高考数学真题和模拟题分类汇编19不等式选讲含解析

这是一份高考数学真题和模拟题分类汇编19不等式选讲含解析，共21页。试卷主要包含了已知函数．，已知函数，g＝|x﹣1|．，已知函数f的最大值为1，等内容，欢迎下载使用。

专题19 不等式选讲
解答题
1.(2021•高考全国甲卷•理T23)已知函数．

（1）画出和的图像；
（2）若，求a的取值范围．
【解析】（1）可得，画出图像如下：

，画出函数图像如下：

（2），
如图，在同一个坐标系里画出图像，
是平移了个单位得到，
则要使，需将向左平移，即，
当过时，，解得或（舍去），
则数形结合可得需至少将向左平移个单位，.

2.(2021•高考全国乙卷•文T23)已知函数．
（1）当时，求不等式解集;
（2）若，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，
则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，故或，
所以的解集为.

（2）依题意，即恒成立，
，故，
所以或，
解得.
所以的取值范围是.
3.(2021•河南郑州三模•理T23)已知函数f（x）＝|x+1|﹣|2x﹣4|．
（Ⅰ）在平面直角坐标系中画出函数f（x）的图象；

（Ⅱ）若对∀x∈R，f（x）≤t恒成立，t的最小值为m，且正实数a，b，c满足a+2b+3c＝m，求的最小值．
【解析】（Ⅰ），图象如图所示，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）max＝3，则t≥3，故m＝3，即a+2b+3c＝3，
由柯西不等式有，，
∴的最小值为3，当且仅当a+c＝b+c＝1时等号成立．
4.(2021•河南开封三模•文理T23)已知函数，g（x）＝|x﹣1|．
（1）求函数y＝f（x）+g（x）的最小值；
（2）已知θ∈[0，2π），求关于θ的不等式的解集．
【解析】（1）由已知可得，
当且仅当即时等号成立，
所以函数y＝f（x）+g（x）的最小值为．
（2）由已知，原不等式可化为，
①当时，，原不等式化为sinθ﹣cosθ＞2，此时无解，
②当时，，原不等式化为sinθ+cosθ＜﹣1，
即，所以，，
综上所述，不等式的解集为（π，）．
5.(2021•河南焦作三模•理T23) 已知函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣5|﹣7．
（Ⅰ）在如图所示的网格中画出y＝f（x）的图象；
（Ⅱ）若当x＜1时，f（x）＞f（x+a）恒成立，求a的取值范围．

【解析】（Ⅰ）当x＜﹣1时，f（x）＝﹣x﹣1﹣2x+5﹣7＝﹣3x﹣3，
当﹣1≤x≤时，f（x）＝x+1﹣2x+5﹣7＝﹣x﹣1，
当x＞时，f（x）＝x+1+2x﹣5﹣7＝3x﹣11，
综上f（x）＝，则对应的图象如图：
（Ⅱ）当a＝0时，不等式不成立，
当a＜0时，y＝f（x）的图象向右平移﹣a个单位得到y＝f（x+a）的图象，
此时对任意x＜1时，y＝f（x+a）总在y＝f（x）的上方，不满足条件．
当a＞0时，y＝f（x+a）的图象最多平移到与y＝f（x）的图象交于点（1，﹣2）的位置，此时a＝2，
此时a的取值范围是（0，2].


