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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 不等式選講課時訓練 選修4-5 1. 解不等式1<|x－1|<3. 解：原不等式可化為12時，不等式化為x＋1＋x－2<4， 解得22x. 解：原不等式等價于x2－2x＋4<－2x?、?， 或x2－2x＋

2、4>2x?、? 解①得解集為?， 解②得解集為{x|x∈R且x≠2}． ∴ 原不等式的解集為{x|x∈R且x≠2}． 4. 解不等式x2－|x|－2<0. 解：(解法1)當x≥0時，x2－x－2<0， 解得－1

3、≤4的x的最大值為3，求實數(shù)a的值． 解：因為x的最大值為3，所以x≤3，即不等式為|2x＋a|＋3－x≤4，所以|2x＋a|≤x＋1， 所以所以 因為x的最大值為3，所以1－a＝3，即a＝－2. 6. 已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|－|a2－2a|.若函數(shù)f(x)的圖象恒在x軸上方，求實數(shù)a的取值范圍． 解：f(x)的最小值為3－|a2－2a|， 由題設，得|a2－2a|<3，解得a∈(－1，3)． 7. 已知函數(shù)f(x)＝|x|－|x－3|. (1) 解關于x的不等式f(x)≥1； (2) 若存在x0∈R，使得關于x的不等式m≤f(x0)成立，求實數(shù)m的取值范圍

4、． 解：(1) 原不等式等價于不等式組①：或②：或③：不等式組①無解；解不等式組②得2≤x＜3；解不等式組③得x≥3，所以原不等式的解集為[2，＋∞)． (2) 由題意知m≤f (x)max，因為f(x)＝|x|－|x－3|≤|x－x＋3|＝3，所以f(x)max＝3，所以m≤3，即m∈(－∞，3]． 8. 已知函數(shù)f(x)＝|1－x|－|2＋x|. (1) 求f(x)的最大值； (2) |2t－1|≥f(x)恒成立，求實數(shù)t的取值范圍． 解：(1) f(x)＝|1－x|－|2＋x|≤|1－x＋2＋x|＝3， 當且僅當x≤－2時等號成立，∴ f(x)max＝3. (2) 由|2

5、t－1|≥f(x)恒成立得|2t－1|≥f(x)max， 即|2t－1|≥3，2t－1≥3或2t－1≤－3， 解得t≥2 或 t≤－1， ∴ 實數(shù)t的取值范圍是(－∞，－1]∪[2，＋∞)． 9. 已知關于x的不等式|ax－1|＋|ax－a|≥1(a>0)． (1) 當a＝1時，求此不等式的解集； (2) 若此不等式的解集為R，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1) 當a＝1時，得2|x－1|≥1, 即|x－1|≥， 解得x≥或x≤， ∴ 不等式的解集為∪. (2) ∵ |ax－1|＋|ax－a|≥|a－1|， ∴ 原不等式解集為R等價于|a－1|≥1. ∴ a≥2或a≤0

6、. ∵ a>0，∴ a≥2. ∴ 實數(shù)a的取值范圍是[2，＋∞)． 10. 設函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－2|. (1) 求不等式f(x)>2的解集； (2) ?x∈R，f(x)≥t2－t，求實數(shù)t的取值范圍． 解：(1) f(x)＝ 當x<－時，－x－3>2，x<－5，∴ x<－5； 當－≤x<2時，3x－1>2，x>1，∴ 12，x>－1，∴ x≥2. 綜上所述，不等式f(x)＞2的解集為{x|x>1或x<－5}． (2) f(x)min＝－，若?x∈R，f(x)≥t2－t恒成立， 則只需f(x)min＝－≥t2－，解得≤t≤5

7、. 即t的取值范圍是. 11. 設函數(shù)f(x)＝|2x－1|－|x＋1|. (1) 求不等式f(x)≤0的解集D； (2) 若存在實數(shù)x∈{x|0≤x≤2}，使得＋>a成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1) 當x≤－1時，由f(x)＝－x＋2≤0得x≥2，所以x∈?； 當－1時，由f(x)＝x－2≤0得x≤2，所以

8、∞，2)． 第2課時　不等式證明的基本方法 1. 已知x≥1，y≥1，求證：x2y＋xy2＋1≤x2y2＋x＋y. 證明：左邊－右邊＝(y－y2)x2＋(y2－1)x－y＋1＝(1－y)[yx2－(1＋y)x＋1]＝(1－y)(xy－1)(x－1)， ∵ x≥1，y≥1，∴ 1－y≤0，xy－1≥0，x－1≥0. 從而左邊－右邊≤0， ∴ x2y＋xy2＋1≤x2y2＋x＋y. 2. (2017·蘇州期末)已知a，b，x，y都是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：(ax＋by)(bx＋ay)≥xy. 證明：因為a，b，x，y都是正數(shù)， 所以(ax＋by)(bx＋ay)＝ab(x2＋y2

