2014-2018年高考真題選修4-5不等式選講

...wd......wd......wd...選修4-5不等式選講考點(diǎn)不等式選講1.〔2017?新課標(biāo)Ⅰ,23〕函數(shù)f〔x〕=﹣x2+ax+4，g〔x〕=|x+1|+|x﹣1|．〔10分〕(1)當(dāng)a=1時(shí)，求不等式f〔x〕≥g〔x〕的解集；(2)假設(shè)不等式f〔x〕≥g〔x〕的解集包含[﹣1，1]，求a的取值范圍．1.〔1〕解：當(dāng)a=1時(shí)，f〔x〕=﹣x2+x+4，是開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為x=的二次函數(shù)，g〔x〕=|x+1|+|x﹣1|=，當(dāng)x∈〔1，+∞〕時(shí)，令﹣x2+x+4=2x，解得x=，g〔x〕在〔1，+∞〕上單調(diào)遞增，f〔x〕在〔1，+∞〕上單調(diào)遞減，∴此時(shí)f〔x〕≥g〔x〕的解集為〔1，]；當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，g〔x〕=2，f〔x〕≥f〔﹣1〕=2．當(dāng)x∈〔﹣∞，﹣1〕時(shí)，g〔x〕單調(diào)遞減，f〔x〕單調(diào)遞增，且g〔﹣1〕=f〔﹣1〕=2．綜上所述，f〔x〕≥g〔x〕的解集為[﹣1，]；〔2〕依題意得：﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，則只需，解得﹣1≤a≤1，故a的取值范圍是[﹣1，1]．2.〔2017?新課標(biāo)Ⅱ,23〕a＞0，b＞0，a3+b3=2，證明：〔Ⅰ〕〔a+b〕〔a5+b5〕≥4；〔Ⅱ〕a+b≤2．2.證明：〔Ⅰ〕由柯西不等式得：〔a+b〕〔a5+b5〕≥〔+〕2=〔a3+b3〕2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)=，即a=b=1時(shí)取等號(hào)，〔Ⅱ〕∵a3+b3=2，∴〔a+b〕〔a2﹣ab+b2〕=2，∴〔a+b〕[〔a+b〕2﹣3ab]=2，∴〔a+b〕3﹣3ab〔a+b〕=2，∴=ab，由均值不等式可得：=ab≤〔〕2，∴〔a+b〕3﹣2≤，∴〔a+b〕3≤2，∴a+b≤2，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)等號(hào)成立．3.〔2017?新課標(biāo)Ⅲ,23〕函數(shù)f〔x〕=|x+1|﹣|x﹣2|．〔Ⅰ〕求不等式f〔x〕≥1的解集；〔Ⅱ〕假設(shè)不等式f〔x〕≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范圍．3.〔Ⅰ〕∵f〔x〕=|x+1|﹣|x﹣2|=，f〔x〕≥1，∴當(dāng)﹣1≤x≤2時(shí)，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；當(dāng)x＞2時(shí)，3≥1恒成立，故x＞2；綜上，不等式f〔x〕≥1的解集為{x|x≥1}．〔Ⅱ〕原式等價(jià)于存在x∈R使得f〔x〕﹣x2+x≥m成立，即m≤[f〔x〕﹣x2+x]max，設(shè)g〔x〕=f〔x〕﹣x2+x．由〔1〕知，g〔x〕=，當(dāng)x≤﹣1時(shí)，g〔x〕=﹣x2+x﹣3，其開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸方程為x=＞﹣1，∴g〔x〕≤g〔﹣1〕=﹣1﹣1﹣3=﹣5；當(dāng)﹣1＜x＜2時(shí)，g〔x〕=﹣x2+3x﹣1，其開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸方程為x=∈〔﹣1，2〕，∴g〔x〕≤g〔〕=﹣+﹣1=；當(dāng)x≥2時(shí)，g〔x〕=﹣x2+x+3，其開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸方程為x=＜2，∴g〔x〕≤g〔2〕=﹣4+2=3=1；綜上，g〔x〕max=，∴m的取值范圍為〔﹣∞，]．4.〔2017?江蘇,21D〕a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2+b2=4，c2+d2=16，證明ac+bd≤8．4.證明：∵a2+b2=4，c2+d2=16，令a=2cosα，b=2sinα，c=4cosβ，d=4sinβ．∴ac+bd=8〔cosαcosβ+sinαsinβ〕=8cos〔α﹣β〕≤8．當(dāng)且僅當(dāng)cos〔α﹣β〕=1時(shí)取等號(hào)．因此ac+bd≤8．5.(2016·全國(guó)Ⅰ，24)函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)在圖中畫(huà)出y＝f(x)的圖象；(2)求不等式|f(x)|>1的解集.5.解(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－1，,3x－2，－1<x≤\f(3,2)，,－x＋4，x>\f(3,2)，))y＝f(x)的圖象如以以以下圖.(2)當(dāng)f(x)＝1時(shí)，可得x＝1或x＝3；當(dāng)f(x)＝－1時(shí)，可得x＝eq\f(1,3)或x＝5，故f(x)>1的解集為{x|1<x<3}；f(x)<－1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(1,3)或x>5)).所以|f(x)|>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(1,3)或1<x<3或x>5)).6.(2016·全國(guó)Ⅲ，24)函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋a.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)≤6的解集；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝|2x－1|.當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍.6.解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝|2x－2|＋2.解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}.(2)當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，所以當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＋g(x)≥3等價(jià)于|1－a|＋a≥3.①當(dāng)a≤1時(shí)，①等價(jià)于1－a＋a≥3，無(wú)解.當(dāng)a＞1時(shí)，①等價(jià)于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范圍是[2，＋∞).7.(2016·全國(guó)Ⅱ，24)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M為不等式f(x)<2的解集.(1)求M；(2)證明：當(dāng)a，b∈M時(shí)，|a＋b|<|1＋ab|.7.(1)解f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))當(dāng)x≤－eq\f(1,2)時(shí),由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1,所以,-1<x≤-eq\f(1,2)；當(dāng)-eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時(shí)，f(x)<2；當(dāng)x≥eq\f(1,2)時(shí)，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以，-eq\f(1,2)<x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}.