6.(2021•四川内江三模•理T23)已知a＞0，b＞0，4a+b＝2ab．
（1）求a+b的最小值；
（2）若a+b≥|2x﹣1|+|3x+2|对满足题中条件的a，b恒成立，求实数x的取值范围．
【解析】（1）因为a＞0，b＞0，
所以，
所以a+b＝（a+b）（（4+）＝，
当且仅当且，即a＝，a+b的最小值；
（2）若a+b≥|2x﹣2|+|3x+2|对满足题中条件的a，b恒成立，则，
当x时，原不等式可化为2x﹣1+4x+2，
所以；
当时，原不等式可化为﹣2x+4+3x+2，
所以，
当x时，原不等式可化为﹣2x+8﹣3x﹣2，
所以﹣，
综上，x的取值范围[﹣]．
7.(2021•安徽蚌埠三模•文T23)已知函数f（x）＝m﹣|x|﹣|x﹣1|，m∈R，且f（x）的最大值为1，
（1）求实数m的值；
（2）若a＞0，b＞0，a+b＝m，求证：．
【解析】（1）解：∵|x|+|x﹣1|≥|x﹣（x﹣1）|＝1，当x（x﹣1）≤0时取到等号，
∴f（x）max＝m﹣1＝1，
∴m＝2．
（2）证明：由a＞0，b＞0，a+b＝2≥2，
∴ab≤1，
∴++＝+＝≥4，
当且仅当a＝b＝1时取等号．
8.(2021•贵州毕节三模•文T23)已知函数f（x）＝|x+1|+|x﹣2|．
（Ⅰ）解不等式f（x）＜x+4；
（Ⅱ）若k是f（x）的最小值，已知m＞0，n＞0，且（k+1）m+n＝1，求证：k2mn≤m+n．
【解析】（Ⅰ）f（x）＝|x+1|+|x﹣2|＝，
故当x＞2时，f（x）＜x+4⇔2x﹣1＜x+4，解得：x＜5，
∴2＜x＜5．
当﹣1≤x≤2时，f（x）＜x+4⇔3＜x+4，解得x＞﹣1，
∴﹣1＜x≤2．
当x＜﹣1时，f（x）＜x+4⇔﹣2x+1＜x+4，解得x＞﹣1，
∴此时x无解．
综上，f（x）＜x+4的解集为{x|﹣1＜x＜5}；
证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）≥3，∴k＝3．
由（k+1）m+n＝1，得4m+n＝1，
要证k2mn≤m+n，即9mn≤m+n，即证，
就是证，
又∵m＞0，n＞0，
∵，
当且仅当，即时取“＝”，
∴k2mn≤m+n成立．
9.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T23．)已知函数f（x）＝|x+2|﹣m|x+1|．
（1）若m＝﹣2，求不等式f（x）≥8的解集；
（2）若关于x的不等式f（x）≤m|x+3|对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】（1）当m＝﹣2时，f（x）＝|x+2|+2|x+1|＝，
当x≤﹣2时，﹣3x﹣4≥8，解得x≤﹣4；
当﹣2＜x＜﹣1时，不等式无解；
当x≥﹣1时，3x+4≥8，解得x≥．
综上，不等式的解集为（﹣∞﹣4]∪[，+∞）．
（2）关于x的不等式f（x）≤m|x+3|对于任意实数x恒成立，
即为|x+2|≤m（|x+1|+|x+3|），
由于|x+1|+|x+3|≥|x+1﹣x﹣3|＝2，当且仅当﹣3≤x≤﹣1时，等号成立，
所以m≥，
记g（x）＝，
当x≥﹣1时，g（x）＝＝；当x≤﹣3时，g（x）＝＝．
则g（x）＝，
所以g（x）∈[0，]，
所以m≥，
所以实数m的取值范围为[，+∞）．
10.(2021•四川泸州三模•理T23．)已知函数f（x）＝|x+6|﹣|x2﹣2x+2|．
（Ⅰ）求不等式f（x）≥6的解集；
