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2021年高考数学真题及模拟题专题汇编19不等式选讲(附解析)
2021年高考数学真题及模拟题专题汇编19不等式选讲(附解析)
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专题19不等式选讲解答题1.(2021•高考全国甲卷•理T23)已知函数.(1)画出和的图像;(2)若,求a的取值范围.【解析】(1)可得,画出图像如下:,画出函数图像如下:16,(2),如图,在同一个坐标系里画出图像,是平移了个单位得到,则要使,需将向左平移,即,当过时,,解得或(舍去),则数形结合可得需至少将向左平移个单位,.2.(2021•高考全国乙卷•文T23)已知函数.(1)当时,求不等式解集;(2)若,求a的取值范围.【解析】(1)当时,,表示数轴上的点到和16,的距离之和,则表示数轴上的点到和的距离之和不小于,故或,所以的解集为.(2)依题意,即恒成立,,故,所以或,解得.所以的取值范围是.3.(2021•河南郑州三模•理T23)已知函数f(x)=|x+1|﹣|2x﹣4|.(Ⅰ)在平面直角坐标系中画出函数f(x)的图象;(Ⅱ)若对∀x∈R,f(x)≤t恒成立,t的最小值为m,且正实数a,b,c满足a+2b+3c=m,求的最小值.【解析】(Ⅰ),图象如图所示,16,(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)max=3,则t≥3,故m=3,即a+2b+3c=3,由柯西不等式有,,∴的最小值为3,当且仅当a+c=b+c=1时等号成立.4.(2021•河南开封三模•文理T23)已知函数,g(x)=|x﹣1|.(1)求函数y=f(x)+g(x)的最小值;(2)已知θ∈[0,2π),求关于θ的不等式的解集.【解析】(1)由已知可得,当且仅当即时等号成立,所以函数y=f(x)+g(x)的最小值为.(2)由已知,原不等式可化为,①当时,,原不等式化为sinθ﹣cosθ>2,此时无解,②当时,,原不等式化为sinθ+cosθ<﹣1,16,即,所以,,综上所述,不等式的解集为(π,).5.(2021•河南焦作三模•理T23)已知函数f(x)=|x+1|+|2x﹣5|﹣7.(Ⅰ)在如图所示的网格中画出y=f(x)的图象;(Ⅱ)若当x<1时,f(x)>f(x+a)恒成立,求a的取值范围.【解析】(Ⅰ)当x<﹣1时,f(x)=﹣x﹣1﹣2x+5﹣7=﹣3x﹣3,当﹣1≤x≤时,f(x)=x+1﹣2x+5﹣7=﹣x﹣1,当x>时,f(x)=x+1+2x﹣5﹣7=3x﹣11,综上f(x)=,则对应的图象如图:(Ⅱ)当a=0时,不等式不成立,当a<0时,y=f(x)的图象向右平移﹣a个单位得到y=f(x+a)的图象,此时对任意x<1时,y=f(x+a)总在y=f(x)的上方,不满足条件.当a>0时,y=f(x+a)的图象最多平移到与y=f(x)的图象交于点(1,﹣2)的位置,此时a=2,此时a的取值范围是(0,2].16,6.(2021•四川内江三模•理T23)已知a>0,b>0,4a+b=2ab.(1)求a+b的最小值;(2)若a+b≥|2x﹣1|+|3x+2|对满足题中条件的a,b恒成立,求实数x的取值范围.【解析】(1)因为a>0,b>0,所以,所以a+b=(a+b)((4+)=,当且仅当且,即a=,a+b的最小值;(2)若a+b≥|2x﹣2|+|3x+2|对满足题中条件的a,b恒成立,则,当x时,原不等式可化为2x﹣1+4x+2,所以;当时,原不等式可化为﹣2x+4+3x+2,16,所以,当x时,原不等式可化为﹣2x+8﹣3x﹣2,所以﹣,综上,x的取值范围[﹣].7.