2023屆高三數(shù)學一輪基礎(chǔ)鞏固第12章第3節(jié)不等式選講（含解析）新人教B版

PAGE5-【走向高考】2０16屆高三數(shù)學一輪基礎(chǔ)鞏固第１２章第3節(jié)不等式選講新人教B版一、選擇題１．(201４·福建福州模擬)設(shè)ab>0，下面四個不等式中，正確的是()①|(zhì)a+ｂ｜>|ａ｜；②|a+b|<|b｜;③|a+b|<|a-ｂ|;④|a＋b|＞|a｜－|b|.A.①和②?Ｂ.①和③Ｃ．①和④ D．②和④[答案］C［解析]∵ａb>０，∴a與b同號,∴|ａ+b|＝|a|+|b｜>|a｜>｜a｜－|b|,故①正確,②錯誤,④正確，故選Ｃ.2．已知M＝a2+b２，N＝ab＋a+b－1,則Ｍ,N的大小關(guān)系為（)A.M>N Ｂ.M<NC.M≥N D.Ｍ≤Ｎ［答案]C［解析]∵(a2＋b2)-（ab+a+ｂ-1)=a2＋b2－ab－a－b+1=eq\f(1,2)(2ａ2＋2b２－２ab－2a－2b＋2）＝eq\f(1,２)［（a2-２ａb＋ｂ2)＋（a２-２a+1)+(b２－２b+1)]＝ｅq＼ｆ(１,2)[(ａ-b)2+(a-１)２+(ｂ-1)２]≥0,∴a2＋b2≥ab+a＋ｂ-１，故選C.3．（2０14·濟南模擬)對于x∈Ｒ，不等式|x＋１０｜－|ｘ－2|≥8的解集為(）Ａ．［０，＋∞） Ｂ．(０,2）C．［0,2）?D.(0，＋∞)[答案]Ａ[解析］如圖,|BC｜=２－(-10)＝12,｜AB|=1０,|AC|＝2,當點P在點Ａ右側(cè)時|PB｜－｜PC|>8,∴ｘ≥0.4．(２0１4·臨沂質(zhì)檢)不等式|x+3|+|ｘ－1|≥a２－3a對任意實數(shù)ｘ恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A.[-１，４]?B.(-∞,-2]∪[5,＋∞)C．[－2,５] Ｄ.(－∞,－１）∪[４,＋∞)［答案]A[解析］∵ｆ(ｘ)＝|x＋3|＋|x－1|的最小值為4,∴a2－3a≤4，∴－1≤a≤４.5．已知命題ｐ：?x∈Ｒ，|ｘ+2|+|x－1|≥m，命題q：?x∈R，x2-2mx＋m2+m-3=0，那么,“命題ｐ為真命題”是“命題q為真命題”的(）A.充要條件 B.必要不充分條件C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件[答案]Ａ[解析]由絕對值不等式的幾何性質(zhì)可知,?x∈Ｒ，|x＋2|+|x－1|≥｜（x+２)-(x－1)｜＝3，故若命題p為真命題，則m≤３；當命題q為真命題時，方程x2-２mｘ+ｍ2+m－3＝0有根，則Δ=(-2m)2－4(m2＋m－3)=12-4m≥０,解得m≤3；所以“命題p為真命題”是“命題q為真命題”的充要條件．6.若a,b∈R且ａ≠b,則在①ａ２＋aｂ＞２b２;②a５＋ｂ5>a3ｂ２＋a2b3;③a2＋b２≥2(a-b-1）；④eq\ｆ(b,a)＋eq\f（a,b）>2．這四個式子中一定成立的有()A．４個?B.3個C.2個?D.１個［答案]Ｄ[解析]①中a２+ａb－２b2=(ａ+eq\f（b，2))2-eｑ\ｆ(9,4)b2>0不一定成立，②中ａ5+b5－a３b2－a2ｂ3＝a3(a2-ｂ２)+b3(ｂ2-a2)=（a2-b２)(a3-b3）＝(a－ｂ)2(a+ｂ)(a2+ab+ｂ2)．當a＋ｂ＜0時，不等式不成立,③中ａ2+b2-2ａ＋2ｂ+2＝(a－1)2+（ｂ+1）２≥０故③成立,④中ab＜0時不成立，故只有③正確．二、填空題7．(２０１４·重慶五區(qū)抽測)若函數(shù)ｆ(x）=eq\r(｜x＋2|+｜ｘ-ｍ|-4）的定義域為R,則實數(shù)ｍ的取值范圍為_______＿．[答案](-∞，-6]∪[2,＋∞)[解析]根據(jù)題意,不等式|x＋２｜＋|x－m|－4≥０恒成立,所以(|ｘ+2|+｜x－ｍ｜-4)min≥０.又|x+2|+|ｘ-m｜-4≥|m＋2|－４，所以｜m+２｜-4≥0?m≤-6，或m≥2.8.