（Ⅱ）设函数f（x）的最大值为m，正数a，b，c满足a+b+c＝+，求证：．
【解析】（Ⅰ）∵x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0，
∴f（x）＝|x+6|﹣x2+2x﹣2，
不等式f（x）≥6等价于|x+6|﹣x2+2x﹣2≥6，即或，
解得1≤x≤2或∅，
∴不等式f（x）≥6的解集为[1，2]；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，
当时，，
∴，
又∵a，b，c为正实数，a+b+c＝4，
∴，
∴，当且仅当时等号成立，原命题得证．
11.(2021•宁夏中卫三模•理T23．)设函数f（x）＝|1﹣2x|﹣3|x+1|，f（x）的最大值为M，正数a，b满足+＝Mab．
（Ⅰ）求M；
（Ⅱ）是否存在a，b，使得a6+b6＝？并说明理由．
【解析】（1）分三类讨论如下：
①当x＜﹣1时，f（x）＝x+4，单调递增，f（x）＜3；
②当﹣1≤x≤时，f（x）＝﹣5x﹣2，单调递减，f（x）max＝f（﹣1）＝3，
③当x＞时，f（x）＝﹣x﹣4，单调递减，f（x）＜f（）＝﹣，
综合以上讨论得，f（x）的最大值M＝3；
（2）假设存在正数a，b，使得a6+b6＝≥2＝2a3b3，
所以，≤，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又因为+＝Mab＝3ab≥2•，
所以，≥，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
显然①②相互矛盾，
所以，假设不成立，即不存在a，b使得a6+b6＝．
12.(2021•江西南昌三模•理T23．)已知函数f（x）＝|x﹣3|+2|x﹣1|．
（Ⅰ）求f（x）的最小值m；
（Ⅱ）已知a＞0，b≥0，若a+2b＝m时，正常数t使得ta+ab的最大值为2，求t的值．
【解析】（Ⅰ）因为，
所以当x＝1时，f（x）min＝m＝2，
（Ⅱ）因为m＝2，所以a+2b＝2，则a+2（b+t）＝2t+2，
又因为，所以，
则，所以，则t＝1或t＝﹣3（舍），
当且仅当a＝2（b+1），即a＝2，b＝0时，等号成立．
13.(2021•江西上饶三模•理T23．)已知函数f（x）＝|x+2|﹣|x﹣2|．
（1）解不等式f（x）≥2；
（2）若_____，求a的最小值．
①不等式f（x）≥a2+3a有解；②不等式f（x）≥a2+5a恒成立．请从上述两种情形中任选一种作答．
【解析】（1）f（x）＝，
因为f（x）≥2，
当x≤﹣2时，﹣4≥2不成立，解得x∈∅；
当﹣2＜x＜2时，由2x≥2，得1≤x＜2；
当x≥2时，由4≥2恒成立，解得当x≥2；
综上，f（x）≥2解集为[1，+∞）；
（2）若选①不等式f（x）≥a2+3a有解，
则f（x）max≥a2+3a，
由（1）知，f（x）max＝4，
所以a2+3a﹣4≤0，解得﹣4≤a≤1；
所以amin＝﹣4；
若选②不等式f（x）≥a2+5a恒成立，
则f（x）min≥a2+3a，
由（1）知，f（x）min＝﹣4，
所以a2+5a+4≤0，解得﹣4≤a≤﹣1；
所以amin＝﹣4．
14.(2021•安徽宿州三模•文理T23．)已知函数f（x）＝|x﹣2|﹣|x+1|．
（Ⅰ）求不等式f（x）≤1的解集；
（Ⅱ）若函数f（x）的最大值为m，且正实数a，b满足2a+b＝m，求证：a2+4b2≥．
【解析】（Ⅰ）|x﹣2|与|x+1|的零点分别是x＝2，x＝﹣1，整个定义域被划分成3个区间，分别讨论如下：