(2021•安徽蚌埠三模•文T23)已知函数f(x)=m﹣|x|﹣|x﹣1|,m∈R,且f(x)的最大值为1,(1)求实数m的值;(2)若a>0,b>0,a+b=m,求证:.【解析】(1)解:∵|x|+|x﹣1|≥|x﹣(x﹣1)|=1,当x(x﹣1)≤0时取到等号,∴f(x)max=m﹣1=1,∴m=2.(2)证明:由a>0,b>0,a+b=2≥2,∴ab≤1,∴++=+=≥4,当且仅当a=b=1时取等号.8.(2021•贵州毕节三模•文T23)已知函数f(x)=|x+1|+|x﹣2|.(Ⅰ)解不等式f(x)<x+4;(Ⅱ)若k是f(x)的最小值,已知m>0,n>0,且(k+1)m+n=1,求证:k2mn≤m+n.【解析】(Ⅰ)f(x)=|x+1|+|x﹣2|=,故当x>2时,f(x)<x+4⇔2x﹣1<x+4,解得:x<5,∴2<x<5.当﹣1≤x≤2时,f(x)<x+4⇔3<x+4,解得x>﹣1,∴﹣1<x≤2.当x<﹣1时,f(x)<x+4⇔﹣2x+1<x+4,解得x>﹣1,∴此时x无解.综上,f(x)<x+4的解集为{x|﹣1<x<5};证明:(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)≥3,∴k=3.16,由(k+1)m+n=1,得4m+n=1,要证k2mn≤m+n,即9mn≤m+n,即证,就是证,又∵m>0,n>0,∵,当且仅当,即时取“=”,∴k2mn≤m+n成立.9.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T23.)已知函数f(x)=|x+2|﹣m|x+1|.(1)若m=﹣2,求不等式f(x)≥8的解集;(2)若关于x的不等式f(x)≤m|x+3|对于任意实数x恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)当m=﹣2时,f(x)=|x+2|+2|x+1|=,当x≤﹣2时,﹣3x﹣4≥8,解得x≤﹣4;当﹣2<x<﹣1时,不等式无解;当x≥﹣1时,3x+4≥8,解得x≥.综上,不等式的解集为(﹣∞﹣4]∪[,+∞).(2)关于x的不等式f(x)≤m|x+3|对于任意实数x恒成立,即为|x+2|≤m(|x+1|+|x+3|),由于|x+1|+|x+3|≥|x+1﹣x﹣3|=2,当且仅当﹣3≤x≤﹣1时,等号成立,所以m≥,记g(x)=,当x≥﹣1时,g(x)==;当x≤﹣3时,g(x)==.则g(x)=,所以g(x)∈[0,],16,所以m≥,所以实数m的取值范围为[,+∞).10.(2021•四川泸州三模•理T23.)已知函数f(x)=|x+6|﹣|x2﹣2x+2|.(Ⅰ)求不等式f(x)≥6的解集;(Ⅱ)设函数f(x)的最大值为m,正数a,b,c满足a+b+c=+,求证:.【解析】(Ⅰ)∵x2﹣2x+2=(x﹣1)2+1>0,∴f(x)=|x+6|﹣x2+2x﹣2,不等式f(x)≥6等价于|x+6|﹣x2+2x﹣2≥6,即或,解得1≤x≤2或∅,∴不等式f(x)≥6的解集为[1,2];(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可知,当时,,∴,又∵a,b,c为正实数,a+b+c=4,∴,∴,当且仅当时等号成立,原命题得证.11.(2021•宁夏中卫三模•理T23.)设函数f(x)=|1﹣2x|﹣3|x+1|,f(x)的最大值为M,正数a,b满足+=Mab.(Ⅰ)求M;(Ⅱ)是否存在a,b,使得a6+b6=?并说明理由.