【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第12章-第3节-不等式选讲.docx

第十二章　第三节

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③
C．①和④ D.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>N B.M<N
C．M≥N D.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∈R，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]　由确定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.这四个式子中确定成立的有(　　)
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不愿定成立，
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]　依据题意，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．(2021·天津)设a＋b＝2，b>0，则＋的最小值为________．
[答案]　
[解析]　由于＋＝＋≥＋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]　由确定值不等式的意义可得a＋≤4，
∴≤0，解得a的取值范围为(－∞，0)∪{2}．
三、解答题
10．(文)(2021·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)(2021·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(－∞，]∪[，＋∞)．
(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·山西高校附中月考)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)(2021·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|，则由对数定义及确定值的几何意义知0<t≤10，
由于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]　由于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，
＋＋≥＋＋.
(理)(2021·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)由于＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.