1）当x≤﹣1时，f（x）＝﹣x+2+x+1＝3，f（x）≤1的解集为空集∅，
2）当﹣1＜x≤2时，f（x）＝﹣x+2﹣x﹣1＝﹣2x+1，﹣2x﹣2x+1≤1，x≤0，取交集得f（x）≤1的解集为[0，2]，
3）当2＜x时，f（x）＝x﹣2﹣x﹣1＝﹣3，f（x）≤1的解集为[2，+∞），
对以上三种情况的结果取并集，不等式f（x）≤1的解集为[0，+∞），
（II）证明：分段函数的最值在分段点处取得，由此可以比较函数在三个分段区间上的最大值，取最大者得m＝3．
由2a+b＝3，，原不等式等价于，
即17（a2+4b2）≥4（2a+b）2，做差比较证明（a﹣8b）2≥0，这是显然的．
15.(2021•安徽马鞍山三模•文理T23．)已知函数f（x）＝|2x+3|．
（1）解不等式f（x）+f（x﹣3）≤8；
（2）已知关于x的不等式f（x）+|x+a|≤x+5，在x∈[﹣1，1]上有解，求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数f（x）＝|2x+3|．
不等式f（x）≤5﹣f（x﹣3），即|3x+3|+|3x﹣3|≤5，
等价于或或，
解得：﹣2≤x≤2，
所以原不等式的解集为{x|﹣2≤x≤2}；
（2）当x∈[﹣1，1]时，不等式f（x）+|x+a|≤x+5，即|x+a|≤2﹣x，
所以|x+a|≤2﹣x在[﹣1，1]上有解，
即﹣2≤a≤2﹣2x在[﹣1，1]上有解，
所以﹣2≤a≤4．
实数a的取值范围：[﹣2，4]．
16.(2021•江西九江二模•理T23．)已知函数f（x）＝|x+2|﹣|ax﹣2|（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝2时，解不等式f（x）≥1；
（Ⅱ）当x∈[﹣2，2]时，求证：f（x）+f（﹣x）≤0．
【解析】（Ⅰ）当a＝2时，f（x）≥1即|x+2|﹣|2x﹣2|≥1等价为或或，
解得x∈∅或≤x＜1或1≤x≤3，
所以原不等式的解集为[，3]；
（Ⅱ）证明：当x∈[﹣2，2]时，f（x）＝|x+2|﹣|ax﹣2|＝x+2﹣|ax﹣2|，
f（﹣x）＝2﹣x﹣|ax+2|，f（x）+f（﹣x）＝4﹣（|ax﹣2|+|ax+2|），
因为|ax﹣2|+|ax+2|≥|ax﹣2﹣（ax+2）|＝4，当（ax﹣2）（ax+2）≤0时，取得等号，
所以4﹣（|ax﹣2|+|ax+2|）≤0，
即f（x）+f（﹣x）≤0．
17.(2021•江西上饶二模•理T23．)设函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|+2ax，a∈R．
（1）若，求不等式f（x）＞0的解集；
（2）若函数f（x）恰有三个零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1）当a＝时，不等式f（x）＞0，即|2x﹣1|﹣|x+1|+x＞0，
则或或，
解得x≤﹣1或﹣1＜x＜0或x＞1，
∴不等式f（x）＞0的解集为（﹣∞，0）∪（1，+∞）；
（2）由f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|+2ax＝0，得|2x﹣1|﹣|x+1|＝﹣2ax，
设g（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|＝，h（x）＝﹣2ax，
如图，