(2013·天津）設(shè)a+ｂ=2,ｂ>０，則eq\f（１,2｜a|)＋eq\ｆ(｜a|,b)的最小值為_＿_____＿．[答案］eｑ\f（3,4）[解析]因為eq\f(1,２|a|)+eq＼ｆ(｜ａ|,ｂ)＝eｑ\f(a＋b,４|a|)+ｅq＼f（|a|,b)≥ｅq\f（ａ,４|a｜)+2eq＼r(\ｆ（b,4|ａ|)·\ｆ（|ａ|,b))=eq\f(a，4|a|)＋1≥－eｑ\f(1,4）＋1=eq＼f（3,4)，當且僅當ｅq＼f(ｂ,４|a|）=eｑ＼f(|a|,ｂ),ａ<0,即ａ＝-2,b=4時取等號，故eq\f（１,2|a|）+eq\f(|ａ｜,b)的最小值是ｅq\f(３,4)．9.(20１4·陜西質(zhì)檢)若不等式|x＋1|+|x-３|≥a＋ｅq＼f(4，a)對任意的實數(shù)ｘ恒成立,則實數(shù)ａ的取值范圍是＿_______.[答案]（－∞，0)∪{2｝［解析］由絕對值不等式的意義可得a+eq\f(4,a)≤４,∴ｅq＼f（a－2２,a）≤0,解得a的取值范圍為(-∞，0）∪{２｝.三、解答題10．（文)(201３·貴州六校聯(lián)盟模擬)設(shè)函數(shù)ｆ(x)＝|ｘ＋2|－|x-1|.(1)畫出函數(shù)ｙ＝ｆ(x）的圖象;(２）若關(guān)于ｘ的不等式f（x)+4≥|1-2m|有解，求實數(shù)m的取值范圍．[解析](1)函數(shù)ｆ(x)可化為f(x）＝eq＼ｂ\lｃ\{\ｒｃ\(\a\vs4\ａｌ\co1(-3,x≤－2，，2x＋１，－2<x<1,，3，x≥1，）)其圖象如下.(2)關(guān)于x的不等式ｆ(x)＋4≥｜1－2m|有解等價于(f(x)＋４)max≥|1-2ｍ|，由(1)可知f(x)maｘ=3，(也可由｜f(x)|=|｜x+2|－|x－１|｜≤|(x+2)－(ｘ－1)|=３，得f(x)max=3）,于是|1－2m|≤７,∴－３≤m≤4.即實數(shù)m的取值范圍是［－3,4].(理)(２013·云南玉溪一中月考)已知函數(shù)f(x)＝｜ｘ＋1|+|x-2|-m.(1)當m=5時,求f(x)>0的解集;(２)若關(guān)于x的不等式f(x)≥2的解集是R,求ｍ的取值范圍.［解析］(1)由題設(shè)知｜x+１|＋｜x－2|>５，eｑ\b＼lｃ\｛\ｒc＼(\a\vs4\al\co1(ｘ≥２,,x+1+x－2>5，))或eq\ｂ＼lｃ\{\ｒc\(＼ａ＼ｖｓ４\al\co1(-１≤x<2，,x＋１－x+2>5，）)或eq\b＼ｌc\{\rc\（\a\vs4\al\cｏ１（x<-1，,－x-1－x+2＞5.)）解得原不等式的解集為（-∞,-2)∪（3,＋∞)．(2）不等式ｆ（x)≥2即|x＋1|+｜x－2|≥m+２，∵x∈R時,恒有|x＋1|＋｜x－２｜≥|(x+1）－（x－2)｜=3,不等式|x＋1|＋|x－２|≥m+2的解集是R，∴m＋２≤3，m的取值范圍是(－∞,1].一、解答題11．(2０１4·吉林九校聯(lián)合體二模)已知關(guān)于x的不等式|ax-1｜+|ax-a|≥1(a＞0).(1）當a＝1時,求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集為Ｒ，求實數(shù)a的取值范圍.[解析]（1)當a＝１時，得２|x－１|≥1，即|x－1|≥ｅｑ\ｆ(1,2）,解得x≥ｅq\ｆ(3,２)或x≤ｅq\f(1,2),∴不等式的解集為(-∞，ｅｑ\f（１,２)］∪[eｑ＼f(3，２），+∞)．(２)∵|aｘ-1|+|ax－ａ｜≥｜ａ－1|，∴原不等式解集為Ｒ等價于|a－1|≥1.∴a≥２,或ａ≤0．∵ａ＞０,∴a≥2.∴實數(shù)a的取值范圍為[2,＋∞).１2．(2014·山西大學附中月考)設(shè)函數(shù)ｆ(x)=|2ｘ+１|-｜ｘ－4|.（1)解不等式ｆ(x)>2；(２)若關(guān)于x的不等式ａ>f（x)有解,求實數(shù)a的取值范圍.