【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第12章-第3节-不等式选讲.docx

第十二章　第三节

一、选择题
1．(2022·福建福州模拟)设ab>0，下面四个不等式中，正确的是(　　)
①|a＋b|>|a|；　　②|a＋b|<|b|；
③|a＋b|<|a－b|；　　④|a＋b|>|a|－|b|.
A．①和②　　　　　 B．①和③
C．①和④　 D．②和④
[答案]　C
[解析]　∵ab>0，∴a与b同号，∴|a＋b|＝|a|＋|b|>|a|>|a|－|b|，故①正确，②错误，④正确，故选C．
2．(文)已知集合M＝{x||2x－1|<2}，N＝{x|<1}，则M∩N等于(　　)
A．{x|1x<}
D．{x|－1.因此M∩N＝{x|12，x∈R}．若A⊆B，则实数a、b必满足(　　)
A．|a＋b|≤3　 B．|a＋b|≥3
C．|a－b|≤3　 D．|a－b|≥3
[答案]　D
[解析]　由题意可得集合A＝{x|a－1b＋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.因此选D．
3．(2022·济南模拟)对于x∈R，不等式|x＋10|－|x－2|≥8的解集为(　　)
A．[0，＋∞)　 B．(0,2)
C．[0,2)　 D．(0，＋∞)
[答案]　A
[解析]　如图，|BC|＝2－(－10)＝12，

|AB|＝10，|AC|＝2，当点P在点A右侧时|PB|－|PC|>8，∴x≥0.
4．(2022·临沂质检)不等式|x＋3|＋|x－1|≥a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．[－1,4]　 B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．[－2,5]　 D．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
[答案]　A
[解析]　∵fx)＝|x＋3|＋|x－1|的最小值为4，
∴a2－3a≤4，
∴－1≤a≤4.
5．若不等式|ax＋2|<4的解集为(－1,3)，则实数a等于(　　)
A．8　　　 B．2　　　
C．－4　　 D．－2
[答案]　D
[解析]　由－4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对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
[答案]　(－∞，2)
[解析]　由确定值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则需a<2.
7．(2021·天津)设a＋b＝2，b>0，则＋的最小值为________．
[答案]　
[解析]　由于＋＝＋≥＋2＝＋1≥－＋1＝，当且仅当＝，a<0，即a＝－2，b＝4时取等号，故＋的最小值是.
8．(2021·陕西)设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数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，则解集为R.
9．(文)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
[答案]　－2≤a≤4
[解析]　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4
(理)(2022·陕西质检)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
[答案]　(－∞，0)∪{2}
[解析]　由确定值不等式的意义可得a＋≤4，
∴≤0，解得a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．
三、解答题
10．(文)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－3|.
(1)作出函数y＝f(x)的图象；
(2)若对任意x∈R，f(x)≥a2－3a恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)①当x≤－1时，f(x)＝－x－1－x＋3＝－2x＋2；
②当－1x)＝x＋1＋x－3＝2x－2.
∴f(x)＝
∴y＝f(x)的图象如图所示．

(2)由(1)知f(x)的最小值为4，
由题意可知a2－3a≤4，即a2－3a－4≤0，
解得－1≤a≤4.故实数a的取值范围为[－1,4]．
(理)(2021·福建理，21)设不等式|x－2|当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2时取到等号．所以f(x)的最小值为3.

一、解答题
11．(文)(2022·新乡、许昌、平顶山质检)已知函数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，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝2时，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＝

由f(x)≥2，解得x≤或x≥.
(2)令F(x)＝f(x)＋|x－1|，则
F(x)＝
所以当x＝1时，F(x)有最小值F(1)＝a－1，
只需a－1≥1，解得a≥2，所以实数a的取值范围为[2，＋∞)．
(理)(2022·吉林九校联合体二模)已知关于x的不等式|ax－1|＋|ax－a|≥1(a>0)．
(1)当a＝1时，求此不等式的解集；
(2)若此不等式的解集为R，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝1时，得2|x－1|≥1，即|x－1|≥，解得x≥或x≤，
∴不等式的解集为(－∞，]∪[，＋∞)．
(2)∵|ax－1|＋|ax－a|≥|a－1|，∴原不等式解集为R等价于|a－1|≥1.∴a≥2，或a≤0.
∵a>0，∴a≥2.∴实数a的取值范围为[2，＋∞)．
12．(文)(2022·山西重点中学四校联考)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－3|.
(1)求函数y＝f(x)的最小值；
(2)若f(x)≥ax＋－恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)由题意得f(x)＝
所以f(x)在(－∞，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－时y＝f(x)取得最小值f(－)＝－.
(2)g(x)＝ax＋－的图象恒过点过(－，－)，由图象可知－1≤a≤1.
(理)(2022·山西高校附中月考)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)>2；
(2)若关于x的不等式a>f(x)有解，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)或
或
解得x<－7或4.
所以解集为{x|x<－7或x>}．
(2)f(x)＝
可知在(－∞，－)上，f(x)单调递减，(－，＋∞)上，f(x)单调递增．
要a－.
13．(2021·新课标Ⅱ理，24)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
[解析]　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得，a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋cA．
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)由于＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋C．所以＋＋≥1.
14．(2022·十堰模拟)设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥；
(2)＋＋≥(＋＋)．
[证明]　(1)要证a＋b＋c≥，
由于a，b，c>0，
因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．
即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋cA．
而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
所以原不等式成立．
(2)＋＋＝.
在(1)中已证a＋b＋c≥.
因此要证原不等式成立，
只需证明≥＋＋，
即证a＋b＋c≤1，
即证a＋b＋c≤ab＋bc＋cA．
而a＝≤，
b≤，c≤，
所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca
(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)．
所以原不等式成立．