (x 2)]>x 1f (x 1)-x 2f (x 2)恒成立, 得mg (x 1)-x 1f (x 1)>mg (x 2)-x 2f (x 2)恒成立, 设t (x )=m2x 2-x ln x (x>0).由题意知x 1>x 2>0,则当x ∈(0,+∞)时函数t (x )单调递增,∴t'(x )=mx-ln x-1≥0恒成立,即m ≥lnx+1x恒成立.因此,记h (x )=lnx+1x,得h'(x )=-lnxx 2.∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴函数h (x )在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h (x )的最大值.由此可得h (x )max =h (1)=1,故m ≥1,结合已知条件m ∈Z ,m ≤1,可得m=1. 5.已知函数f (x )=-2(x+a )ln x+x 2-2ax-2a 2+a ,其中a>0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性;(2)证明:存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f (x )=0在区间(1,+∞)内有唯一解.答案:(1)解由已知,函数f (x )的定义域为(0,+∞), g (x )=f'(x )=2(x-a )-2ln x-2(1+ax ),所以g'(x )=2-2x +2ax =2(x -12)2+2(a -14)x .当0<a<14时,g (x )在区间(0,1-√1-4a2),(1+√1-4a2,+∞)内单调递增,在区间(1-√1-4a 2,1+√1-4a2)内单调递减; 当a ≥14时,g (x )在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x )=2(x-a )-2ln x-2(1+ax )=0,解得a=x -1-lnx1+x -1. 令φ(x )=-2(x +x -1-lnx1+x -1)ln x+x 2-2(x -1-lnx1+x -1)x-2(x -1-lnx 1+x -1)2+x -1-lnx 1+x -1.则φ(1)=1>0,φ(e)=-e (e -2)1+e -1-2(e -21+e -1)2<0. 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)=0. 令a 0=x 0-1-ln x 01+x 0-1,u (x )=x-1-ln x (x ≥1).由u'(x )=1-1x ≥0知,函数u (x )在区间(1,+∞)内单调递增. 所以0=u (1)1+1<u (x 0)1+x 0-1=a 0<u (e )1+e -1=e -21+e -1<1.即a 0∈(0,1).当a=a 0时,有f'(x 0)=0,f (x 0)=φ(x 0)=0. 由(1)知,f'(x )在区间(1,+∞)内单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0,从而f (x )>f (x 0)=0; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )>0,从而f (x )>f (x 0)=0. 所以,当x ∈(1,+∞)时,f (x )≥0.综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f (x )=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练 6.已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax+1(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x 0∈(0,12)∪(12,1),使得f (x 0)=f (12). 解:(1)f'(x )=x 2+2x+a ,方程x 2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a , ①当a ≥1时,Δ≤0,则f'(x )≥0,此时f (x )在R 上是增函数;②当a<1时,方程x 2+2x+a=0两根分别为x 1=-1-√1-a ,x 2=-1+√1-a ,解不等式x 2+2x+a>0,解得x<-1-√1-a 或x>-1+√1-a ,解不等式x 2+2x+a<0,解得-1-√1-a <x<-1+√1-a ,此时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-1-√1-a )和(-1+√1-a ,+∞), 单调递减区间为(-1-√1-a ,-1+√1-a ).综上所述,当a ≥1时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-1-√1-a )和(-1+√1-a ,+∞),单调递减区间为(-1-√1-a ,-1+√1-a ). (2)f (x 0)-f (12)=13x 03+x 02+ax 0+1-13·(12)3−(12)2-a ·12-1=13[x 03-(12)3]+[x 02-(12)2]+a (x 0-12) =13(x 0-12)(x 02+x 02+14)+(x 0-12)(x 0+12)+a (x 0-12)=(x 0-12)·(x 023+x 06+112+x 0+12+a)=112(x 0-12)(4x 02+14x 0+7+12a ).若存在x 0∈(0,12)∪(12,1),使得f (x 0)=f (12),则4x 02+14x 0+7+12a=0在(0,12)∪(12,1)内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a )=4(21-48a )>0,故方程4x 02+14x 0+7+12a=0的两根为x 1'=-7-√21-48a4,x'2=-7+√21-48a4.由x 0>0,得x 0=x'2=-7+√21-48a4,依题意,0<-7+√21-48a4<1,即7<√21-48a <11,所以49<21-48a<121,即-2512<a<-712,又由-7+√21-48a4=12得a=-54,故要使满足题意的x 0存在,则a ≠-54.综上,当a ∈(-2512,-54)∪(-54,-712)时,存在唯一的x 0∈(0,12)∪(12,1)满足f (x 0)=f (12),当a ∈(-∞,-2512]∪(-54)∪[-712,0)时,不存在x 0∈(0,12)∪(12,1)满足f (x 0)=f (12).。

