【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 .
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