2018届高三数学一轮复习 不等式选讲 文（课件+习题）（打包4套）.zip

1第一节 绝对值不等式A组 基础题组1.已知函数 f(x)=|x-a|+3x,其中 a0.(1)当 a=1时,求不等式 f(x)≥3x+2 的解集;(2)若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤-1},求 a的值.2.已知函数 f(x)=|x+m|-|5-x|(m∈R).(1)当 m=3时,求不等式 f(x)6的解集;(2)若不等式 f(x)≤10 对任意实数 x恒成立,求 m的取值范围.3.(2015课标Ⅰ,24,10 分)已知函数 f(x)=|x+1|-2|x-a|,a0.(1)当 a=1时, 求不等式 f(x)1的解集;(2)若 f(x)的图象与 x轴围成的三角形面积大于 6,求 a的取值范围.4.(2016安徽皖南八 校联考)已知函数 f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求不 等式 f(x)≥2 的解集;(2)若关于 x的不等式 f(x)0),若|x-a| -f(x)≤ + (a0)恒成立,求实数 a的取值范围.1𝑚1𝑛38.已知函数 f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.(1)当 a=-2时,求不等式 f(x)-1,且 x∈ 时, f(x)≤g(x),求 a的取值范围.[-𝑎2,12)4答案全解全析A组 基础题组1. 解析 (1)当 a=1时, f(x)≥3x+2 可化为|x-1|≥2.由此可得 x≥3 或 x≤-1.故当 a=1时,不等式 f(x)≥3x+2 的解集为{x|x≥3 或 x≤-1}.(2)由 f(x)≤0 得|x-a|+3x≤0.此不等式可化为或{𝑥≥𝑎,𝑥-𝑎+3𝑥≤0 { 𝑥0,解得 x≤- ,即不等式 f(x)≤0 的解集为 .𝑎2 {𝑥|𝑥≤-𝑎2}∵不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤-1},∴- =-1,故 a=2.𝑎22. 解析 (1)当 m=3时, f(x)= {-8,𝑥5, 当 x6 无解;当-3≤x≤5 时,由 f(x)6得 45时,由 f(x)6得 x5.综上, f(x)6 的解集为{x|x4}.(2)f(x)=|x+m|-|5-x|≤|( x+m)+(5-x)|=|m+5|,由题意得|m+5|≤10,则-10≤m+5≤10,解得-15≤m≤5.故 m的取值范围为[-15,5].3. 解析 (1)当 a=1时, f(x)1 可化为|x+1|-2|x-1|-10.当 x≤-1 时,不等式可化为 x-40,无解;当-10,解得 0,解得 1≤x1的解集为 .{𝑥|23𝑎. 5所以函数 f(x)的图象与 x轴围成的三角形的三个顶点分别为 A ,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC 的(2𝑎-13 ,0)面积为 (a+1)2.23由题设得 (a+1)26,故 a2.23所以 a的取值范围为(2,+∞).4. 解析 (1)当 x 时, f(x)=3x≥2,解得 x≥ ,12 23当-1≤x≤ 时, f(x)=2-x≥2,解得-1≤x≤0,12当 x 时 , f(x)=3x ,当-1≤x≤ 时, f(x)=2-x≥ ,12 32 12 32当 x3,综上, f(x) min= ,故 a≤ .32 32B组 提升题组5. 解析 (1)由|kx-1|≤2,得-2≤kx-1≤2,∴-1≤kx≤3,∴- ≤ x≤1.13 𝑘3由已知,得 =1,∴k=3.𝑘3(2)由已知,得|k-1|+|2k-1|-1,此时-11时,(k-1)+(2k-1)1时,不等式可化为 3x+2+x-10),∴ + = (m+n)=1+1+ + ≥4 当且仅当 = 时,等号成立 .1𝑚1𝑛(1𝑚+1𝑛) 𝑛𝑚𝑚𝑛 𝑛𝑚𝑚𝑛令 g(x)=|x-a|-f(x)=|x-a|-|3x+2|,则 g(x)={2𝑥+2+𝑎,𝑥𝑎. ∴当 x=- 时,g(x)取最大值,g(x) max= +a,23 23要使不等式|x-a|-f(x)≤ + 恒成立,1𝑚1𝑛只需 g(x)max= +a≤4,又 a0,则 01. 其图象如图所示.从图象可知,当且仅当 x∈(0,2)时,y0.所以原不等式的解集是{x|0x2}.(2)当 x∈ 时, f(x)=1+a.[-𝑎2,12)不等式 f(x)≤g(x)可化为 1+a≤x+3.7所以 x≥a-2 对 x∈ 都成立.[-𝑎2,12)故- ≥a-2,即 a≤ .𝑎2 43从而 a的取值范围是 .(-1,43]1第二节 不等式的证明A组 基础题组1.已知 abc,且 a+b+c=0,求证: f(a)-f(-b).4.(2016广东肇庆三模)已知 a0,b0,且 a+b=1.(1)求 ab的最大值;(2)求证: ≥ .(𝑎+1𝑎)(𝑏+1𝑏) 254B组 提升题组5.