全国版2023高考数学二轮复习专题检测二十四不等式选讲文含解析20230325130

专题检测（二十四）不等式选讲大题专攻强化练1．(2019·昆明市质量检测)已知函数f(x)＝|2x－1|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f≥4.解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等价于|2x－1|＋|2x＋1|≥4，等价于或或解得x≤－1或x≥1，所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)证明：当x≠0，x∈R时，f(－x)＋f＝|－2x－1|＋，因为|－2x－1|＋≥＝2|x|＋≥4，当且仅当即x＝±1时等号成立，所以f(－x)＋f≥4.2．(2019·沈阳市质量监测(一))设a>b>0，且ab＝2，记的最小值为M.(1)求M的值，并写出此时a，b的值；(2)解关于x的不等式：|3x＋3|＋|x－2|>M.解：(1)因为a>b>0，所以a－b>0，>0，根据基本不等式有＝＝a－b＋≥4，当且仅当即时取等号，所以M的值为4，此时a＝＋1，b＝－1.(2)当x≤－1时，原不等式等价于－(3x＋3)＋(2－x)>4，解得x<－；当－1<x<2时，原不等式等价于(3x＋3)＋(2－x)>4，解得－<x<2；当x≥2时，原不等式等价于(3x＋3)＋(x－2)>4，解得x≥2.\n综上所述，原不等式的解集为∪.　3．已知函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5.(2)若|a|>1，且f(ab)>|a|·f，证明：|b|>2.解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥5等价于|x－2|＋|x－1|≥5，当x>2时，(x－2)＋(x－1)≥5，x≥4；当1≤x≤2时，(2－x)＋(x－1)≥5，1≥5，无解；当x<1时，(2－x)＋(1－x)≥5，x≤－1.综上，不等式的解集为{x|x≥4或x≤－1}．(2)证明：f(ab)>|a|·f⇔|ab－2|>|a|·⇔|ab－2|>|b－2a|⇔(ab－2)2>(b－2a)2⇔a2b2＋4－b2－4a2>0⇔(a2－1)(b2－4)>0.因为|a|>1，所以a2－1>0，所以b2－4>0，|b|>2.4．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.(1)求＋的最小值；(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥＋成立，求实数x的取值范围．解：(1)由2a4b＝2可知a＋2b＝1，又因为＋＝(a＋2b)＝＋＋4，由a，b∈(0，＋∞)可知＋＋4≥2＋4＝8，当且仅当a＝2b时取等号，所以＋的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，\n①所以x≤－.②无解，③所以x≥4.综上，实数x的取值范围为∪[4，＋∞)．5．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.(1)求不等式f(x)≤3的解集；(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．解：(1)法一：由题意f(x)＝当x≤时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤，当<x<2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即<x<2，当x≥2时，f(x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.综上所述，原不等式的解集为[0，2]．法二：由题意f(x)＝作出f(x)的图象如图所示，注意到当x＝0或x＝2时，f(x)＝3，结合图象，不等式的解集为[0，2]．\n(2)由(1)可知，f(x)的图象如图所示，不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)>ax对任意x∈R恒成立，即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，当直线y＝ax过点A(2，3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界情况，所以－3≤a<，即实数a的取值范围为.6．(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)＝|x－a|(a∈R)．(1)当a＝2时，解不等式＋f(x)≥1；(2)设不等式＋f(x)≤x的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3，①当x≤时，1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；②当＜x＜2时，3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x＜2；③当x≥2时，3x－1＋x－2≥3，解得x≥，所以x≥2.综上所述，当a＝2时，不等式的解集为.(2)不等式＋f(x)≤x可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，依题意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈上恒成立，所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，所以解得－≤a≤，故实数a的取值范围是.7．(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；\n(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.解：(1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.8．(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，若f(x)的最小值为1.(1)求实数a的值；(2)若a＞0，m，n均为正实数，且满足m＋n＝，求m2＋n2的最小值．解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，①当a＞3，即－1＞－时，f(x)＝∵f(－1)－f＝－＝＞0，∴f(－1)＞f，则当x＝－时，f(x)min＝－4－1－a＝1，∴a＝6.\n②当a＜3，即－1＜－时，f(x)＝∵f(－1)－f＝(3－a)－＝＞0，∴f(－1)＞f，则当x＝－时，f(x)min＝4＋1＋a＝1，∴a＝0.③当a＝3，即－1＝－时，f(x)＝4|x＋1|，当x＝－1时，f(x)min＝0不满足题意．综上，a＝0或a＝6.(2)由题意知，m＋n＝3.∵m＞0，n＞0，∴(m＋n)2＝m2＋n2＋2mn≤(m2＋n2)＋(m2＋n2)＝2(m2＋n2)，即m2＋n2≥(m＋n)2，当且仅当m＝n＝时取“＝”．∵m2＋n2≥，∴m2＋n2的最小值为.