创新设计（全国通用）高考数学二轮复习 专题七 选考系列 第2讲 不等式选讲练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

专题七选考系列第2讲不等式选讲练习理
1.已知函数f(x)＝|x＋2|－2|x－1|.
(1)解不等式f(x)≥－2.
(2)对任意x∈[a，＋∞)，都有f(x)≤x－a成立，求实数a的取值范围.
解(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－2，,3x，－2＜x＜1，,－x＋4，x≥1，))f(x)≥－2，
当x≤－2时，x－4≥－2，即x≥2，所以x∈∅；
当－2＜x＜1时，3x≥－2，即x≥－eq\f(2,3)，
所以－eq\f(2,3)≤x＜1，
当x≥1时，－x＋4≥－2，即x≤6，所以1≤x≤6，
综上，不等式f(x)≥－2的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)≤x≤6)))).
(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－2，,3x，－2＜x＜1，,－x＋4，x≥1，))函数f(x)的图象如图所示：
令y＝x－a，－a表示直线的纵截距，当直线过(1，3)点时，－a＝2；
所以当－a≥2，即a≤－2时成立；
当－a＜2，即a＞－2时，令－x＋4＝x－a，得x＝2＋eq\f(a,2)，
所以a≥2＋eq\f(a,2)，即a≥4时成立，
综上可知a的取值范围为(－∞，－2]∪[4，＋∞).
2.已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1].
(1)求m的值；
(2)若a，b，c大于0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
(1)解∵f(x＋2)＝m－|x|，
∴f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}.
又f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.
(2)证明由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，且a，b，c大于0，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))
＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)))
≥3＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋2eq\r(\f(3c,a)·\f(a,3c))＋2eq\r(\f(3c,2b)·\f(2b,3c))＝9.
当且仅当a＝2b＝3c＝3时，等号成立.
因此a＋2b＋3c≥9.
3.已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式：|g(x)|＜5.
(2)若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解(1)由||x－1|＋2|＜5得－5＜|x－1|＋2＜5，
所以－7＜|x－1|＜3，可得不等式的解集为(－2，4).
(2)因为任意x1∈R，都有x2∈R，
使得f(x1)＝g(x2)成立，
所以{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
所以|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，
所以实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[－1，＋∞).
4.设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；
(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).
证明(1)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，
由于a，b，c>0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca).
即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而这可以由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得.∴原不等式成