全国通用版高考数学总复习专题八鸭内容8.2不等式选讲精选刷题练理

8.2　不等式选讲命题角度1含绝对值不等式的图象与解法　高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·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.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5.2.(2017全国Ⅰ·23)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.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≤.所以f(x)≥g(x)的解集为.(2)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].3.(2016全国Ⅰ·24)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)在图中画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.f(x)=y=f(x)的图象如图所示.(2)由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;当f(x)=-1时,可得x=或x=5,故f(x)>1的解集为{x|1<x<3};f(x)<-1的解集为.所以|f(x)|>1的解集为.新题演练提能·刷高分1.(2018安徽淮南一模)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.由于f(x)=则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≥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的取值范围是(-∞,-2)∪,+∞.2.(2018河北邯郸一模)已知函数f(x)=|x-4|+|x-1|-3.(1)求不等式f(x)≤2的解集;(2)若直线y=kx-2与函数f(x)的图象有公共点,求k的取值范围.由f(x)≤2,得解得0≤x≤5,故不等式f(x)≤2的解集为[0,5].(2)f(x)=|x-4|+|x-1|-3=作出函数f(x)的图象,如图所示,直线y=kx-2过定点C(0,-2),当此直线经过点B(4,0)时,k=;当此直线与直线AD平行时,k=-2.故由图可知,k∈(-∞,-2)∪,+∞.3.(2018安徽蚌埠模拟)已知函数f(x)=|x+1|-2|x|.(1)求不等式f(x)≤-6的解集;(2)若f(x)的图象与直线y=a围成的图形的面积不小于14,求实数a的取值范围.f(x)=|x+1|-2|x|=则不等式f(x)≤-6等价于解得x≤-5或x≥7.故不等式f(x)≤-6的解集为{x|x≤-5或x≥7}.(2)作出函数f(x)的图象,如图.若f(x)的图象与直线y=a围成的图形是三角形,则当a=-2时,△ABC的面积取得最大值×4×3=6,∴f(x)的图象与直线y=a围成图形的面积不小于14,该图形一定是四边形,即a<-2.∵△ABC的面积是6,∴梯形ABED的面积不小于8.∵AB=4,D(1+a,a),E(1-a,a),DE=-2a,∴×(4-2a)×(-2-a)≥14-6=8,a2≥12.又a<-2,则a≤-2,故实数a的取值范围是(-∞,-2].4.(2018福建漳州期末调研)已知函数f(x)=|2x-1|+2|x+2|.(1)求函数f(x)的最小值;(2)解不等式f(x)<8.因为f(x)=|2x-1|+2|x+2|≥|(2x-1)-2(x+2)|=5,所以f(x)=(2)当x<-2时,由-4x-3<8,解得x>-,即-<x<-2;当-2≤x≤时,5<8恒成立,即-2≤x≤;当x>时,由4x+3<8,解得x<,即<x<,所以原不等式的解集为.5.(2018江西九校联考)已知函数f(x)=|2x|-|x+3|.(1)若对于任意的实数x,都有f(x)≥2m2-7m成立,求m的取值范围;(2)若g(x)=ax,方程f(x)=g(x)有两个不同的实数解,求a的取值范围.由于f(x)=|2x|-|x+3|=所以f(x)的最小值为f(0)=-3.又因为对任意的实数x,都有f(x)≥2m2-7m成立,只需2m2-7m≤-3,即2m2-7m+3≤0,解得≤m≤3,故m的取值范围为,3.(2)方程f(x)=g(x)有两个不同的实数解,即函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个不同的交点,作出这两个函数图象,由图象可知,a的取值范围是[-1,1)∪{-2}.6.(2018湖北天门、仙桃、潜江联考)已知函数f(x)=,其中a>1.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.当a=2时,f(x)+|x-4|=当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x≤1.