【解析】(1)分三类讨论如下:①当x<﹣1时,f(x)=x+4,单调递增,f(x)<3;16,②当﹣1≤x≤时,f(x)=﹣5x﹣2,单调递减,f(x)max=f(﹣1)=3,③当x>时,f(x)=﹣x﹣4,单调递减,f(x)<f()=﹣,综合以上讨论得,f(x)的最大值M=3;(2)假设存在正数a,b,使得a6+b6=≥2=2a3b3,所以,≤,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①又因为+=Mab=3ab≥2•,所以,≥,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②显然①②相互矛盾,所以,假设不成立,即不存在a,b使得a6+b6=.12.(2021•江西南昌三模•理T23.)已知函数f(x)=|x﹣3|+2|x﹣1|.(Ⅰ)求f(x)的最小值m;(Ⅱ)已知a>0,b≥0,若a+2b=m时,正常数t使得ta+ab的最大值为2,求t的值.【解析】(Ⅰ)因为,所以当x=1时,f(x)min=m=2,(Ⅱ)因为m=2,所以a+2b=2,则a+2(b+t)=2t+2,又因为,所以,则,所以,则t=1或t=﹣3(舍),当且仅当a=2(b+1),即a=2,b=0时,等号成立.13.(2021•江西上饶三模•理T23.)已知函数f(x)=|x+2|﹣|x﹣2|.(1)解不等式f(x)≥2;(2)若_____,求a的最小值.①不等式f(x)≥a2+3a有解;②不等式f(x)≥a2+5a恒成立.请从上述两种情形中任选一种作答.【解析】(1)f(x)=,因为f(x)≥2,16,当x≤﹣2时,﹣4≥2不成立,解得x∈∅;当﹣2<x<2时,由2x≥2,得1≤x<2;当x≥2时,由4≥2恒成立,解得当x≥2;综上,f(x)≥2解集为[1,+∞);(2)若选①不等式f(x)≥a2+3a有解,则f(x)max≥a2+3a,由(1)知,f(x)max=4,所以a2+3a﹣4≤0,解得﹣4≤a≤1;所以amin=﹣4;若选②不等式f(x)≥a2+5a恒成立,则f(x)min≥a2+3a,由(1)知,f(x)min=﹣4,所以a2+5a+4≤0,解得﹣4≤a≤﹣1;所以amin=﹣4.14.(2021•安徽宿州三模•文理T23.)已知函数f(x)=|x﹣2|﹣|x+1|.(Ⅰ)求不等式f(x)≤1的解集;(Ⅱ)若函数f(x)的最大值为m,且正实数a,b满足2a+b=m,求证:a2+4b2≥.【解析】(Ⅰ)|x﹣2|与|x+1|的零点分别是x=2,x=﹣1,整个定义域被划分成3个区间,分别讨论如下:1)当x≤﹣1时,f(x)=﹣x+2+x+1=3,f(x)≤1的解集为空集∅,2)当﹣1<x≤2时,f(x)=﹣x+2﹣x﹣1=﹣2x+1,﹣2x﹣2x+1≤1,x≤0,取交集得f(x)≤1的解集为[0,2],3)当2<x时,f(x)=x﹣2﹣x﹣1=﹣3,f(x)≤1的解集为[2,+∞),对以上三种情况的结果取并集,不等式f(x)≤1的解集为[0,+∞),(II)证明:分段函数的最值在分段点处取得,由此可以比较函数在三个分段区间上的最大值,取最大者得m=3.由2a+b=3,,原不等式等价于,即17(a2+4b2)≥4(2a+b)2,做差比较证明(a﹣8b)2≥0,这是显然的.15.(2021•安徽马鞍山三模•文理T23.)已知函数f(x)=|2x+3|.(1)解不等式f(x)+f(x﹣3)≤8;(2)已知关于x的不等式f(x)+|x+a|≤x+5,在x∈[﹣1,1]上有解,求实数a的取值范围.16,【解析】(1)函数f(x)=|2x+3|.不等式f(x)≤5﹣f(x﹣3),即|3x+3|+|3x﹣3|≤5,等价于或或,解得:﹣2≤x≤2,所以原不等式的解集为{x|﹣2≤x≤2};(2)当x∈[﹣1,1]时,不等式f(x)+|x+a|≤x+5,即|x+a|≤2﹣x,所以|x+a|≤2﹣x在[﹣1,1]上有解,即﹣2≤a≤2﹣2x在[﹣1,1]上有解,所以﹣2≤a≤4.