文科数学一轮复习高考帮全国版试题选修4-5不等式选讲（习思用数学文）

选修45不等式选讲考点1不等式的性质1.已知a,b,c均为正数,证明:a2+b2+c2+(1a+1b+1c)2≥63,并确定a,b,考点2绝对值不等式2.设函数f(x)=|x1|+|x2|.(1)解不等式f(x)>2;(2)求函数g(x)=lnf(x)的值域.3.已知函数f(x)=2|x+a||x1|(a>0).(1)若函数f(x)与x轴围成的三角形的面积的最小值为4,求实数a的取值范围;(2)若对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,求实数a的取值范围.4.已知m>1,且关于x的不等式m|x2|≥1的解集为[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.5.设函数f(x)=x-2+11(1)求实数M的值;(2)求关于x的不等式|x2|+|x+22|≤M的解集.6.已知函数f(x)=|x+a|+|x2|.(1)当a=3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x4|的解集包含[1,2],求实数a的取值范围.考点3证明不等式的基本方法7.已知a>0,b>0,求证:ab+ba≥a+8.已知a,b,c均为正实数.求证:(1)(a+b)(ab+c2)≥4abc;(2)若a+b+c=3,则a+1+b+1+c+1答案1.解法一因为a,b,c均为正数,所以a2+b2+c2≥3(abc)23因为1a+1b+1c≥3(所以(1a+1b+1c)2≥9(abc)故a2+b2+c2+(1a+1b+1c)2≥3(abc)23又3(abc)23+9(abc)-23≥227=所以原不等式成立.当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立.当且仅当3(abc)23=9(abc)-即当a=b=c=314解法二因为a,b,c均为正数,由基本不等式得a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①.同理,1a2+1b2+1c2≥1ab故a2+b2+c2+(1a+1b+1c)2=a2+b2+c2+1a2+1b2+1c2+2ab+2bc+2ac所以原不等式成立.当且仅当a=b=c时,①式和②式等号成立,当且仅当(ab)2=(bc)2=(ac)2=3时,③式等号成立.即当且仅当a=b=c=3142.(1)由题意知f(x)=|x1|+|x2|=3当x<1时,由f(x)>2,得32x>2,解得x<12,所以x<1当1≤x≤2时,f(x)>2无解;当x>2时,由f(x)>2,得2x3>2,解得x>52,所以x>52综上,不等式f(x)>2的解集为(∞,12)∪(52,+∞(2)因为f(x)=|x1|+|x2|,则f(x)≥1,又函数y=lnx在其定义域内为增函数.所以函数g(x)=lnf(x)的值域为[0,+∞).3.(1)由题意可得f(x)=-x-2a-图D1函数f(x)与x轴围成的三角形为△ABC,易求得A(2a1,0),B(1-2a3,0),C(a所以S△ABC=12[1-2a3(2a1)]×|a1|=23(a+1)2≥4(a>(2)由图D1可知,f(x)min=f(a)=a1.对任意的x∈R都有f(x)+2≥0,即f(x)min+2≥0,即a1+2≥0,解得a≤1,又a>0,所以实数a的取值范围为(0,1].4.(1)∵m>1,不等式m|x2|≥1可化为|x2|≤m1,∴1m≤x2≤m1,即3m≤x≤m+1.∵不等式m|x2|≥1的解集为[0,4],∴3-m=0,(2)由(1)知a+b=3,解法一(利用基本不等式)∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),∴a2+b2≥92,∴a2+b2的最小值为9解法二(消元法求二次函数的最值)∵a+b=3,∴b=3a,∴a2+b2=a2+(3a)2=2a26a+9=2(a-32)∴a2+b2的最小值为925.(1)f(x)=x-2+11-x≤2(当且仅当x=132时等号成立.故函数f(x)的最大值M=32(2)由(1)知M=32.由绝对值三角不等式可得|x2|+|x+22|≥|(x2)(x+22)|=32.所以不等式|x2|+|x+22|≤32的解集就是方程|x2|+|x+22|=32的解.由绝对值的几何意义得,当且仅当22≤x≤2时,|x2|+|x+22|=32,所以不等式|x2|+|x+22|≤M的解集为{x|22≤x≤2}.6.(1)当a=3时,f(x)≥3⇔|x3|+|x2|≥3⇔x≤2,-2x+5≥3或2<x<3故当a=3时,不等式f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.(2)由题意可得f(x)≤|x4|在区间[1,2]上恒成立⇔|x+a|+2x≤4x在区间[1,2]上恒成立⇔2x≤a≤2x在区间[1,2]上恒成立⇔3≤a≤0,即实数a的取值范围是[3,0].7.解法一(作差比较法)因为a>0,b>0,所以ab+ba(a+b(a)3所以ab+ba≥a+解法二(作商比较法)因为a>0,b>0,所以ab+baaa+b-abab=ab+(a-8.(1)要证(a+b)(ab+c2)≥4abc,可证a2b+ac2+ab2+bc24abc≥0,需证b(a2+c22ac)+a(c2+b22bc)≥0,即证b(ac)2+a(cb)2≥0,当且仅当a=b=c时,取等号,由已知,上式显然成立,故不等式(a+b)(ab+c2)≥4abc成立.(