高考数学(文数)一轮复习考点测试56《不等式选讲》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试56《不等式选讲》（教师版），共9页。

eq \a\vs4\al(本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值10分，中等难度)
考纲研读
1．理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：
|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；
|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)
2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：
|ax＋b|≤c；
|ax＋b|≥c；
|x－c|＋|x－b|≥a
3．通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法
一、基础小题
1．不等式1<|x＋1|<3的解集为( )
A．(0，2) B．(－2，0)∪(2，4) C．(－4，0) D．(－4，－2)∪(0，2)
答案 D
解析 由－32．不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－2,x)))>eq \f(x－2,x)的解集是( )
A．(0，2) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
答案 A
解析 由|t|>t知t<0，故eq \f(x－2,x)<0，其解集为03．设ab>0，下面四个不等式中，正确的是( )
①|a＋b|>|a|；②|a＋b|<|b|；③|a＋b|<|a－b|；④|a＋b|>|a|－|b|．
A．①和② B．①和③ C．①和④ D．②和④
答案 C
解析 ∵ab>0，即a，b同号，则|a＋b|＝|a|＋|b|，
∴①④正确，②③错误．选C．
4．若|mx－1|<3的解集为(－1，2)，则m的值是( )
A．2或－4 B．2或－1 C．2或－4或－1 D．2
答案 D
解析 由方程的思想，知－1和2是方程|mx－1|＝3的两个根，∴|m×(－1)－1|＝3，解得m＝2或m＝－4；
|2m－1|＝3，解得m＝2或m＝－1，故m＝2．选D．
5．不等式|2x＋1|－2|x－1|>0的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
解析 |2x＋1|－2|x－1|>0⇔|2x＋1|>2|x－1|⇔(2x＋1)2>4(x－1)2⇔12x>3⇔x>eq \f(1,4)，
∴原不等式的解集为xx>eq \f(1,4)．
6．若不等式|x－1|＋|x＋3|>a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案 (－∞，4)
解析 由题意知(|x－1|＋|x＋3|)min>a．因为|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4(当－3≤x≤1时取等号)，所以a<4．
二、高考小题
7．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1) C．(1，4) D．(1，5)
答案 A
解析 ①当x<1时，原不等式等价于1－x－(5－x)<2，即－4<2，∴x<1；
②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－(5－x)<2，即x<4，∴1≤x<4；
③当x>5时，原不等式等价于x－1－(x－5)<2，即4<2，无解．
综合①②③知x<4．选A．
8．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________．
答案 －6或4
解析 当a≤－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋2a－1x≤a，,x－2a－1a－1，))
∴f(x)min＝－a－1，∴－a－1＝5，∴a＝－6；
当a>－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋2a－1x≤－1，,－x＋2a＋1－1a，))
∴f(x)min＝a＋1，∴a＋1＝5，∴a＝4．
综上，a＝－6或a＝4．
三、模拟小题
9．若关于x的不等式|x－2|＋|x＋3|A．(－∞，1] B．(－∞，1) C．(－∞，5] D．(－∞，5)
答案 C
解析 因为|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，又关于x的不等式无解，所以a≤5．选C．
10．设正数x，y，z满足2x＋2y＋z＝1，则3xy＋yz＋zx的最大值为________．
答案 eq \f(1,5)
解析 3xy＋yz＋zx＝3xy＋(x＋y)z＝3xy＋(x＋y)·[1－2(x＋y)]＝3xy＋(x＋y)－2(x＋y)2≤eq \f(3,4)(x＋y)2＋(x＋y)－2(x＋y)2＝－eq \f(5,4)(x＋y)2＋(x＋y)＝－eq \f(5,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(2,5)))2＋eq \f(1,5)≤eq \f(1,5)．当且仅当x＝y＝z＝eq \f(1,5)时等号成立，即3xy＋yz＋zx取得最大值eq \f(1,5)．
一、高考大题
1．已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0，1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2，x≤－1，,2x，－1故不等式f(x)>1的解集为xx>eq \f(1,2)．
(2)当x∈(0，1)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0，1)时|ax－1|<1成立．
若a≤0，则当x∈(0，1)时，|ax－1|≥1，不符合题意；
若a>0，|ax－1|<1的解集为0所以eq \f(2,a)≥1，故0综上，a的取值范围为(0，2]．
2．设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋4，x≤－1，,2，－12.))
