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1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第二編專題整合突破專題八系列4選講第二講不等式選講適考素能特訓(xùn)
1．[xx·湖北八校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝|x－10|＋|x－20|，且滿足f(x)<10a＋10(a∈R)的解集不是空集．
(1)求實(shí)數(shù)a的取值集合A；
(2)若b∈A，a≠b，求證：aabb>abba.
解 (1)|x－10|＋|x－20|<10a＋10的解集不是空集，
則(|x－10|＋|x－20|)min<10a＋10，
∴10<10a＋10，∴a>0，A＝(0，＋∞)．
(2)證明：不妨設(shè)a>b，則＝a－b，
∵a>b>0，∴>1，a－b>0，a－b>1，
∴aabb>ab
2、ba.
2．[xx·河南測(cè)試]已知函數(shù)f(x)＝|x－2|.
(1)解不等式f(x)＋f(x＋5)≥9；
(2)若|a|<1，|b|<1，求證：f(ab＋3)>f(a＋b＋2)．
解 (1)f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|
＝
當(dāng)x<－3時(shí)，由－2x－1≥9，解得x≤－5；
當(dāng)－3≤x≤2時(shí)，f(x)≥9，不成立；
當(dāng)x>2時(shí)，由2x＋1≥9，解得x≥4.
所以不等式f(x)＋f(x＋5)≥9的解集為{x|x≤－5或x≥4}．
(2)證明：f(ab＋3)>f(a＋b＋2)，即|ab＋1|>|a＋b|.
因?yàn)閨a|<1，|b|<1，
所以|ab＋1|2－|a
3、＋b|2＝(a2b2＋2ab＋1)－(a2＋2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)>0，
所以|ab＋1|>|a＋b|，
故所證不等式成立．
3．已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>1；
(2)當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)g(x)＝(a>0)的最小值總大于函數(shù)f(x)，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)x>2時(shí)，原不等式可化為x－2－x－1>1，此時(shí)不成立；
當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，原不等式可化為2－x－x－1>1，即－1≤x<0；
當(dāng)x<－1時(shí)，原不等式可化為2－x＋x＋1>1，即x<－1，
綜上，原不等式的解集是{x|x<0}．
(2)因?yàn)間(x)＝a
4、x＋－1≥2－1，當(dāng)且僅當(dāng)ax＝，即x＝時(shí)“＝”成立，
所以g(x)min＝2－1，
f(x)＝所以f(x)∈[－3,1)，
所以2－1≥1，即a≥1為所求．
4．[xx·全國(guó)卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝|2x－1|.當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}．
(2)當(dāng)x∈R時(shí)，
f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|
5、2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a.
所以當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)＋g(x)≥3等價(jià)于|1－a|＋a≥3.①
當(dāng)a≤1時(shí)，①等價(jià)于1－a＋a≥3，無(wú)解．
當(dāng)a>1時(shí)，①等價(jià)于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范圍是[2，＋∞)．
5．[xx·湖北七市聯(lián)考]設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|，a∈R.
(1)若a＝1，解不等式f(x)≥(x＋1)；
(2)記函數(shù)g(x)＝f(x)－|x－2|的值域?yàn)锳，若A?[－1,3]，求a的取值范圍．
解 (1)由于a＝1，故f(x)＝
當(dāng)x<1時(shí)，由f(x)≥(x＋1)，得1－x≥(x＋1)，解得x≤.
當(dāng)x≥1時(shí)，由f(x)≥(x＋
6、1)，得x－1≥(x＋1)，解得x≥3.
綜上，不等式f(x)≥(x＋1)的解集為∪[3，＋∞)．
(2)當(dāng)a<2時(shí)，g(x)＝g(x)的值域A＝[a－2,2－a]，
由A?[－1,3]，得解得a≥1，又a<2，故1≤a<2；
當(dāng)a≥2時(shí)，g(x)＝g(x)的值域A＝[2－a，a－2]，
由A?[－1,3]，得解得a≤3，又a≥2，
故2≤a≤3.
綜上，a的取值范圍為[1,3]．
6．[xx·西安交大附中六診]設(shè)函數(shù)f(x)＝＋|x－a|.
(1)求證：當(dāng)a＝－時(shí)， 不等式ln f(x)>1成立；
(2)關(guān)于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立，求實(shí)數(shù)a的最大值．
解 (
7、1)證明：由f(x)＝＋
＝
得函數(shù)f(x)的最小值為3，從而f(x)≥3>e.
所以ln f(x)>1成立．
(2)由絕對(duì)值的性質(zhì)得f(x)＝＋|x－a|≥＝，
所以f(x)最小值為，從而≥a，
解得a≤，
因此a的最大值為.
7.[xx·太原測(cè)評(píng)]對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，記實(shí)數(shù)M的最大值是m.
(1)求m的值；
(2)解不等式|x－1|＋|x－2|≤m.
解 (1)不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，
即M≤對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a(a≠0)和b恒成立，
所以M的最大值m是的最小值．
因?yàn)閨a＋b|＋|
8、a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，
當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(a＋b)≥0時(shí)等號(hào)成立，即|a|≥|b|時(shí)，
≥2成立，所以m＝2.
(2)|x－1|＋|x－2|≤2.
解法一：利用絕對(duì)值的意義得≤x≤.
解法二：當(dāng)x<1時(shí)，原不等式化為－(x－1)－(x－2)≤2，
解得x≥，所以x的取值范圍是≤x<1；
當(dāng)1≤x≤2時(shí)，原不等式化為(x－1)－(x－2)≤2，
得x的取值范圍是1≤x≤2；
當(dāng)x>2時(shí)，原不等式化為(x－1)＋(x－2)≤2，解得x≤.
所以x的取值范圍是2
9、2，
作出y＝
利用圖象有當(dāng)y≤0，得≤x≤.
8．[xx·洛陽(yáng)統(tǒng)考]已知a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)．
(1)求＋＋的最小值；
(2)求證：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2.
解 (1)因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以＋＋≥3·＝3·≥3·＝3×＝6，
當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，a＝b，即a＝b＝且x1＝x2＝1時(shí)，＋＋有最小值6.
(2)證法一：由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
及柯西不等式可得：
(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x1＝x2時(shí)取得等號(hào)．
證法二：因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)，
所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)
＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2
＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x)
≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2)
＝x1x2(a2＋b2＋2ab)
＝x1x2(a＋b)2
＝x1x2，
當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2時(shí)，取得等號(hào)．
2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第二編專題整合突破專題八系列4選講第二講不等式選講適考素能特訓(xùn)