当2<x<4时,f(x)≥4-|x-4|无解.当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x≥5.∴f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),则h(x)=由|h(x)|≤2,解得≤x≤.又已知≤2的解集为{x|1≤x≤2},∴于是a=3.命题角度2绝对值不等式中的最值与参数范围问题　高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·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.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.(2018全国Ⅱ·23)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.当a=1时,f(x)=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,+∞).3.(2017全国Ⅲ·23)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)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.f(x)=当x<-1时,f(x)≥1无解;当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.(2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|=-,且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=.故m的取值范围为.4.(2016全国Ⅲ·24)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.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}.(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(分类讨论)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,+∞).新题演练提能·刷高分1.(2018江西新课程质量监测)已知函数f(x)=|x+1|-|x-a|,其中a为实数.(1)当a=1时,解不等式f(x)≥1;(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)<2恒成立,求a的取值范围.当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|=故f(x)≥1⇒x≥,即不等式f(x)≥1的解集是,+∞.(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)<2⇒|x+1|-|x-a|<2⇒x+1-|x-a|<2⇒|x-a|>x-1,当x∈[0,1)时,x-1<0,显然满足条件,此时a为任意值;当x=1时,a≠1;当x∈(1,+∞)时,可得x-a>x-1或a-x>x-1,求得a<1.综上,a∈(-∞,1).2.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=|2x-2|-|x+2|.(1)求不等式f(x)≥6的解集;(2)当x∈R时,f(x)≥-x+a恒成立,求实数a的取值范围.当x≤-2时,f(x)=-x+4,∴f(x)≥6⇒-x+4≥6⇒x≤-2,故x≤-2;当-2<x<1时,f(x)=-3x,∴f(x)≥6⇒-3x≥6⇒x≤-2,故x∈⌀;当x≥1时,f(x)=x-4,∴f(x)≥6⇒x-4≥6⇒x≥10,故x≥10.综上可知:f(x)≥6的解集为(-∞,-2]∪[10,+∞).(2)由(1)知:f(x)=当x≤-2时,-x+4≥-x+a恒成立,∴a≤4,当-2<x<1时,-3x≥-x+a恒成立,∴a≤-2,当x≥1时,x-4≥-x+a恒成立,∴a≤-2.综上,实数a的取值范围为(-∞,-2].3.(2018山西一模)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.因为f(x)min=f(1)=-a,所以-a≥3,解得a≤-3,即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)=即g(x)=所以g(x)min=g(-a)=-a-1=3,解得a=-4,当a>-1时,同法可知g(x)min=g(-a)=a+1=3,解得a=2.综上,a=2或-4.4.(2018山东潍坊一模)设函数f(x)=|ax+1|+|x-a|(a>0),g(x)=x2+x.(1)当a=1时,求不等式g(x)≥f(x)的解集;(2)已知f(x)≥,求a的取值范围.