全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十四不等式选讲文含解析

专题检测（二十四）  不等式选讲

大题专攻强化练

1．(2019·昆明市质量检测)已知函数f(x)＝|2x－1|.

(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；

(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f≥4.

解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等价于|2x－1|＋|2x＋1|≥4，

等价于或或

解得x≤－1或x≥1，

所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．

(2)证明：当x≠0，x∈R时，f(－x)＋f＝|－2x－1|＋，

因为|－2x－1|＋≥＝2|x|＋≥4，当且仅当即x＝±1时等号成立，

所以f(－x)＋f≥4.

2．(2019·沈阳市质量监测(一))设a>b>0，且ab＝2，记的最小值为M.

(1)求M的值，并写出此时a，b的值；

(2)解关于x的不等式：|3x＋3|＋|x－2|>M.

解：(1)因为a>b>0，所以a－b>0，>0，

根据基本不等式有＝＝a－b＋≥4，

当且仅当即时取等号，

所以M的值为4，此时a＝＋1，b＝－1.

(2)当x≤－1时，原不等式等价于－(3x＋3)＋(2－x)>4，解得x<－；

当－1<x<2时，原不等式等价于(3x＋3)＋(2－x)>4，解得－<x<2；

当x≥2时，原不等式等价于(3x＋3)＋(x－2)>4，解得x≥2.

综上所述，原不等式的解集为∪.　

3．已知函数f(x)＝|x－2|.

(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5.

(2)若|a|>1，且f(ab)>|a|·f，证明：|b|>2.

解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥5等价于|x－2|＋|x－1|≥5，

当x>2时，(x－2)＋(x－1)≥5，x≥4；

当1≤x≤2时，(2－x)＋(x－1)≥5，1≥5，无解；

当x<1时，(2－x)＋(1－x)≥5，x≤－1.

综上，不等式的解集为{x|x≥4或x≤－1}．

(2)证明：f(ab)>|a|·f

⇔|ab－2|>|a|·

⇔|ab－2|>|b－2a|

⇔(ab－2)2>(b－2a)2

⇔a2b2＋4－b2－4a2>0

⇔(a2－1)(b2－4)>0.

因为|a|>1，所以a2－1>0，

所以b2－4>0，|b|>2.

4．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.

(1)求＋的最小值；

(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥＋成立，求实数x的取值范围．

解：(1)由2a4b＝2可知a＋2b＝1，

又因为＋＝(a＋2b)＝＋＋4，

由a，b∈(0，＋∞)可知＋＋4≥2 ＋4＝8，

当且仅当a＝2b时取等号，所以＋的最小值为8.

(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，

①所以x≤－.

②无解，

③所以x≥4.

综上，实数x的取值范围为∪[4，＋∞)．

5．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.

(1)求不等式f(x)≤3的解集；

(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．

解：(1)法一：由题意f(x)＝

当x≤时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤，

当<x<2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即<x<2，

当x≥2时，f(x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.

综上所述，原不等式的解集为[0，2]．

法二：由题意f(x)＝

作出f(x)的图象如图所示，

注意到当x＝0或x＝2时，f(x)＝3，

结合图象，不等式的解集为[0，2]．

(2)由(1)可知，f(x)的图象如图所示，

不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)>ax对任意x∈R恒成立，

即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，

当直线y＝ax过点A(2，3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界情况，

所以－3≤a<，即实数a的取值范围为.

6．(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)＝|x－a|(a∈R)．

(1)当a＝2时，解不等式＋f(x)≥1；

(2)设不等式＋f(x)≤x的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围．

解：(1)当a＝2时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3，

①当x≤时，1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；

②当＜x＜2时，3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x＜2；

③当x≥2时，3x－1＋x－2≥3，解得x≥，所以x≥2.

综上所述，当a＝2时，不等式的解集为.

(2)不等式＋f(x)≤x可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，

依题意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈上恒成立，

所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，

所以解得－≤a≤，

故实数a的取值范围是.

7．(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.

(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；

(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.

解：(1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2

＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]

≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，

所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，

当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．

所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.

(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2

＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]

≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，

所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，

当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．

所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.

由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.

8．(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，若f(x)的最小值为1.

(1)求实数a的值；

(2)若a＞0，m，n均为正实数，且满足m＋n＝，求m2＋n2的最小值．

解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，

①当a＞3，即－1＞－时，f(x)＝

∵f(－1)－f＝－＝＞0，

∴f(－1)＞f，

则当x＝－时，f(x)min＝－4－1－a＝1，

∴a＝6.

②当a＜3，即－1＜－时，

f(x)＝

∵f(－1)－f＝(3－a)－＝＞0，

∴f(－1)＞f，

则当x＝－时，f(x)min＝4＋1＋a＝1，

∴a＝0.

③当a＝3，即－1＝－时，f(x)＝4|x＋1|，

当x＝－1时，f(x)min＝0不满足题意．

综上，a＝0或a＝6.

(2)由题意知，m＋n＝3.∵m＞0，n＞0，

∴(m＋n)2＝m2＋n2＋2mn≤(m2＋n2)＋(m2＋n2)＝2(m2＋n2)，

即m2＋n2≥(m＋n)2，

当且仅当m＝n＝时取“＝”．

∵m2＋n2≥，∴m2＋n2的最小值为.