2023年高考数学(文数)一轮复习课时60《不等式选讲》达标练习（2份，答案版+教师版）

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已知函数f(x)=2|x＋1|＋|x－2|.
(1)求f(x)的最小值m；
(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c=m，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
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.
设函数f(x)=|x－1|－|2x＋1|的最大值为m.
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)若a2＋2c2＋3b2=m，求ab＋2bc的最大值.
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，0＜x＜1，,\f(1,x)，x≥1，))g(x)=af(x)－|x－1|.
(1)当a=0时，若g(x)≤|x－2|＋b对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数b的取值范围；
(2)当a=1时，求g(x)的最大值；
已知不等式|2x－3|(1)求m－n；
(2)若a，b，c∈(0,1)，且ab＋bc＋ac=m－n，求a2＋b2＋c2的最小值.
设函数f(x)=|2x－1|－|x＋4|.
(1)解不等式：f(x)>0；
(2)若f(x)＋3|x＋4|≥|a－1|对一切实数x均成立，求a的取值范围.
已知函数f(x)=x＋1＋|3－x|，x≥－1.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若f(x)的最小值为n，正数a，b满足2nab=a＋2b，求证：2a＋b≥eq \f(9,8).
已知函数f(x)=|3x+2|.
(1)解不等式f(x)<4-|x-1|;
(2)已知m+n=1(m,n>0),若|x-a|-f(x)≤ SKIPIF 1 < 0 (a>0)恒成立,求实数a的取值范围.
\s 0 答案解析
解：(1)当x<－1时，f(x)=－2(x＋1)－(x－2)=－3x∈(3，＋∞)；
当－1≤x<2时，f(x)=2(x＋1)－(x－2)=x＋4∈[3,6)；
当x≥2时，f(x)=2(x＋1)＋(x－2)=3x∈[6，＋∞).
综上，f(x)的最小值m=3.
(2)a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c=3，
因为eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)＋(a＋b＋c)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋a))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,b)＋b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)＋c))
≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(b2,a)·a)\r(\f(c2,b)·b)\r(\f(a2,c)·c)))=2(a＋b＋c).
(当且仅当a=b=c=1时，取等号)
所以eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq \f(b2,a)＋eq \f(c2,b)＋eq \f(a2,c)≥3.
解：(1)当m=3时，f(x)>6，
即|x＋3|－|5－x|>6，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集.
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥5，,x＋3－x－5>6，))解得x≥5；
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－36，))解得4或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－3，,－x－3＋x－5>6))解集是∅.
故不等式f(x)>6的解集为{x|x>4}.
(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].
解：(1)因为f(x)=|x－1|－|2x＋1|，
所以f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤－\f(1,2)，,－3x，－\f(1,2)＜x＜1，,－x－2，x≥1，))
画出图象如图.
(2)由(1)可知m=eq \f(3,2).
因为eq \f(3,2)=m=a2＋2c2＋3b2=(a2＋b2)＋2(c2＋b2)≥2ab＋4bc，
所以ab＋2bc≤eq \f(3,4)，当且仅当a=b=c=eq \f(1,2)时，等号成立.
所以ab＋2bc的最大值为eq \f(3,4).
解：(1)当a=0时，g(x)=－|x－1|，
∴－|x－1|≤|x－2|＋b⇒－b≤|x－1|＋|x－2|.
∵|x－1|＋|x－2|≥|x－1＋2－x|=1，
∴－b≤1，∴b≥－1.
(2)当a=1时，
g(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，0＜x＜1，,\f(1,x)－x＋1，x≥1，))
可知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max=g(1)=1.
解：(1)当x≤0时，不等式的解集为空集；
当x>0时，|2x－3|∴1,3是x2－mx＋n=0的两根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m＋n＝0，,9－3m＋n＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝4，,n＝3，))∴m－n=1.
(2)由(1)得ab＋bc＋ac=1，
∵eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(b2＋c2,2)≥bc，eq \f(a2＋c2,2)≥ac，
∴a2＋b2＋c2=eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(b2＋c2,2)＋eq \f(a2＋c2,2)≥ab＋bc＋ac=1(当且仅当a=b=c=eq \f(\r(3),3)时取等号).
∴a2＋b2＋c2的最小值是1.
解：(1)原不等式即为|2x－1|－|x＋4|>0，
当x≤－4时，不等式化为1－2x＋x＋4>0，解得x<5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－4，,|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是{x|x≤－4}.
当－40，解得x<－1，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－40，))的解集是{x|－4当x≥eq \f(1,2)时，不等式化为2x－1－x－4>0，解得x>5，
即不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,|2x－1|－|x＋4|>0))的解集是{x|x>5}.
综上，原不等式的解集为{x|x<－1或x>5}.
(2)∵f(x)＋3|x＋4|=|2x－1|＋2|x＋4|=|1－2x|＋|2x＋8|≥|(1－2x)＋(2x＋8)|=9.
∴由题意可知|a－1|≤9，解得－8≤a≤10，
故a的取值范围是[－8,10].
解：
(1)根据题意，若f(x)≤6，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋3－x≤6，,－1≤x<3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＋x－3≤6，,x≥3，))
解得－1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|－1≤x≤4}.
(2)证明：函数f(x)=x＋1＋|3－x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，－1≤x<3，,2x－2，x≥3，))
分析可得f(x)的最小值为4，即n=4，
则正数a，b满足8ab=a＋2b，即eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)=8，
∴2a＋b=eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)＋\f(2,a)))(2a＋b)=eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,b)＋\f(2b,a)＋5))≥eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))=eq \f(9,8)，原不等式得证.
解：