【走向高考】(全国通用)2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题
强化练 专题30 不等式选讲(含解析)
一、填空题
1.(2014·陕西理,15A)设a ,b ,m ,n ∈R ,且a 2
+b 2
=5,ma +nb =5,则m 2
+n 2
的最小值为________.
[答案]
5
[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a 2
+b 2
=5有公共点,
∴
5
m 2+n
2
≤5,∴m 2+n 2
≥5,
∴m 2
+n 2
的最小值为 5.
解法2:由柯西不等式:a 2
+b 2
·m 2
+n 2
≥ma +nb , ∴m 2
+n 2
≥
55
= 5.
2.若关于实数x 的不等式|x -5|+|x +3| [解析] ∵|x -5|+|x +3|≥|5-x +x +3|=8, ∴|x -5|+|x +3|的最小值为8, 要使|x -5|+|x +3| 3.若不等式|x +1|+|x -3|≥a +4 a 对任意的实数x 恒成立,则实数a 的取值范围是 ________. [答案] {a ∈R |a <0或a =2} [解析] 因为|x +1|+|x -3|≥4,所以由题意可得a +4 a ≤4恒成立,因a <0时显然恒 成立;当a >0时,由基本不等式可知a +4 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] 注意区分a a 4.(2014·天津市十二区县重点中学联考)对于任意x ∈R ,满足(a -2)x 2 +2(a -2)x -4<0恒成立的所有实数a 构成集合A ,使不等式|x -4|+|x -3| a 构成集合B ,则A ∩(?R B )=________. [答案] (1,2] [解析] 求出集合A 、B 后利用集合运算的定义求解.对于任意x ∈R ,不等式(a -2)x 2 +2(a -2)x -4<0恒成立,则a =2或????? a <2,Δ=4 a -2 2 +16 a -2 <0, 解得-2 所以集合A =(-2,2].当不等式|x -4|+|x -3|(|x -4|+|x -3|)min =1,所以解集为空集的所有实数a 构成集合B =(-∞,1],则?R B =(1,+∞), 所以A ∩(?R B )=(-2,2]∩(1,+∞)=(1,2]. 二、解答题 5.(文)(2015·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-3 (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)(2015·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??? ?? x <-1, 1-3x >x +3 ,或??? ?? -1≤x ≤1, 3-x >x +3 ,或??? ?? x >1, 3x -1>x +3 , 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|=???? ? 1-3x , x <-1 3-x , -1≤x ≤1 3x -1, x >1 如图,k PA =1 2 ,k PD =k BC =-3, 故依题意知,a <-3,或a ≥1 2 . 即a 的取值范围为(-∞,-3)∪???? ??12,+∞. [方法点拨] 解含绝对值符号的不等式一般用分段讨论法:令各绝对值号内表达式为零,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 )=????? 1-x ,x >2, 5-3x ,32≤x ≤2,x -1,x <3 2 . 当x >2时,1-x >0,即x <1,此时无解; 当32≤x ≤2时,5-3x >0,即x <53,解得32≤x <5 3; 当x <32时,x -1>0,即x >1,解得1 ∴不等式解集为{x |1 3 }. (2)2-x -|2x -a |<0?2-x <|2x -a |?x a +2 3 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:|a x +b x 2|<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 |,|x 2 |>1≥|b |,∴|a ||x |<1,|b ||x 2| <1, ∴|a x +b x 2|≤|a ||x |+|b | |x 2| <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:|2a +b |+|2a -b ||a | ≥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)含两个绝对值号,可利用|a +b |+|a -b |≥|(a +b )±(a -b )|放缩. (2)变形后为|a +b |+|a -b ||a |≥f (x ),运用(1)的方法可得|a +b |+|a -b | |a |的最小值m , 则问题转化为解不等式f (x )≤m . [解析] (1)|2a +b |+|2a -b ||a |=|2a +b a |+|2a -b a | =|2+b a |+|2- b a |≥|(2+b a )+(2-b a )|=4 (2)由|a +b |+|a -b |≥|a |f (x )得|a +b |+|a -b | |a |≥f (x ) 又因为|a +b |+|a -b ||a |≥|a +b +a -b ||a |=2则有2≥f (x ) 解不等式2≥|x -1|+|x -2|得12≤x ≤5 2 . 8.(文)(2015·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a 2 +b 2 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],∴??? ?? 