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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第12章 第3节 不等式选讲(含解析)新人教B版
【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第12章 第3节 不等式选讲(含解析)新人教B版
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【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第12章第3节不等式选讲新人教B版一、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④D.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>NB.M<NC.M≥ND.M≤N[答案] C[解析] ∵(a2+b2)-(ab+a+b-1)=a2+b2-ab-a-b+1=(2a2+2b2-2ab-2a-2b+2)=[(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)]=[(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≤4,∴-1≤a≤4.5.已知命题p:∀x∈R,|x+2|+|x-1|≥m,命题q:∃x∈-5-\nR,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] 由绝对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”的充要条件.6.若a,b∈R且a≠b,则在①a2+ab>2b2;②a5+b5>a3b2+a2b3;③a2+b2≥2(a-b-1);④+>2.这四个式子中一定成立的有( )A.4个B.3个C.2个D.1个[答案] D[解析] ①中a2+ab-2b2=(a+)2-b2>0不一定成立,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≥0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)=的定义域为R,则实数m的取值范围为________.[答案] (-∞,-6]∪[2,+∞)[解析] 根据题意,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.(2022·天津)设a+b=2,b>0,则+的最小值为________.[答案] [解析] 因为+=+≥+2=+1≥-+1=,当且仅当=,a<0,即a=-2,b=4时取等号,故+的最小值是.9.(2022·陕西质检)若不等式|x+1|+|x-3|≥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] 由绝对值不等式的意义可得a+≤4,-5-\n∴≤0,解得a的取值范围为(-∞,0)∪{2}.三、解答题10.(文)(2022·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)=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≥|1-2m|,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≤4.即实数m的取值范围是[-3,4].(理)(2022·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,或或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|≥,解得x≥或x≤,∴不等式的解集为(-∞,]∪[,+∞).-5-\n(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·山西大学附中月考)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)或或解得x<-7或<x≤4或x>4.所以解集为{x|x<-7或x>}.(2)f(x)=可知在(-∞,-)上,f(x)单调递减,(-,+∞)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(-)=-.所以a>-.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=∴φ(n)的最小值为4,故实数m的取值范围为[4,+∞).(理)(2022·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|,则由对数定义及绝对值的几何意义知0<t≤10,因为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:++≥++.[证明] 因为x,y,z都为正数,所以+=(+)≥.同理可得+≥,+≥,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,++≥++.-5-\n(理)(2022·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≤;(2)++≥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+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.-5-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:14:14
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文章作者:U-336598
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