【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)基礎(chǔ)鞏固：第12章-第3節(jié)-不等式選講

第十二章第三節(jié)一、選擇題1．(2022·福建福州模擬)設(shè)ab>0，下面四個(gè)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(hào)，∴|a＋b|＝|a|＋|b|>|a|>|a|－|b|，故①正確，②錯(cuò)誤，④正確，故選C．2．(文)已知集合M＝{x||2x－1|<2}，N＝{x|eq\f(x－2,x－1)<1}，則M∩N等于()A．{x|1<x<eq\f(3,2)} B．{x|eq\f(1,2)<x<1}C．{x|－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)} D．{x|－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，且x≠1}[答案]A[解析]由|2x－1|<2得－2<2x－1<2，則－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)；由eq\f(x－2,x－1)<1得eq\f(x－2－x－1,x－1)<0，即eq\f(－1,x－1)<0，則x>1.因此M∩N＝{x|1<x<eq\f(3,2)}，選A．(理)設(shè)集合A＝{x||x－a|<1，x∈R}，B＝{x||x－b|>2，x∈R}．若A?B，則實(shí)數(shù)a、b必滿足()A．|a＋b|≤3 B．|a＋b|≥3C．|a－b|≤3 D．|a－b|≥3[答案]D[解析]由題意可得集合A＝{x|a－1<x<a＋1}，集合B＝{x|x<b－2或x>b＋2}，又由于A?B，所以有a＋1≤b－2或b＋2≤a－1，即a－b≤－3或a－b≥3.因此選D．3．(2022·濟(jì)南模擬)對(duì)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(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A右側(cè)時(shí)|PB|－|PC|>8，∴x≥0.4．(2022·臨沂質(zhì)檢)不等式|x＋3|＋|x－1|≥a2－3a對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)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≤∴－1≤a≤4.5．若不等式|ax＋2|<4的解集為(－1,3)，則實(shí)數(shù)a等于()A．8 B．2C．－4 D．－2[答案]D[解析]由－4<ax＋2<4，得－6<ax<2.∴(ax－2)(ax＋6)<0，其解集為(－1,3)，∴a＝－2.[點(diǎn)評(píng)]可用方程的根與不等式解集的關(guān)系求解．二、填空題6．(文)(2022·重慶五區(qū)抽測(cè))若函數(shù)f(x)＝eq\r(|x＋2|＋|x－m|－4)的定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．[答案](－∞，－6]∪[2，＋∞)[解析]依據(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.(理)不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a對(duì)于一切x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](－∞，2)[解析]由確定值的幾何意義知：|x－4|＋|x＋5|≥9，則log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a對(duì)于一切x∈R恒成立，則需a<2.7．(2021·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]由于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(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)，a<0，即a＝－2，b＝4時(shí)取等號(hào)，故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(3,4).8．(2021·陜西)設(shè)a，b∈R，|a－b|>2，則關(guān)于實(shí)數(shù)x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________．[答案](－∞，＋∞)[解析]∵|x－a|＋|x－b|≥|a－b|>2，∴|x－a|＋|x－b|>2恒成立，則解集為R.9．(文)若存在實(shí)數(shù)x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案]－2≤a≤4[解析]|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，則只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.(理)(2022·陜西質(zhì)檢)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋eq\f(4,a)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](－∞，0)∪{2}[解析]由確定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)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－3|.(1)作出函數(shù)y＝f(x)的圖象；(2)若對(duì)任意x∈R，f(x)≥a2－3a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍[解析](1)①當(dāng)x≤－1時(shí)，f(x)＝－x－1－x＋3＝－2x＋2；②當(dāng)－1<x<3時(shí)，f(x)＝x＋1＋3－x＝4；③當(dāng)x≥3時(shí)，f(x)＝x＋1＋x－3＝2x－2.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2，x≤－1，,4，－1<x<3，,2x－2，x≥3.))∴y＝f(x)的圖象如圖所示．(2)由(1)知f(x)的最小值為4，由題意可知a2－3a≤4，即a2－3a－4解得－1≤a≤4.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1,4]．(理)(2021·福建理，21)設(shè)不等式|x－2|<a(a∈N*)的解集為A，且eq\f(3,2)∈A，eq\f(1,2)?A．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．[解析](1)由于eq\f(3,2)∈A，且eq\f(1,2)?A，所以|eq\f(3,2)－2|<a，且|eq\f(1,2)－2|≥a，解得eq\f(1,2)<a≤eq\f(3,2).又由于a∈N*，所以a＝1.(2)由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2時(shí)取到等號(hào)．所以f(x)的最小值為3.一、解答題11．(文)(2022·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－a|.(1)若a＝2，解不等式f(x)>2；(2)若a>1，?x∈R，f(x)＋|x－1|≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋3，x<1，,1，1≤x≤2，,2x－3，x>2，))由f(x)≥2，解得x≤eq\f(1,2)或x≥eq\f(5,2).(2)令F(x)＝f(x)＋|x－1|，則F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋2＋a，x<1，,x－2＋a，1≤x<a，,3x－2－a，x≥a，))所以當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(x)有最小值F(1)＝a－1，只需a－1≥1，解得a≥2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，＋∞)．(理)(2022·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(dāng)a＝1時(shí)，求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集為R，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)當(dāng)a＝1時(shí)，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(jià)于|a－1|≥1.∴a≥2，或a≤0.∵a>0，∴a≥2.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，＋∞)．12．(文)(2022·山西重點(diǎn)中學(xué)四校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－3|.(1)求函數(shù)y＝f(x)的最小值；(2)若f(x)≥ax＋eq\f(a,2)－eq\f(7,2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)由題意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－4x<－\f(1,2)，,3x－2－\f(1,2)≤x≤3，,x＋4x>3.))所以f(x)在(－∞，－eq\f(1,2))上單調(diào)遞減，在(－eq\f(1,2)，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)y＝f(x)取得最小值f(－eq\f(1,2))＝－eq\f(7,2).(2)g(x)＝ax＋eq\f(a,2)－eq\f(7,2)的圖象恒過點(diǎn)過(－eq\f(1,2)，－eq\f(7,2))，由圖象可知－1≤a≤1.(理)(2022·山西高校附中月考)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(shí)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．(2021·新課標(biāo)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＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)由于eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋C．所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.14．(2022·十堰模擬)設(shè)a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．[證明](1)要證a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c>0，因此只需證明(a＋b＋c)2≥3.即證：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需證明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．即證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋cA．而這可以由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立)證得．所以原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc)).在(1)中已證a＋b＋c≥eq\r(3).因此要證原不等式成立，只需證明eq\f(1,\r(abc))≥eq