2022届高考数学二轮复习第一部分微专题强化练习题：30不等式选讲---Word版含解析.docx

第一部分　三　30

一、填空题
1．(2022·陕西理，15A)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
[答案]　
[解析]　解法1：在平面直角坐标系aob中，由条件知直线ma＋nb＝5与圆a2＋b2＝5有公共点，
∴≤，∴≥，
∴的最小值为.
解法2：由柯西不等式：·≥ma＋nb，
∴≥＝.
2．若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|
要使|x－5|＋|x＋3|0时，由基本不等式可知a＋≥4，所以只有a＝2时成立，所以实数a的取值范围为{a∈R|a<0或a＝2}．
[方法点拨]　留意区分a·天津市十二区县重点中学联考)对于任意x∈R，满足(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立的全部实数a构成集合A，使不等式|x－4|＋|x－3|(|x－4|＋|x－3|)min＝1，所以解集为空集的全部实数a构成集合B＝(－∞，1]，则∁RB＝(1，＋∞)，
所以A∩(∁RB)＝(－2,2]∩(1，＋∞)＝(1,2]．
二、解答题
5．(文)(2021·河北省衡水中学一模)设关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.
(1)当a＝1时，解这个不等式；
(2)当a为何值时，这个不等式的解集为R.
[解析]　(1)当a＝1时，原不等式变为|x＋3|＋|x－7|>10，
当x≥7时，x＋3＋x－7>10得x>7，
当－310不成立．
当x≤－3时－x－3－x＋7>10得：x<－3
所以不等式的解集为{x|x<－3或x>7}．
(2)∵|x＋3|＋|x－7|≥|x＋3－(x－7)|＝10对任意x∈R都成立．
∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥lg10＝1对任何x∈R都成立，
即lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.
当且仅当a<1时，对任何x∈R都成立．
(理)(2021·昆明市质检)已知函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－1|－a.
(1)若a＝1，求不等式f(x)>x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤a(x＋2)的解集为非空集合，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝1，不等式为|x＋1|＋2|x－1|－1>x＋2，即|x＋1|＋2|x－1|>x＋3，
不等式等价于，或，或，
解得x<－1，或－1≤x<0，或x>2，∴x<0或x>2
所求不等式的解集为{x|x<0，或x>2}．
(2)由f(x)≤a(x＋2)得，|x＋1|＋2|x－1|－a≤a(x＋2)，
即|x＋1|＋2|x－1|≤a(x＋3)，
设g(x)＝|x＋1|＋2|x－1|＝
如图，kPA＝，kPD＝kBC＝－3，