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4．
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4．
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2，所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
3．设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|．
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解 (1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x<－\f(1,2)，,x＋2，－\f(1,2)≤x<1，,3x，x≥1.))
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在x∈[0，＋∞)上成立，因此a＋b的最小值为5．
4．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0．①
当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，
从而－1≤x≤1；
当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤eq \f(－1＋\r(17),2)．
所以f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤eq \f(－1＋\r(17),2)．
(2)当x∈[－1，1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]等价于当x∈[－1，1]时，f(x)≥2．
又f(x)在[－1，1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1．
所以a的取值范围为[－1，1]．
5．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2．证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2．
证明 (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4．
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋eq \f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq \f(3a＋b3,4)，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2．
二、模拟大题
6．已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－3|．
(1)若关于x的不等式f(x)(2)若关于x的不等式f(x)解 (1)解法一：不等式等价于a>f(x)min，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2，x>3，,4，－1≤x≤3，,2－2x，x＜－1，))绘制函数f(x)的图象如图所示，观察函数的图象，可得实数a的取值范围是(4，＋∞)．
解法二：f(x)＝|x＋1|＋|x－3|≥|(x＋1)－(x－3)|＝4，当且仅当－1≤x≤3时，f(x)取得最小值4．
关于x的不等式f(x)4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．
(2)由题意可得x＝eq \f(7,2)是方程|x＋1|＋|x－3|＝a的解，据此有a＝eq \f(7,2)＋1＋eq \f(7,2)－3＝5，求解绝对值不等式|x＋1|＋|x－3|<5可得－eq \f(3,2)故b＝－eq \f(3,2)，a＋b＝5－eq \f(3,2)＝eq \f(7,2)．
7．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．
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)．
8．设函数f(x)＝|x＋1|－|x|的最大值为m．
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝m，求eq \f(a2,b＋1)＋eq \f(b2,a＋1)的最小值．
解 (1)|x＋1|－|x|≤|x＋1－x|＝1，
∴f(x)的最大值为1，∴m＝1．
(2)由(1)可知，a＋b＝1，
∴eq \f(a2,b＋1)＋eq \f(b2,a＋1)＝eq \f(1,3)eq \f(a2,b＋1)＋eq \f(b2,a＋1)[(a＋1)＋(b＋1)]
＝eq \f(1,3)eq \f(a2a＋1,b＋1)＋eq \f(b2b＋1,a＋1)＋a2＋b2≥eq \f(1,3)(2ab＋a2＋b2)＝eq \f(1,3)(a＋b)2＝eq \f(1,3)，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，
∴eq \f(a2,b＋1)＋eq \f(b2,a＋1)的最小值为eq \f(1,3)．
9．已知函数f(x)＝|x＋1|．
(1)若∃x0∈R，使不等式f(x0－2)－f(x0－3)≥u成立，求满足条件的实数u的集合M；
(2)已知t为集合M中的最大正整数，若a>1，b>1，c>1，且(a－1)(b－1)(c－1)＝t，求证：abc≥8．
解 (1)由已知得f(x－2)－f(x－3)＝|x－1|－|x－2|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，x≤1，,2x－3，1＜x＜2，,1，x≥2，))则－1≤f(x)≤1，
由于∃x0∈R，使不等式|x0－1|－|x0－2|≥u成立，所以u≤1，即M＝{u|u≤1}．
(2)证明：由(1)知t＝1，则(a－1)(b－1)(c－1)＝1，
因为a>1，b>1，c>1，所以a－1>0，b－1>0，c－1>0，
则a＝(a－1)＋1≥2eq \r(a－1)>0(当且仅当a＝2时等号成立)，
b＝(b－1)＋1≥2eq \r(b－1)>0(当且仅当b＝2时等号成立)，
c＝(c－1)＋1≥2eq \r(c－1)>0(当且仅当c＝2时等号成立)，
则abc≥8eq \r(a－1b－1c－1)＝8(当且仅当a＝b＝c＝2时等号成立)．
10．已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a．
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x|，两边平方整理得3x2＋4x＋1≥0，
解得x≤－1或x≥－eq \f(1,3)，
∴原不等式的解集为(－∞，－1]∪－eq \f(1,3)，＋∞．
(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|－|x|，
令h(x)＝|2x＋1|－|x|，
则h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－1，x≤－\f(1,2)，,3x＋1，－\f(1,2)故h(x)min＝h－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，
所以实数a的取值范围为a≥－eq \f(1,2)．