当a=1时,不等式g(x)≥f(x),即x2+x≥|x+1|+|x-1|,当x<-1时,x2+x≥-2x,x2+3x≥0,∴x≥0或x≤-3,∴此时,x≤-3,当-1≤x≤1时,x2+x≥2,x2+x-2≥0,∴x≥1或x≤-2,∴此时x=1,当x>1时,x2+x≥2x,x2-x≥0,∴x≥1或x≤0,∴此时,x>1,∴不等式的解集为{x|x≤-3或x≥1}.(2)f(x)=|ax+1|+|x-a|=若0<a≤1,则f(x)min=f(a)=a2+1,∴a2+1≥,解得a≥或a≤-,∴≤a≤1,若a>1,则f(x)min=f=a+>2>,∴a>1.综上所述,a≥.5.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|(m>0).(1)当m=1时,解不等式f(x)≥3;(2)当x∈[m,2m2]时,不等式f(x)≤|x+1|恒成立,求实数m的取值范围.当m=1时,f(x)=|x+1|+|2x-1|=由f(x)≥3解得x≤-1或x≥1.(2)由题意得解得m>,当x∈[m,2m2]时,不等式f(x)≤|x+1|等价于x+m+2x-1≤2(x+1),∴x≤3-m,∴2m2≤3-m,解得<m≤1.∴实数m的取值范围是.命题角度3不等式的证明　高考真题体验·对方向1.(2017全国Ⅱ·23)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.(2016全国Ⅱ·24)已知函数f(x)=,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|.(x)=当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;当-<x<时,f(x)<2;当x≥时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.新题演练提能·刷高分1.(2018湖南、江西十四校第一次联考)已知函数f(x)=|x-1|-|x+2|.(1)若不等式f(x)≥|m-1|有解,求实数m的最大值M;(2)在(1)的条件下,若正实数a,b满足3a2+b2=M,证明:3a+b≤4.f(x)≥|m-1|有解,只需f(x)的最大值f(x)max≥|m-1|即可.因为|x-1|-|x+2|≤|(x-1)-(x+2)|=3,所以|m-1|≤3,解得-2≤m≤4,所以实数m的最大值M=4.(1)知正实数a,b满足3a2+b2=4,由柯西不等式可知(3a2+b2)(3+1)≥(3a+b)2,所以,(3a+b)2≤16,因为a,b均为正实数,所以3a+b≤4(当且仅当a=b=1时取“=”).2.(2018安徽江南十校3月联考)已知函数f(x)=|x+2|+|2x+a|,a∈R.(1)当a=1时,解不等式f(x)≥2;(2)求证:f(x)≥|a-2|-|a|.a=1时,f(x)=|x+2|+|2x+1|≥2⇔⇔x≤-2或-2<x≤-1或x≥-⇔x≤-1或x≥-,所以不等式的解集为.(x)=|x+2|+|2x+a|=|x+2|+≥|a-2|-=|a-2|-|a|. 3.(2018吉林长春质量监测二)已知函数f(x)=|2x-3|+|3x-6|.(1)求f(x)<2的解集;(2)若f(x)的最小值为T,正数a,b满足a+b=,求证:≤T.(x)=|2x-3|+|3x-6|==由图象可知:f(x)<2的解集为.f(x)的最小值为1,由均值不等式可知,当且仅当a=b时,“=”成立,即≤1=T.4.(2018云南昆明第二次统考)已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f(2x)+f(x+4)≥6;(2)若a,b∈R,|a|<1,|b|<1,证明:f(ab)>f(a-b+1).f(2x)+f(x+4)≥6得|2x-1|+|x+3|≥6,当x<-3时,-2x+1-x-3≥6,解得x<-3;当-3≤x≤时,-2x+1+x+3≥6,解得-3≤x≤-2;当x>时,2x-1+x+3≥6,解得x≥.综上,不等式的解集为.(ab)>f(a-b+1)⇔|ab-1|>|a-b|,因为|a|<1,|b|<1,即a2<1,b2<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=a2b2-2ab+1-a2+2ab-b2=a2b2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1)>0,所以|ab-1|2>|a-b|2,即|ab-1|>|a-b|,所以原不等式成立.5.(2018东北三省三校二模)设函数f(x)=|2x-1|.(1)设f(x)+f(x+1)<5的解集为集合A,求集合A;(2)已知m为集合A中的最大自然数,且a+b+c=m(其中a,b,c为正实数),设M=.求证:M≥8.(x)+f(x+1)<5,即|2x-1|+|2x+1|<5.当x<-时,不等式化为1-2x-2x-1<5,∴-<x<-;当-≤x≤时,不等式化为1-2x+2x+1<5,不等式恒成立;当x>时,不等式化为2x-1+2x+1<5,∴<x<.综上,集合A=.(1)知m=1,则a+b+c=1.则,同理,则=8,即M≥8.。