［解析](1)eｑ＼b＼ｌc\｛\ｒc\(\a\vs４\aｌ\co1(ｘ＜－\f(１,2),，－２x-1+ｘ－4>2，)）或eq\b＼ｌｃ\｛\rｃ\(\ａ＼vs４\al\cｏ1(-＼f(１,2)≤x≤4，,2x+1＋x－4>2,）)或eｑ\ｂ\lc\{\rc＼(\a\vs４\al\co1（ｘ>4，,2x+1-ｘ＋4>2．))解得x<-7或ｅq\f(5,3)＜x≤4或x>4.所以解集為{x｜ｘ<-7或ｘ＞eq\f(5,3)}．（２)f(x)=eq\b\ｌc＼｛\rc\(\a\vｓ4\al\co1(-x-5，x<－＼f(１,2),,3x-3，－\f(1,2)≤x≤4,,ｘ＋5，ｘ>4.）)可知在(-∞,-eq＼ｆ(1,2）)上，f（ｘ)單調(diào)遞減，(-eq\f(1，２）,+∞)上,f（x)單調(diào)遞增.要ａ＞f(x)有解，只要a＞f(ｘ)min.由f(ｘ)單調(diào)性知f(x)min=ｆ(－eq\f（1，2))=－ｅq\f(９,２)．所以ａ>－eq\ｆ（9,2）.13.(文)（2014·銀川一中二模)已知函數(shù)f(x)＝|2x-a|＋a.(1)若不等式f(x）≤6的解集為{x|-2≤x≤３}，求實數(shù)ａ的值；(2)在(1)的條件下，若存在實數(shù)n使f(n)≤m-f（－n)成立，求實數(shù)ｍ的取值范圍.[解析］（１)由｜2x－a|＋a≤6得|２x-a|≤６－a,∴a－6≤2x－a≤6－a，即a-3≤x≤3,∴ａ-3＝-２,∴a＝1．（2)由（1)知f（x)＝|２ｘ－1|＋１，令φ(n)＝f（n）＋ｆ(-n），則φ(n)＝|2n－1|+|2ｎ＋1|+2=eq＼b\ｌc＼{＼rc\(\a＼ｖｓ4\ａl\cｏ１(2－4n，n≤－＼f(1,2)，,4,-\f(1，2)<ｎ≤＼f(1,2),,２＋４n,n>＼f（1,2).))∴φ(ｎ)的最小值為4,故實數(shù)ｍ的取值范圍為［4，+∞).（理)(2015·河南八校聯(lián)考）關(guān)于ｘ的不等式lg(｜x＋3｜-|x-7|）<ｍ.（1)當m＝１時，解此不等式;(2)設(shè)函數(shù)f(x)=ｌg(｜x+3|-|x－７|),當ｍ為何值時,ｆ（x）<ｍ恒成立？［解析]（1)當m＝１時,原不等式可變?yōu)?＜|x＋3|-｜x－7|<10，解之得其解集為{x|2＜ｘ<７}．（2）設(shè)ｔ=｜x+3|－｜ｘ-7｜,則由對數(shù)定義及絕對值的幾何意義知0<t≤1０，因為y=lgx在(0,+∞）上為增函數(shù),則ｌgｔ≤１，當x≥7時，t＝1０，ｌｇt=1,故只需m＞１即可,即ｍ>１時,f(x）＜m恒成立．1４．(文)已知x，y,ｚ均為正數(shù),求證：eq\ｆ(ｘ，yz)+eq\f（ｙ，ｚx）＋ｅｑ\f(ｚ,ｘy)≥ｅｑ\f(1,ｘ）＋ｅｑ\ｆ(１,y)＋eq＼f（1,z)．[證明]因為ｘ，ｙ,z都為正數(shù),所以eq\ｆ(ｘ，ｙz)+eｑ\f(y,ｚx)＝ｅq\f(1，z）(eｑ＼f（x,y)+eｑ\f(ｙ，x))≥ｅｑ\ｆ(２,z）.同理可得eq\f(y，zx)+ｅq\f(z,xy)≥eq\f(２,x),eｑ＼f（z,xy)＋eq＼f（ｘ,yz）≥ｅq＼f(2，y),當且僅當ｘ＝y(tǒng)=ｚ時,以上三式等號都成立.將上述三個不等式兩邊分別相加,并除以２得,eｑ\f(ｘ,yz)＋eq\f（y,zx）＋ｅq\f(z，xy）≥eq\f（１，x）＋eq\f（1，ｙ)+ｅq\ｆ（１，z).(理)(2013·新課標Ⅱ理，24）設(shè)ａ、b、c均為正數(shù),且ａ+b+c=1，證明：(１）ab+bc+ａc≤ｅｑ\f(1,３);（2)eq\ｆ（a2,b)＋ｅq\f(b2,c)＋ｅq\f(c2,a)≥1.［解析]（1)由a2+b2≥2ab,ｂ2＋c2≥2bc,c2＋a2≥2ca得，ａ2＋b2+ｃ2≥ab+bc＋ca.由題設(shè)得(a+b+c)２=１，即a2