(2)證明由(1)知，當(dāng)a,b∈M時(shí),-1<a<1,-1<b<1,從而(a＋b)2-(1＋ab)2＝a2＋b2-a2b2-1＝(a2-1)(1-b2)<0，即(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.8.(2015·重慶，16)假設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值為5，則實(shí)數(shù)a＝________.8.4或－6[由絕對(duì)值的性質(zhì)知f(x)的最小值在x＝-1或x＝a時(shí)取得,假設(shè)f(-1)＝2|－1-a|＝5,a＝eq\f(3,2)或a＝－eq\f(7,2)，經(jīng)檢驗(yàn)均不適宜；假設(shè)f(a)＝5，則|x＋1|＝5，a＝4或a＝－6，經(jīng)檢驗(yàn)合題意，因此a＝4或a＝－6.]9.(2015·陜西，24)關(guān)于x的不等式|x＋a|＜b的解集為{x|2＜x＜4}.(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)求eq\r(at＋12)＋eq\r(bt)的最大值.9.解(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－b－a＝2，,b－a＝4，))解得a＝－3，b＝1.(2)eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t)＝eq\r(3)eq\r(4－t)＋eq\r(t)≤eq\r([〔\r(3)〕2＋12][〔\r(4－t)〕2＋〔\r(t)〕2])＝2eq\r(4－t＋t)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(4－t),\r(3))＝eq\f(\r(t),1)，即t＝1時(shí)等號(hào)成立，故(eq\r(－3t＋12)＋eq\r(t))max＝4.10.(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，24)函數(shù)f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)>1的解集；(2)假設(shè)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求a的取值范圍.10.解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)>1化為|x＋1|－2|x－1|－1>0.當(dāng)x≤－1時(shí)，不等式化為x－4>0，無(wú)解；當(dāng)－1<x<1時(shí)，不等式化為3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；當(dāng)x≥1時(shí)，不等式化為－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).(2)由題設(shè)可得，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)分別為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0)),B(2a＋1,0),C(a,a+1)，△ABC的面積為eq\f(2,3)(a＋1)2.由題設(shè)得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.所以a的取值范圍為(2，＋∞).11.(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，24)設(shè)a、b、c、d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明：(1)假設(shè)ab＞cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件.11.證明(1)因?yàn)?eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab＞cd得(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①假設(shè)|a－b|＜|c－d|，則(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因?yàn)閍＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).②假設(shè)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).因?yàn)閍＋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|.綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件.12.(2014·廣東，9)不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為_(kāi)_______.12.{x|x≤－3或x≥2}[原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,〔x－1〕＋〔x＋2〕≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<x<1，,－〔x－1〕＋〔x＋2〕≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－〔x－1〕－〔x＋2〕≥5，))解得x≥2或x≤－3.故原不等式的解集為{x|x≤－3或x≥2}.]13.(2014·湖南，13)假設(shè)關(guān)于x的不等式|ax－2|<3的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,3)<x<\f(1,3)))，則a＝________.13.－3[依題意，知a≠0.|ax－2|<3?－3<ax－2<3?－1<ax<5，當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(5,a)))，從而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5,a)＝\f(1,3)，,－\f(1,a)＝－\f(5,3)，))此方程組無(wú)解.當(dāng)a<0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,a)，－\f(1,a)))，從而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5,a)＝－\f(5,3)，,－\f(1,a)＝\f(1,3)，))解得a＝－3.]14.(2014·重慶，16)假設(shè)不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.14.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[令f(x)＝|2x-1|＋|x+2|,易求得f(x)min＝eq\f(5,2),依題意得a2+eq\f(1,2)a+2≤eq\f(5,2)?-1≤a≤eq\f(1,2).]15.(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，24)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋eq\f(1,a)|＋|x－a|(a>0).(1)證明：f(x)≥2；(2)假設(shè)f(3)<5，求a的取值范圍.15.(1)證明由a>0，有f(x)＝|x＋eq\f(1,a)|＋|x－a|≥|x＋eq\f(1,a)－(x－a)|＝eq\f(1,a)＋a≥2.所以f(x)≥2.(2)解f(3)＝|3＋eq\f(1,a)|＋|3－a|.當(dāng)a>3時(shí)，f(3)＝a＋eq\f(1,a)，由f(3)<5