2019届高考数学二轮复习大题专项练八不等式选讲B(文)

八不等式选讲(B) 1.(2018·呼伦贝尔一模)已知a>0,b>0,且a+b=1.(1)若ab≤m恒成立,求m的取值范围;(2)若+≥|2-1|-|+2|恒成立,求的取值范围.2.(2018·梅州二模)已知函数f()=|+1|-|-2|.(1)求不等式f()≥1的解集;(2)若不等式f()≥2-+m的解集非空,求m的取值范围.3.(2018·葫芦岛二模)已知函数f()=|+1|+|2-1|.(1)若f()≥+(m>0,n>0)对任意∈R恒成立,求m+n的最小值;(2)若f()≥a-2+a恒成立,求实数a的取值范围.4.(2018·上饶三模)已知函数f()=|3-1|+|3+|,g()=+4.(1)当=-3时,求不等式f()≥4的解集;(2)设>-1,且当∈-,时,都有f()≤g(),求的取值范围.1.解;(1)因为a>0,b>0,且a+b=1,所以ab≤()2=,当且仅当a=b=时“=”成立,由ab≤m恒成立,故m≥.(2)因为a,b∈(0,+∞),a+b=1,所以+=(+)(a+b)=5++≥5+2=9, 当且仅当a=2b时取等号,故若+≥|2-1|-|+2|恒成立,则|2-1|-|+2|≤9,当≤-2时,不等式化为1-2++2≤9,解得-6≤≤-2,当-2<<,不等式化为1-2--2≤9,解得-2<<,当≥时,不等式化为2-1--2≤9,解得≤≤12,综上所述,的取值范围为[-6,12].2.解;(1)因为f()=|+1|-|-2|=f()≥1,所以当-1≤≤2时,2-1≥1,解得1≤≤2;当>2时,3≥1恒成立,故>2;综上,不等式f()≥1的解集为{|≥1}.(2)原式等价于存在∈R使得f()-2+≥m成立,即m≤[f()-2+]ma.设g()=f()-2+.由(1)知,g()=当≤-1时,g()=-2+-3,其开口向下,对称轴方程为=>-1,所以g()≤g(-1)=-1-1-3=-5;当-1<<2时,g()=-2+3-1,其开口向下,对称轴方程为=∈(-1,2),所以g()≤g()=-+-1=;当≥2时,g()=-2++3,其开口向下,对称轴方程为=<2, 所以g()≤g(2)=-4+2+3=1;综上,g()ma=,所以m的取值范围为(-∞,].3.解;(1)由题意可知,f()=函数f()的图象如图;由图知f()min=,所以+≤,即≤,即m+n≤mn≤()2,当且仅当m=n时等号成立,因为m>0,n>0,解得m+n≥,当且仅当m=n时等号成立,故m+n的最小值为.(2)令g()=a-2+a=a(+1)-2,其为过定点(-1,-2)的斜率为a的直线, 则f()≥g()表示函数y=f()恒在函数y=g()图象的上方,由图象可知-3≤a≤.4.解;(1)当=-3时,f()=故不等式f()≥4可化为或或解得≤0或≥,所以所求解集为{≤0或≥}.(2)当∈[-,)时,由>-1有3-1<0,3+≥0,所以f()=1+,不等式f()≤g()可变形为1+≤+4,故≤+3对∈[-,)恒成立,即≤-+3,解得≤,而>-1,故-1<≤.所以的取值范围是(-1,].。

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课时作业(二十) 不等式选讲
1．(2016·全国卷乙)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．

解析：(1)由题意得f(x)＝ x－4，x≤－1，3x－2，－132，
故y＝f(x)的图象如图所示．

(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；

当f(x)＝－1时，可得x＝13或x＝5.
故f(x)>1的解集为{x|1f(x)<－1的解集为x




x<13或x
>5
.

所以|f(x)|>1的解集为xx<13或15.
2．(2017·江苏卷)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
证明：由柯西不等式，得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．
因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，
所以(ac＋bd)2≤64，
因此ac＋bd≤8.
3．(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)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．

解析：(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，解得1≤x≤2；
当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得
m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x
.

而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|

＝－|x|－322＋54≤54，

且当x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54，
故m的取值范围为－∞，54.
4．(2016·全国卷甲)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|.

解析：(1)f(x)＝ －2x，x≤－12，1，－12当x≤－12时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－12当x≥12时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1a
2
＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.
因此|a＋b|<|1＋ab|.
5．(2017·江苏三校联考)已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解析：(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝






－2x＋6，x≤2，
2，22x＋6，x≥4.

当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，
解得x≤1；
当2当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4.解得x≥5.
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x－1或x≥5}．
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，

则h(x)＝ －2a，x≤0，4x－2a，0由|h(x)|≤2，解得a－12≤x≤a＋12.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}．

所以 a－12＝1，a＋12＝2，∴a＝3.
6．(2017·河北质检)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．

解析：(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当0综上，a的取值范围是1＋52，5＋212.