实数a的取值范围:[﹣2,4].16.(2021•江西九江二模•理T23.)已知函数f(x)=|x+2|﹣|ax﹣2|(a∈R).(Ⅰ)当a=2时,解不等式f(x)≥1;(Ⅱ)当x∈[﹣2,2]时,求证:f(x)+f(﹣x)≤0.【解析】(Ⅰ)当a=2时,f(x)≥1即|x+2|﹣|2x﹣2|≥1等价为或或,解得x∈∅或≤x<1或1≤x≤3,所以原不等式的解集为[,3];(Ⅱ)证明:当x∈[﹣2,2]时,f(x)=|x+2|﹣|ax﹣2|=x+2﹣|ax﹣2|,f(﹣x)=2﹣x﹣|ax+2|,f(x)+f(﹣x)=4﹣(|ax﹣2|+|ax+2|),因为|ax﹣2|+|ax+2|≥|ax﹣2﹣(ax+2)|=4,当(ax﹣2)(ax+2)≤0时,取得等号,所以4﹣(|ax﹣2|+|ax+2|)≤0,即f(x)+f(﹣x)≤0.17.(2021•江西上饶二模•理T23.)设函数f(x)=|2x﹣1|﹣|x+1|+2ax,a∈R.(1)若,求不等式f(x)>0的解集;(2)若函数f(x)恰有三个零点,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=时,不等式f(x)>0,即|2x﹣1|﹣|x+1|+x>0,则或或,16,解得x≤﹣1或﹣1<x<0或x>1,∴不等式f(x)>0的解集为(﹣∞,0)∪(1,+∞);(2)由f(x)=|2x﹣1|﹣|x+1|+2ax=0,得|2x﹣1|﹣|x+1|=﹣2ax,设g(x)=|2x﹣1|﹣|x+1|=,h(x)=﹣2ax,如图,要使y=g(x)与y=﹣2ax有3个不同交点,则﹣3<﹣2a<﹣1,即<a<.∴实数a的取值范围是(,).18.(2021•江西鹰潭二模•理T23.)设x,y,z∈R,z(x+2y)=m.(1)若x2+2y2+3z2的最小值为4,求m的值;(2)若,证明:m≤﹣1或m≥1.【解析】(1)x2+2y2+3z2=(x2+z2)+2(y2+z2)≥2xz+4yz=2(xy+2yz),当且仅当x=y=z,上式取得等号,由题意可得2(xy+2yz)=2m=4,∴m=2.(2)证明:∵a2+b2≥2|ab|,∴2(a2+b2)≥(a+b)2,∴,∴|m|≥1,可得m≤﹣1或m≥1.19.(2021•吉林长春一模•文T23.)已知(I)求证:;16,(Ⅱ)求证:.【解析】(1)证明:因为,所以,(当且仅当时取等号)(5分)(2)因为,所以所以,当且仅当时取等号(10分)20.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T23.)已知a,b∈R+,(a﹣b)2=(ab)3,a+b≤2ab.(Ⅰ)求证:a+b≥2ab;(Ⅱ)求a与b的值.【解析】(Ⅰ)证明:∵a,b∈R+,(a﹣b)2=(ab)3,∴(a+b)2=(a﹣b)2+4ab=(ab)3+4ab,则a+b≥2ab;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a+b≥2ab,又a+b≤2ab,∴a+b=2ab,又取等号时,(ab)3=4ab,即ab=2,联立,解得或.21.(2021•安徽淮北二模•文T23.)设函数f(x)=|2x﹣a|+|x+|(a>0).(Ⅰ)证明:f(x)≥2;(Ⅱ)若f(1)<4,求实数a的取值范围.【解析】(Ⅰ)证明:∵f(x)=|2x﹣a|+|x+|=,∴f(x)在(﹣∞,﹣)单调递减,在[﹣,]单调递减,在(,+∞)上单调递减,∴f(x)min=f()=+≥2,当且仅当x=且a=2时取最小值,∴f(x)≥2;16,(Ⅱ)∵f(1)=|2﹣a|+|1+|<4(a>0),∴|2﹣a|<3﹣,∴3﹣>0,解得:a>①,当a≤2时,有2﹣a<3﹣,∴a<﹣2或a>1,结合①得:1<a≤2,当a>2时,有a﹣2<3﹣,∴2<a<,综上:实数a的取值范围是(1,).22.