(1)已知 a,b都是正数,且 a≠b,求证:a 3+b3a2b+ab2;(2)已知 a,b,c都是正数,求证: ≥abc.𝑎2𝑏2+𝑏2𝑐2+𝑐2𝑎2𝑎+𝑏+𝑐26.在△ABC 中,内角 A,B,C所对的边的长 分别为 a,b,c,证明:(1) + + +abc≥2 ;1𝑎31𝑏31𝑐3 3(2) + + ≥9.𝜋𝐴𝜋𝐵𝜋𝐶7.已知 a是常数,对任意实数 x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤|x+1|+|2-x|都成立.(1)求 a的值;(2)设 mn0,求证 :2m+ ≥2n+a.1𝑚2-2𝑚𝑛+𝑛23答案全解全析A组 基础题组1. 解析 要证 0,只需证(a-b)(2a+b)0,只需证(a-b)(a-c)0.∵abc,∴a-b0,a-c0.∴(a-b)(a-c)0 显然成立,故原不等式成立.2. 证明 (1)由 a2+b2≥2ab,b 2+c2≥2bc,c 2+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≤ .13(2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c,故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), 即 + + ≥a+b+c.𝑎2𝑏 𝑏2𝑐 𝑐2𝑎 𝑎2𝑏𝑏2𝑐 𝑐2𝑎 𝑎2𝑏𝑏2𝑐 𝑐2𝑎所以 + + ≥1.𝑎2𝑏𝑏2𝑐 𝑐2𝑎3. 解析 (1)当 x≤-1 时,原不等式可化为-x-11,12综上,M={x|x1}.(2)证明:证法一: f(ab)=|ab+1|=|(ab+b)+(1-b)|≥|ab+b|-|1-b|=|b||a+1|-|1-b|.因为 a,b∈M,所以|b|1,|a+ 1|0,所以 f(ab)|a+1|-|1-b|,即 f(ab)f(a)-f(-b).证法二:因为 f(a)-f(-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|,所以要证 f(ab)f(a)-f(-b),只需证|ab+1||a+b|,即证|ab+1| 2|a+b|2,即证 a2b2+2ab+1a2+2ab+b2,即证 a2b2-a2-b2+10,4即证(a 2-1)(b2-1)0.因为 a,b∈M,所以 a21,b21,所以(a 2-1)(b2-1)0成立,所以原不等式成立.4. 解析 (1)∵a0,b0,且 a+b=1,∴ ≤ = ,𝑎𝑏𝑎+𝑏2 12∴ab≤ 当且仅当 a=b= 时,等号成立 ,14 12即 ab的最大值为 .14(2)证明:证法一:(分析法)欲证原式,需证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,即证 4(ab)2-33ab+8≥0,即证 ab≤ 或 ab≥8.14∵a0,b0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立.∵1=a+b≥2 ,∴ab≤ ,得证 .𝑎𝑏14证法二:(比较法)∵a+b=1,a0,b0,∴a+b≥2 ,𝑎𝑏∴00.又因为 a≠b,所以(a-b) 20.于是(a+b)(a-b) 20,即(a 3+b3)-(a2b+ab2)0,所以 a3+b3a2b+ab2.(2)因为 b2+c2≥2bc,a 20,所以 a2(b2+c2)≥2a 2bc.①同理,b 2(a2+c2)≥2ab 2c.②c2(a2+b2)≥2abc 2.③①②③相加得 2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a 2bc+2ab2c+2abc2,从而 a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).由 a,b,c都是正数,得 a+b+c0,因此 ≥abc.𝑎2𝑏2+𝑏2𝑐2+𝑐2𝑎2𝑎+𝑏+𝑐6. 证明 (1)因为 a,b,c为正实数,5由基本不等式可得 + + ≥3 ,1𝑎31𝑏31𝑐3 31𝑎3·1𝑏3·1𝑐3即 + + ≥ ,1𝑎31𝑏31𝑐3 3𝑎𝑏𝑐所以 + + +abc≥ +abc,1𝑎31𝑏31𝑐3 3𝑎𝑏𝑐而 +abc≥2 =2 ,3𝑎𝑏𝑐 3𝑎𝑏𝑐·𝑎𝑏𝑐3所以 + + +abc≥2 .1𝑎31𝑏31𝑐3 3当且仅当 a=b=c= 时取等号.63(2) + + ≥3 = ≥ = ,所 以 + + ≥9,1𝐴1𝐵1𝐶 3 1𝐴𝐵𝐶33𝐴𝐵𝐶 3𝐴+𝐵+𝐶3 9𝜋 𝜋𝐴𝜋𝐵𝜋𝐶当且仅当 A=B=C= 时取等号.𝜋37. 解析 (1)令 f(x)=|x+1|-|2-x|,则 f(x)={-3,𝑥≤-1,2𝑥-1,-1n0,1𝑚2-2𝑚𝑛+𝑛21(𝑚-𝑛)2∴(m-n)+(m-n)+ ≥3 =3,1(𝑚-𝑛)2 3(𝑚-𝑛)(𝑚-𝑛)1(𝑚-𝑛)26∴2m+ ≥2n+a.1𝑚2-2𝑚𝑛+𝑛2