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

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③C．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．已知M＝a2＋b2，N＝ab＋a＋b－1，则M，N的大小关系为()A．M>N B.M<NC．M≥N D.M≤N[答案]C[解析]∵(a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝eq\f(1,2)[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，∴a2＋b2≥ab＋a＋b－1，故选C.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]∵f(x)＝|x＋3|＋|x－1|的最小值为4，∴a2－3a≤∴－1≤a≤4.5．已知命题p：∀x∈R，|x＋2|＋|x－1|≥m，命题q：∃x∈R，x2－2mx＋m2＋m－3＝0，那么，“命题p为真命题”是“命题q为真命题”的()A．充要条件 B.必要不充分条件C．充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件[答案]A[解析]由确定值不等式的几何性质可知，∀x∈R，|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，故若命题p为真命题，则m≤3；当命题q为真命题时，方程x2－2mx＋m2＋m－3＝0有根，则Δ＝(－2m)2－4(m2＋m－3)＝12－4m≥0，解得m≤3；所以“命题p为真命题”是“命题q为真命题”6．若a，b∈R且a≠b，则在①a2＋ab>2b2；②a5＋b5>a3b2＋a2b3；③a2＋b2≥2(a－b－1)；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2.这四个式子中确定成立的有()A．4个 B.3个C．2个 D.1个[答案]D[解析]①中a2＋ab－2b2＝(a＋eq\f(b,2))2－eq\f(9,4)b2>0不愿定成立，②中a5＋b5－a3b2－a2b3＝a3(a2－b2)＋b3(b2－a2)＝(a2－b2)(a3－b3)＝(a－b)2(a＋b)(a2＋ab＋b2)．当a＋b<0时，不等式不成立，③中a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥故③成立，④中ab<0时不成立，故只有③正确．二、填空题7．(2022·重庆五区抽测)若函数f(x)＝eq\r(|x＋2|＋|x－m|－4)的定义域为R，则实数m的取值范围为________．[答案](－∞，－6]∪[2，＋∞)[解析]依据题意，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≥2.8．(2021·天津)设a＋b＝2，b>0，则eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值为________．[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)，当且仅当eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)，a<0，即a＝－2，b＝4时取等号，故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(3,4).9．(2022·陕西质检)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋eq\f(4,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＋eq\f(4,a)≤4，∴eq\f(a－22,a)≤0，解得a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．三、解答题10．(文)(2021·贵州六校联盟模拟)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|.(1)画出函数y＝f(x)的图象；(2)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围[解析](1)函数f(x)可化为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x≤－2，,2x＋1，－2<x<1，,3，x≥1，))其图象如下．(2)关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等价于(f(x)＋4)max≥|1－2由(1)可知f(x)max＝3，(也可由|f(x)|＝||x＋2|－|x－1||≤|(x＋2)－(x－1)|＝3，得f(x)max＝3)，于是|1－2m|≤7，∴－3≤m≤即实数m的取值范围是[－3,4]．(理)(2021·云南玉溪一中月考)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|－m.(1)当m＝5时，求f(x)>0的解集；(2)若关于x的不等式f(x)≥2的解集是R，求m的取值范围．[解析](1)由题设知|x＋1|＋|x－2|>5，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x＋1＋x－2>5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x<2，,x＋1－x＋2>5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，,－x－1－x＋2>5.))解得原不等式的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．(2)不等式f(x)≥2即|x＋1|＋|x－2|≥m＋2，∵x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，不等式|x＋1|＋|x－2|≥m＋2的解集是R，∴m＋2≤3，m的取值范围是(－∞，1].一、解答题11．(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|≥eq\f(1,2)，解得x≥eq\f(3,2)或x≤eq\f(1,2)，∴不等式的解集为(－∞，eq\f(1,2)]∪[eq\f(3,2)，＋∞)．(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．(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)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.所以解集为{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)单调递减，(－eq\f(1,2)，＋∞)上，f(x)单调递增．要a>f(x)有解，只要a>f(x)min.由f(x)单调性知f(x)min＝f(－eq\f(1,2))＝－eq\f(9,2).所以a>－eq\f(9,2).13．(文)(2022·银川一中二模)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数n使f(n)≤m－f(－n)成立，求实数m的取值范围．[解析](1)由|2x－a|＋a≤6得|2x－a|≤6－a，∴a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，∴a－3＝－2，∴a＝1.(2)由(1)知f(x)＝|2x－1|＋1，令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，则φ(n)＝|2n－1|＋|2n＋1|＋2＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－4n，n≤－\f(1,2)，,4，－\f(1,2)<n≤\f(1,2)，,2＋4n，n>\f(1,2).))∴φ(n)的最小值为4，故实数m的取值范围为[4，＋∞)．(理)(2021·河南八校联考)关于x的不等式lg(|x＋3|－|x－7|)<m.(1)当m＝1时，解此不等式；(2)设函数f(x)＝lg(|x＋3|－|x－7|)，当m为何值时，f(x)<m恒成立？[解析](1)当m＝1时，原不等式可变为0<|x＋3|－|x－7|<10，解之得其解集为{x|2<x<7}．(2)设t＝|x＋3|－|x－7|，则由对数定义及确定值的几何意义知0<t≤10，由于y＝lgx在(0，＋∞)上为增函数，则lgt≤1，当x≥7时，t＝10，lgt＝1，故只需m>1即可，即m>1时，f(x)<m恒成立．14．(文)已知x，y，z均为正数，求证：eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).[证明]由于x，y，z都为正数，所以eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＝eq\f(1,z)(eq\f(x,y)＋eq\f(y,x))≥eq\f(2,z).同理可得eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(2,x)，eq\f(z,xy)＋eq\f(x,yz)≥eq\f(2,y)，当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2得，eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).(理)(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≤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.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2