3-m =0 m +1=4 ,∴m =3. (2)由(1)知a +b =3, (方法一:利用基本不等式) ∵(a +b )2 =a 2 +b 2 +2ab ≤(a 2 +b 2 )+(a 2 +b 2 )=2(a 2 +b 2 ), ∴a 2+b 2≥92,∴当且仅当a =b =32时,a 2+b 2 取最小值为92. (方法二:利用柯西不等式) ∵(a 2 +b 2 )·(12 +12 )≥(a ×1+b ×1)2 =(a +b )2 =9, ∴a 2+b 2≥92,∴当且仅当a =b =32时,a 2+b 2 取最小值为92. (方法三:消元法求二次函数的最值) ∵a +b =3,∴b =3-a , ∴a 2+b 2=a 2+(3-a )2=2a 2 -6a +9=2? ????a -322+92 ≥92 , ∴当且仅当a =b =32时,a 2+b 2 取最小值为92 . (理)(2015·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,+∞),a 2 +2b 2 +c 2 =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,f (x )=-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)∵a 2+2b 2+c 2=2,∴ab +bc ≤12[(a 2+b 2)+(b 2+c 2 )]=1, 当且仅当a =b =c = 2 2 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:(a 2 b +a +b 2 )(ab 2 +a 2 +b )>9a 2b 2 . [解析] 因为a ,b 是正实数, 所以a 2b +a +b 2≥33a 2b ·a ·b 2 =3ab >0 (当且仅当a 2 b =a =b 2 ,即a =b =1时,等号成立), 同理,ab 2+a 2+b ≥33ab 2·a 2 ·b =3ab >0 (当且仅当ab 2 =a 2 =b ,即a =b =1时,等号成立), 所以(a 2 b +a +b 2 )(ab 2 +a 2 +b )≥9a 2b 2 (当且仅当a =b =1时,等号成立). 因为a ≠b ,所以(a 2 b +a +b 2 )(ab 2 +a 2 +b )>9a 2b 2 . (理)(2014·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1a +12b +13c =m ,求证:a +2b +3c ≥9. [解析] (1)因为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1a +12b +13c =1,又a ,b ,c ∈R + , ∴a +2b +3c =(a +2b +3c )(1a +12b +1 3c )≥( a ·1 a +2b ·12b + 3c ·13c )2 =9. ∴a +2b +3c ≥9. 解法2:由(1)知,1a +12b +13c =1,a 、b 、c ∈R + , ∴a +2b +3c =(a +2b +3c )·1 =(a +2b +3c )(1a +12b +1 3c ) =3+2b a +3c a +a 2b +3c 2b +a 3c +2b 3c =3+(2b a +a 2b )+(3c a +a 3c )+(3c 2b +2b 3c ) ≥3+2+2+2=9,等号在a =2b =3c =1 3 时成立. 10.(文)(2015·太原市模拟)已知函数f (x )=|x +a |+? ??? ??x +1a (a >0). (1)当a =2时,求不等式f (x )>3的解集; (2)证明:f (m )+f ? ?? ??-1m ≥4. [解析] (1)当a =2时,f (x )=|x +2|+??????x +12,原不等式等价于 ? ???? x <-2, -x -2-x -12>3,或???? ? -2≤x ≤-12 , x +2-x -1 2 >3, 或????? x >-12,x +2+x +1 2 >3,∴x <-114或?或x >1 4 , ∴不等式的解集为{x |x <-114或x >1 4 }. (2)证明:f (m )+f ? ?? ??-1m =|m +a |+? ?????m +1a +??????-1m +a +???? ??-1m +1a =? ????|m +a |+??????-1m +a +? ?? ??? ?????m +1a +??????-1m +1a ≥2? ??? ??m +1m =2? ????|m |+1|m |≥4? ?? ??当且仅当??? ?? m =±1,a =1时等号成立. (理)(2015·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 + 1 m 2 -2mn +n 2 ≥2n +a . [解析] (1)设f (x )=|x +1|-|2-x |,则 f (x )=???? ? -3,x ≤-1,2x -1,-1 3,x >2, ∴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 |=???? ? -2x +1,x ≤-1,3,-1 2x -1,x ≥2, ∴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 + 1m 2 -2mn +n 2-2n =(m -n )+(m -n )+1 m -n 2, 又∵m >n >0, ∴(m -n )+(m -n )+ 1 m -n 2 ≥33 m -n m -n 1 m -n 2=3, ∴2m +1 m 2 -2mn +n 2 ≥2n +a .