(2021•宁夏银川二模•文T23.)已知函数f(x)=|x+a|﹣2|x﹣b|(a>0,b>0).(1)当a=b=1时,解不等式f(x)>0;(2)若函数g(x)=f(x)+|x﹣b|的最大值为2,求的最小值.【解析】(1)当a=b=1时,f(x)=|x+1|﹣2|x﹣1|,①当x≤﹣1时,f(x)=﹣(x+1)+2(x﹣1)=x﹣3>0,∴x>3,∴无解,②当﹣1<x<1时,f(x)=(x+1)+2(x﹣1)=3x﹣1>0,∴<x<1,③当x≥1时,f(x)=(x+1)﹣2(x﹣1)=﹣x+3>0,∴1≤x<3,综上所述:不等式f(x)>0的解集为(,3).(2)g(x)=)=|x+a|﹣2|x﹣b|+|x﹣b|=|x+a|﹣|x﹣b|,∵|x+a|﹣|x﹣b|≤|(x+a)﹣(x﹣b)|=|a+b|,∴g(x)max|=|a+b|=2,∵a>0,b>0,∴a+b=2,∴+=(+)(a+b)×=(++5)×≥(2+5)×=,当且仅当=,即b=2a时取等号,∴+的最小值为.23.(2021•山西调研二模•文T23)(1)证明:a2+1≥a+12;(2)若a>0,b>0,求ab+ba2+b2+1的最大值.【解析】(1)证明:∵a2+b22≥a+b2,当且仅当a=b时,等号成立,∴令b=1,则有a2+12≥a+12,当且仅当a=1时,等号成立,即a2+1≥a+12;(2)解:由(1)得a2+1≥a+12,即a2+1≥(a+1)22,当且仅当a=1时,等号成立,∴ab+ba2+b2+1=(a+1)b(a2+1)+b2≤(a+1)b(a+1)22+b2,又∵(a+1)22+b2≥2(a+1)22⋅b2=2(a+1)⋅b,当且仅当(a+1)22=b时,等号成立,即16,a+1=2b,即a=1b=2时,等号成立,∴(a+1)b(a+1)22+b2≤(a+1)b2(a+1)b=22,即ab+ba2+b2+1≤22,∴当a=1b=2时,ab+ba2+b2+1取得最大值,且最大值为22.【解析】(1)由a2+b22≥a+b2,令b=1即可得证;(2)利用(1)的结论可得ab+ba2+b2+1≤22,由此求得最大值.本题考查不等式的证明,考查最值的求解,考查逻辑推理能力,属于中档题.24.(2021•河南郑州二模•文T23.)已知函数f(x)=|2x﹣4|+|x+a|(a>0).(Ⅰ)若a=1,求不等式f(x)≥5的解集;(Ⅱ)若f(x)≥a2﹣2a+4恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(Ⅰ)若a=1,不等式f(x)≥5即为|2x﹣4|+|x+1≥5,等价为或或,解得x≤﹣1或﹣1<x≤0或x≥4,所以原不等式的解集为(﹣∞,0]∪[4,+∞):(Ⅱ)若f(x)≥a2﹣2a+4恒成立,即为(|2x﹣4|+|x+a|)min≥a2﹣2a+4,a>0,而|2x﹣4|+|x+a|=|x﹣2|+(|x﹣2|+|x+a|)≥|2﹣2|+|x﹣2﹣x﹣a|=|a+2|=a+2,当x=2时,上式取得等号,所以a2﹣2a+4≤a+2,即a2﹣3a+2≤0,解得1≤a≤2,即a的取值范围是[1,2].16
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高考 - 二轮专题
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时间:2021-08-14
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八年级数学教师个人工作计划