9、)＋xy(a2＋b2) ≥ab·2xy＋xy(a2＋b2)＝(a＋b)2xy. 又a＋b＝1，所以(ax＋by)(bx＋ay)≥xy. 當且僅當x＝y(tǒng)時等號成立． 3. 已知x，y，z∈R，且x＋2y＋3z＋8＝0.求證：(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14. 證明：因為[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2](12＋22＋32) ≥[(x－1)＋2(y＋2)＋3(z－3)]2 ＝(x＋2y＋3z－6)2＝142， 當且僅當＝＝，即x＝z＝0，y＝－4時，取等號， 所以(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14. 4. 已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|x

10、＋1|，函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域為M. (1) 求不等式f(x)≤3的解集； (2) 若t∈M，求證：t2＋1≥＋3t. (1) 解：依題意，得f(x)＝于是得f(x)≤3?或或解得－1≤x≤1.即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}． (2) 證明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3， 當且僅當(2x－1)(2x＋2)≤0時，取等號，∴M＝[3，＋∞)． 原不等式等價于t2－3t＋1－＝＝. ∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1＞0. ∴≥0.∴t2＋1≥＋3t. 5. (2017·蘇、錫、常、鎮(zhèn)二模

11、)已知a，b，c為正實數(shù)，求證：＋＋≥a＋b＋c. 證明：∵ a，b，c為正實數(shù)，∴ a＋≥2b，b＋≥2c，c＋≥2a， 將上面三個式子相加得a＋b＋c＋＋＋≥2a＋2b＋2c， ∴ ＋＋≥a＋b＋c. 6. 設a1，a2，a3均為正數(shù)，且a1＋a2＋a3＝1，求證：＋＋≥9. 證明：因為a1，a2，a3均為正數(shù)，且a1＋a2＋a3＝1，所以＋＋＝(a1＋a2＋a3)≥3(a1a2a3)·3＝9(當且僅當a1＝a2＝a3時等號成立)，所以＋＋≥9. 7. 已知正數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋3z＝1，求＋＋的最小值． 解：＋＋＝(x＋2y＋3z) ＝1＋4＋9＋＋＋＋＋＋ ≥

12、14＋2＋2＋2＝36， 當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝時等號成立， ∴ ＋＋的最小值為36. 8. 已知x＞0，y＞0，z＞0且xyz＝1，求證：x3＋y3＋z3≥xy＋yz＋zx. 證明：∵ x＞0，y＞0，z＞0， ∴ x3＋y3＋z3≥3xyz. 同理x3＋y3＋1≥3xy，y3＋z3＋1≥3yz，x3＋z3＋1≥3xz. 將以上各式相加，得3x3＋3y3＋3z3＋3≥3xyz＋3xy＋3yz＋3zx. ∵ xyz＝1，∴ x3＋y3＋z3≥xy＋yz＋zx. 9. 已知a，b，c均為正數(shù)，且a＋2b＋4c＝3.求＋＋的最小值，并指出取得最小值時a，b，c的值． 解：∵ a＋

13、2b＋4c＝3，∴ (a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)＝10. ∵ a，b，c為正數(shù)， ∴ 由柯西不等式得[(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)]·≥(1＋＋2)2. 當且僅當(a＋1)2＝2(b＋1)2＝4(c＋1)2時，等式成立． ∴＋＋≥， ∴ 2(c＋1)＋2(c＋1)＋4(c＋1)＝10， ∴ c＝，b＝，a＝. 10. 已知a＋b＋c＝1，a，b，c＞0.求證： (1) abc≤； (2) a2＋b2＋c2≥. 證明：(1) a＋b＋c≥3·，而a＋b＋c＝1?abc≤，當且僅當a＝b＝c＝時取等號． (2) 由柯西不等式得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2＝，由(1)知≤， ∴ a2＋b2＋c2≥，當且僅當a＝b＝c＝時取等號． 11. 已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝.若存在實數(shù)x使f(x)＋g(x)＞a成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：存在實數(shù)x使f(x)＋g(x)＞a成立， 等價于f(x)＋g(x)的最大值大于a. ∵ f(x)＋g(x)＝＋ ＝×＋1×， 由柯西不等式得，(×＋1×)2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64， ∴ f(x)＋g(x)＝＋≤8，當且僅當x＝10時取等號． 故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，8)．