要使y＝g（x）与y＝﹣2ax有3个不同交点，则﹣3＜﹣2a＜﹣1，即＜a＜．
∴实数a的取值范围是（，）．
18.(2021•江西鹰潭二模•理T23．)设x，y，z∈R，z（x+2y）＝m．
（1）若x2+2y2+3z2的最小值为4，求m的值；
（2）若，证明：m≤﹣1或m≥1．
【解析】（1）x2+2y2+3z2＝（x2+z2）+2（y2+z2）≥2xz+4yz＝2（xy+2yz），
当且仅当x＝y＝z，上式取得等号，
由题意可得2（xy+2yz）＝2m＝4，
∴m＝2．
（2）证明：∵a2+b2≥2|ab|，
∴2（a2+b2）≥（a+b）2，
∴，
∴|m|≥1，可得m≤﹣1或m≥1．
19.(2021•吉林长春一模•文T23．) 已知
(I)求证:;
(Ⅱ)求证:.
【解析】(1)证明:因为,
所以,(当且仅当时取等号)(5分)
(2)因为,所以
所以
,当且仅当时取等号(10分)
20.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T23．)已知a，b∈R+，（a﹣b）2＝（ab）3，a+b≤2ab．
（Ⅰ）求证：a+b≥2ab；
（Ⅱ）求a与b的值．
【解析】（Ⅰ）证明：∵a，b∈R+，（a﹣b）2＝（ab）3，
∴（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝（ab）3+4ab，
则a+b≥2ab；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a+b≥2ab，又a+b≤2ab，
∴a+b＝2ab，又取等号时，（ab）3＝4ab，即ab＝2，
联立，解得或．
21.(2021•安徽淮北二模•文T23．)设函数f（x）＝|2x﹣a|+|x+|（a＞0）．
（Ⅰ）证明：f（x）≥2；
（Ⅱ）若f（1）＜4，求实数a的取值范围．
【解析】（Ⅰ）证明：∵f（x）＝|2x﹣a|+|x+|＝，
∴f（x）在（﹣∞，﹣）单调递减，在[﹣，]单调递减，在（，+∞）上单调递减，
∴f（x）min＝f（）＝+≥2，当且仅当x＝且a＝2时取最小值，
∴f（x）≥2；
（Ⅱ）∵f（1）＝|2﹣a|+|1+|＜4（a＞0），
∴|2﹣a|＜3﹣，∴3﹣＞0，解得：a＞①，
当a≤2时，有2﹣a＜3﹣，∴a＜﹣2或a＞1，结合①得：1＜a≤2，
当a＞2时，有a﹣2＜3﹣，∴2＜a＜，
综上：实数a的取值范围是（1，）．
22.(2021•宁夏银川二模•文T 23．)已知函数f（x）＝|x+a|﹣2|x﹣b|（a＞0，b＞0）．
（1）当a＝b＝1时，解不等式f（x）＞0；
（2）若函数g（x）＝f（x）+|x﹣b|的最大值为2，求的最小值．
【解析】（1）当a＝b＝1时，f（x）＝|x+1|﹣2|x﹣1|，
①当x≤﹣1时，f（x）＝﹣（x+1）+2（x﹣1）＝x﹣3＞0，∴x＞3，∴无解，
②当﹣1＜x＜1时，f（x）＝（x+1）+2（x﹣1）＝3x﹣1＞0，∴＜x＜1，
③当x≥1时，f（x）＝（x+1）﹣2（x﹣1）＝﹣x+3＞0，∴1≤x＜3，
综上所述：不等式f（x）＞0的解集为（，3）．
（2）g（x）＝）＝|x+a|﹣2|x﹣b|+|x﹣b|＝|x+a|﹣|x﹣b|，
∵|x+a|﹣|x﹣b|≤|（x+a）﹣（x﹣b）|＝|a+b|，
∴g（x）max|＝|a+b|＝2，∵a＞0，b＞0，∴a+b＝2，
∴+＝（+）（a+b）×＝（++5）×≥（2+5）×＝，
当且仅当＝，即b＝2a时取等号，
∴+的最小值为．
23.(2021•山西调研二模•文T23)(1)证明：a2+1≥a+12；
(2)若a>0，b>0，求ab+ba2+b2+1的最大值.
【解析】(1)证明：∵a2+b22≥a+b2，当且仅当a=b时，等号成立，
∴令b=1，则有a2+12≥a+12，当且仅当a=1时，等号成立，即a2+1≥a+12；
(2)解：由(1)得a2+1≥a+12，即a2+1≥(a+1)22，当且仅当a=1时，等号成立，
∴ab+ba2+b2+1=(a+1)b(a2+1)+b2≤(a+1)b(a+1)22+b2，
又∵(a+1)22+b2≥2(a+1)22⋅b2=2(a+1)⋅b，当且仅当(a+1)22=b时，等号成立，即a+1=2b，即a=1b=2时，等号成立，
∴(a+1)b(a+1)22+b2≤(a+1)b2(a+1)b=22，即ab+ba2+b2+1≤22，
∴当a=1b=2时，ab+ba2+b2+1取得最大值，且最大值为22.
【解析】(1)由a2+b22≥a+b2，令b=1即可得证；
(2)利用(1)的结论可得ab+ba2+b2+1≤22，由此求得最大值．
本题考查不等式的证明，考查最值的求解，考查逻辑推理能力，属于中档题．
24.(2021•河南郑州二模•文T23．)已知函数f（x）＝|2x﹣4|+|x+a|（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求不等式f（x）≥5的解集；
（Ⅱ）若f（x）≥a2﹣2a+4恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（Ⅰ）若a＝1，不等式f（x）≥5即为|2x﹣4|+|x+1≥5，
等价为或或，
解得x≤﹣1或﹣1＜x≤0或x≥4，
所以原不等式的解集为（﹣∞，0]∪[4，+∞）：
（Ⅱ）若f（x）≥a2﹣2a+4恒成立，
即为（|2x﹣4|+|x+a|）min≥a2﹣2a+4，a＞0，
而|2x﹣4|+|x+a|＝|x﹣2|+（|x﹣2|+|x+a|）≥|2﹣2|+|x﹣2﹣x﹣a|＝|a+2|＝a+2，
当x＝2时，上式取得等号，
所以a2﹣2a+4≤a+2，即a2﹣3a+2≤0，
解得1≤a≤2，
即a的取值范围是[1，2]．