高考数学大二轮复习 专题10 系列4选讲 第2讲 不等式选讲真题押题精练 理-人教版高三全册数学试题.doc

第2讲不等式选讲

1.(2017·高考全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1<x≤eq\f(－1＋\r(17),2).
所以f(x)≥g(x)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(－1＋\r(17),2))))).
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1，1]时，f(x)≥2.又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
3．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x≤－1，,2x，－1＜x＜1，,2，x≥1.))
故不等式f(x)＞1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2))))).
(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|＜1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；
若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(2,a)))))，
所以eq\f(2,a)≥1，故0＜a≤2.
综上，a的取值范围为(0,2]．

1.已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|.
(1)求函数f(x)的最小值k；
(2)在(1)的结论下，若正实数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(k)，求证：eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2)≥2.
解析：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
所以函数f(x)的最小值为3.
(2)证明：由(1)知，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(3)，
根据柯西不等式得，(eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2))[12＋(eq\f(1,\r(2)))2]≥(eq\f(1,a)×1＋eq\f(\r(2),b)×eq\f(1,\r(2)))2＝3，
所以eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2)≥2.
2．已知函数f(x)＝|2x＋a|＋2a，a∈R.
(1)若对于任意x∈R，f(x)都满足f(x)＝f(3－x)，求a的值；
(2)若存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)因为f(x)＝f(3－x)，x∈R，
所以f(x)的图象关于x＝eq\f(3,2)对称．
又f(x)＝2|x＋eq\f(a,2)|＋2a的图象关于x＝－eq\f(a,2)对称，
所以－eq\f(a,2)＝eq\f(3,2)，所以a＝－3.
(2)f(x)≤－|2x－1|＋a等价于|2x＋a|＋|2x－1|＋a≤0.设g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋a，
则g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋a＝|a＋1|＋a.
由题意g(x)mi