数学第二篇 熟练规范 中档大题保高分 第28练 不等式选讲 文

第二篇熟练规范中档大题保高分第28练不等式选讲明考情不等式选讲是每年的高考必考题，以选做题的形式呈现，主要考查基本运算能力和推理论证能力，中低档难度.知考向1.绝对值不等式的解法.2.不等式的证明.3.不等式的应用.研透考点核心考点突破练栏目索引规范解答模板答题规范练研透考点核心考点突破练考点一绝对值不等式的解法方法技巧方法技巧|xa|xb|c(c0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想.(2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.1234当x2时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x1；当2x4时，由f(x)4|x4|，得24，无解；当x4时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x5.所以f(x)4|x4|的解集为x|x1或x5.解答1.已知函数f(x)|xa|，其中a1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；解解记h(x)f(2xa)2f(x)，(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2，求a的值.又已知|h(x)|2的解集为x|1x2，1234解答2.(2017全国)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；当x1时，f(x)1无解；当1x2时，由f(x)1，得2x11，解得1x2；当x2时，由f(x)1，解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1.1234解答(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围.解解由f(x)x2xm，得m|x1|x2|x2x，1234解答解解当a2时，f(x)|2x2|2.解不等式|2x2|26，得1x3.因此f(x)6的解集为x|1x3.1234解答3.(2016全国)已知函数f(x)|2xa|a.(1)当a2时，求不等式f(x)6的解集；解解当xR时，f(x)g(x)|2xa|a|12x|2xa12x|a|1a|a，1234解答(2)设函数g(x)|2x1|，当xR时，f(x)g(x)3，求a的取值范围.所以当xR时，f(x)g(x)3等价于|1a|a3.当a1时，等价于1aa3，无解；当a1时，等价于a1a3，解得a2.所以a的取值范围是2，).1234解解由|x1|2|5，得5|x1|25，所以7|x1|3，可得不等式的解集为(2，4).解答4.已知函数f(x)|2xa|2x3|，g(x)|x1|2.(1)解不等式|g(x)|5；1234解解因为对任意x1R，都有x2R，使得f(x1)g(x2)成立，所以y|yf(x)y|yg(x).又f(x)|2xa|2x3|(2xa)(2x3)|a3|，g(x)|x1|22，所以|a3|2，解得a1或a5，所以实数a的取值范围为(，51，).解答(2)若对任意的x1R，都有x2R，使得f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围.考点二不等式的证明要点重组要点重组(1)含绝对值的不等式的性质|a|b|ab|a|b|.(3)柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2，当且仅当adbc时等号成立.5.已知函数f(x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为1，1.(1)求m的值；解解因为f(x2)m|x|，所以f(x2)0等价于|x|m.由|x|m有解，得m0，且其解集为x|mxm.又f(x2)0的解集为1，1，故m1.5678解答5678当且仅当a2b3c时，等号成立.所以a2b3c9.证明又a，b，cR，由柯西不等式，56786.(2017全国)已知a0，b0，a3b32，证明：(1)(ab)(a5b5)4；证明证明(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a4b42a2b2)4ab(a2b2)24.证明(2)ab2.所以(ab)38，因此ab2.5678证明证明证明因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)56787.已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；解解因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.解答5678(2)若p，q，r是正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.证明证明由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23，当且仅当pqr1时取等号.证明(1)试利用基本不等式求m的最小值t；5678解解由三个数的基本不等式，得解答5678(2)若实数x，y，z满足x24y2z2t，求证：|x2yz|3.证明证明x24y2z23，由柯西不等式，得x2(2y)2z2(121212)(x2yz)2，整理得(x2yz)29，即|x2yz|3.证明考点三不等式的应用方法技巧方法技巧利用不等式的性质和结论可以求函数的最值，解决一些参数范围问题，恒成立问题，解题中要注意问题的转化.9.已知函数f(x)|x1|x2|，不等式tf(x)在R上恒成立.(1)求t的取值范围；9101112解解因为f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|3，所以f(x)min3.因为不等式tf(x)在R上恒成立，所以tf(x)min3，t的取值范围为(，3.解答(2)记t的最大值为T，若正实数a，b，c满足a2b2c2T，求a2bc的最大值.9101112解解由(1)得Ttmax3，由柯西不等式，得(a2bc)2(122212)(a2b2c2)18，解答10.已知a22b23c26，若存在实数a，b，c，使得不等式a2b3c|x1|成立，求实数x的取值范围.解解由柯西不等式知，即6(a22b23c2) (a2b3c)2.又a22b23c26，66(a2b3c)2，6a2b3c6.存在实数a，b，c，使得不等式a2b3c|x1|成立，|x1|6，7x5.x的取值范围是x|7x0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；解解当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，无解；当x1时，不等式化为x20，解得1x0.(1)当a1时，求不等式f(x)3x2的解集；12345解解当a1时，f(x)3x2可化为|x1|2，由此可得x3或x1.故不等式f(x)3x2的解集为x|x3或x1.解答规范演练(2)若不等式f(x)0的解集为x|x1，求a的值.解解由f(x)0，得|xa|3x0.12345解答(1)求M；12345解答综上知，f(x)2的解集Mx|1x1.12345(2)证明：当a，bM时，|ab|1ab|.12345证明证明由(1)知，当a，bM时，1a1，1b1，从而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，即(ab)2(1ab)2，因此|ab|1ab|.证明3.已知关于x的不等式m|x2|1的解集为0，4.(1)求m的值；12345解解不等式m|x2|1可化为|x2|m1，1mx2m1，即3mxm1.其解集为0，4，解答(2)若a，b均为正整数，且abm，求a2b2的最小值.解解由(1)知ab3.方法一方法一(利用基本不等式)(ab)2a2b22ab(a2b2)(a2b2)2(a2b2)，方法二方法二(利用柯西不等式)(a2b2)(1212)(a1b1)2(ab)29.12345解答4.已知函数f(x)|2x1|xa|，g(x)3x2.(1)当a2时，求不等式 f(x)g(x)的解集；解解当a2时，不等式 f(x)g(x)可化为|2x1|x2|3x20，设y|2x1|x2|3x2，12345解答不等式 f(x)g(x)可化为a6x1.则h(x)minh(a)6a1，12345解答12345证明证明证明解不等式|x1|2|x2|，1234512345解答(2)比较|14ab|与2|ab|的大小，并说明理由.解解|14ab|2|ab|，理由如下：则4a210，4b210.因为|14ab|2(2|ab|)2(18ab16a2b2)4(a22abb2)116a2b24a24b2(4a21)(4b21)0，所以|14ab|2(2|ab|)2，即|14ab|2|ab|.