故依题意知，a<－3，或a≥.
即a的取值范围为(－∞，－3)∪.
[方法点拨]　解含确定值符号的不等式一般用分段争辩法：令各确定值号内表达式为零，解出各分界点，按分界点将实数集分段．
6．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)＝
当x>2时，1－x>0，即x<1，此时无解；
当≤x≤2时，5－3x>0，即x<，解得≤x<；
当x<时，x－1>0，即x>1，解得1恒成立．
∵x∈(－∞，2)，∴a－2≥2，∴a≥4.
7．(文)(1)若|a|<1，|b|<1，比较|a＋b|＋|a－b|与2的大小，并说明理由；
(2)设m是|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：|＋|<2.
[解析]　(1)|a＋b|＋|a－b|<2.
∵|a|<1，|b|<1，
∴当a＋b≥0，a－b≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(a－b)＝2a≤2|a|<2，
当a＋b≥0，a－b<0时，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(b－a)＝2b≤2|b|<2，
当a＋b<0，a－b≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(a－b)＝－2b≤2|b|<2，
当a＋b<0，a－b<0时，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(b－a)＝－2a≤2|a|<2，
综上知，|a＋b|＋|a－b|<2.
(2)∵m是|a|，|b|与1中最大的一个，∴m≥1，
又∵|x|>m，∴|x|>1，
∴|x|>m≥|a|，|x2|>1≥|b|，∴<1，<1，
∴|＋|≤＋<1＋1＝2，
∴原不等式成立．
(理)已知a和b是任意非零实数．
(1)求证：≥4；
(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．
[分析]　(1)含两个确定值号，可利用|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)±(a－b)|放缩．
(2)变形后为≥f(x)，运用(1)的方法可得的最小值m，则问题转化为解不等式f(x)≤m.
[解析]　(1)＝||＋||
＝|2＋|＋|2－|≥|(2＋)＋(2－)|＝4
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)得≥f(x)
又由于≥＝2则有2≥f(x)
解不等式2≥|x－1|＋|x－2得≤x≤.
8．(文)(2021·商丘市二模)已知关于x的不等式m－|x－2|≥1，其解集为[0,4]．
(1)求m的值；
(2)若a，b均为正实数，且满足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．
[解析]　(1)不等式m－|x－2|≥1可化为|x－2|≤m－1，
∴1－m≤x－2≤m－1，即3－m≤x≤m＋1，
∵其解集为[0,4]，∴，∴m＝3.
(2)由(1)知a＋b＝3，
(方法一：利用基本不等式)
∵(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤(a2＋b2)＋(a2＋b2)＝2(a2＋b2)，
∴a2＋b2≥，∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.
(方法二：利用柯西不等式)
∵(a2＋b2)·(12＋12)≥(a×1＋b×1)2＝(a＋b)2＝9，
∴a2＋b2≥，∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.
(方法三：消元法求二次函数的最值)
∵a＋b＝3，∴b＝3－a，
∴a2＋b2＝a2＋(3－a)2＝2a2－6a＋9＝22＋
≥，
∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.
(理)(2021·唐山市二模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.
(1)求m；
(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．
[解析]　(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；
当－1＜x＜1时，fx)＝－1－3x＜2；
当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4.
故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.
(2)∵a2＋2b2＋c2＝2，∴ab＋bc≤[(a2＋b2)＋(b2＋c2)]＝1，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．所以ab＋bc的最大值为1.
9．(文)已知a，b是不相等的正实数．
求证：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
[解析]　由于a，b是正实数，
所以a2b＋a＋b2≥3＝3ab>0
(当且仅当a2b＝a＝b2，即a＝b＝1时，等号成立)，
同理，ab2＋a2＋b≥3＝3ab>0
(当且仅当ab2＝a2＝b，即a＝b＝1时，等号成立)，
所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2
(当且仅当a＝b＝1时，等号成立)．
由于a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.
(理)(2022·吉林市二模、甘肃省三诊)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R＋，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a、b、c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
[解析]　(1)由于f(x＋2)＝m－|x|，
所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]故m＝1.
(2)解法一：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)≥(＋＋)2＝9.
∴a＋2b＋3c≥9.
解法2：由(1)知，＋＋＝1，a、b、c∈R＋，
∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·1
＝(a＋2b＋3c)(＋＋)
＝3＋＋＋＋＋＋
＝3＋(＋)＋(＋)＋(＋)
≥3＋2＋2＋2＝9，等号在a＝2b＝3c＝时成立．
10．(文)(2021·太原市模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋(a>0)．
(1)当a＝2时，求不等式f(x)>3的解集；
(2)证明：f(m)＋f≥4.
[解析]　(1)当a＝2时，f(x)＝|x＋2|＋，原不等式等价于
或
或∴x<－或∅或x>，
∴不等式的解集为{x|x<－或x>}．
(2)证明：f(m)＋f
＝|m＋a|＋＋＋
＝＋
≥2
＝2≥4.
(理)(2021·云南统考)已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a的值；
(2)设m>n>0，求证：2m＋≥2n＋a.
[解析]　(1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，则
f(x)＝
∴f(x)的最大值为3.
∵对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，
∴a≥3.
设h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝
∴h(x)的最小值为3.
∵对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，
∴a≤3，∴a＝3.
(2)证明：由(1)知a＝3，
∵2m＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，
又∵m>n>0，
∴(m－n)＋(m－n)＋
≥3＝3，
∴2m＋≥2n＋a.