统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练68高考大题专练八不等式选讲理

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(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x<2；
(2)若存在a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)) ，使得不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围．
2．[2023·江西省临川高三模拟]已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－a|(a＞0)，g(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－1)) .
(1)当a＝1时，解关于x的不等式f(x)≥0；
(2)若函数f(x)与g(x)的图像可以围成一个四边形，求a的取值范围．
3．[2023·全国甲卷(理)]设a>0，函数f(x)＝2|x－a|－a.
(1)求不等式f(x)(2)若曲线y＝f(x)与x轴所围成的图形的面积为2，求a.
4．[2023·全国乙卷(理)]已知f(x)＝2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－2)) .
(1)求不等式f(x)≤6－x的解集；
(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）≤y,x＋y－6≤0)) 所确定的平面区域的面积．
5．[2022·全国甲卷(理)，23]已知a，b，c均为正数，且a2＋b2＋4c2＝3，证明：
(1)a＋b＋2c≤3；
(2)若b＝2c，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,c) ≥3.
6．[2022·全国乙卷(理)，23] 已知a，b，c都是正数，且a eq \s\up6(\f(3,2)) ＋b eq \s\up6(\f(3,2)) ＋c eq \s\up6(\f(3,2)) ＝1，证明：
(1)abc≤ eq \f(1,9) ；
(2) eq \f(a,b＋c) ＋ eq \f(b,a＋c) ＋ eq \f(c,a＋b) ≤ eq \f(1,2\r(abc)) .
专练68 高考大题专练(八) 不等式选讲
1．解析：(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，
解不等式f(x)＋x<2化为|2x＋2|＋1＋x<2，
即|2x＋2|<1－x，
∴x－1<2x＋2<1－x(x<1)，
解得－3∴不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－3(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，
得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，
设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，
则不等式的解集非空，等价于b≤g(x)max，
由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1
＝|a2－a|＋1，
∴b≤|a2－a|＋1.
由题意知存在a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)) ，使得上式成立，
而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)) 上的最大值为h(－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(13,9) ，
∴b≤ eq \f(13,9) ，
即b的取值范围是(－∞， eq \f(13,9) ].
2．解析：(1)a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|2x－1|，
①当x≤－1时，f(x)＝－(x＋1)＋(2x－1)＝x－2≥0，
解得x≥2，所以x∈∅；
②－1＜x＜ eq \f(1,2) 时，f(x)＝(x＋1)＋(2x－1)＝3x≥0，
解得x≥0，所以0≤x< eq \f(1,2) ；
③当x≥ eq \f(1,2) 时，f(x)＝(x＋1)－(2x－1)＝－x＋2≥0，
解得x≤2，所以 eq \f(1,2) ≤x≤2.
综上所述，当a＝1时，f(x)≥0的解集为{x|0≤x≤2}．
(2)f(x)＝|x＋1|－|2x－a|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－a－1，x≤－1,3x＋1－a，－1＜x＜\f(a,2)，,－x＋a＋1，x≥\f(a,2)))
所以f(x)在(－∞， eq \f(a,2) )上单调递增，( eq \f(a,2) ，＋∞)上单调递减，
又因为f(－1)＝－2－a＜0，f( eq \f(a－1,3) )＝f(a＋1)＝0，
且g(x)在(－∞，2)单调递减，(2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)与g(x)图像如图所示，
要使得f(x)与g(x)的图像可以围成一个四边形，
则 eq \f(a－1,3) ＜2＜a＋1，即1＜a＜7.
故a的取值范围为(1，7).
3．解析：方法一 (1)求不等式f(x)整理得2|x－a|不等式两边同时平方，得4(x2－2ax＋a2)因式分解得(3x－a)(x－3a)<0，因为a>0，所以可得 eq \f(a,3) 故不等式的解集为( eq \f(a,3) ，3a).
(2)设曲线y＝f(x)与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2，x1>x2.
令f(x)＝0，得2|x－a|＝a，即2x－2a＝a或2x－2a＝－a，
得x1＝ eq \f(3a,2) ，x2＝ eq \f(a,2) ，故曲线y＝f(x)与x轴的两个交点之间的距离d＝|x1－x2|＝a，
易得三角形不在x轴上的顶点的坐标为(a，－a)，
所以三角形的面积S＝ eq \f(1,2) d·|－a|＝ eq \f(1,2) a2＝2，
即a2＝4，解得a＝2或a＝－2(舍去)，
故a＝2.
方法二 (1)若x≤a，则f(x)＝2a－2x－a即3x>a，解得x> eq \f(a,3) ，得 eq \f(a,3) 0)
若x>a，则f(x)＝2x－2a－a解得x<3a，得a综上，不等式的解集为( eq \f(a,3) ，3a).
(2)f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋a，x≤a,2x－3a，x>a)) ，
作出f(x)的大致图象如图，曲线y＝f(x)与x轴围成的图形即△ABC，
易得A( eq \f(a,2) ，0)，B( eq \f(3a,2) ，0)，C(a，－a)，
所以|AB|＝a，△ABC的底边AB上的高为a，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) |AB|·a＝ eq \f(1,2) a2＝2，解得a＝2或a＝－2(舍去)，
故a＝2.
4．解析：(1)f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋2，x＜0，,x＋2，0≤x≤2，,3x－2，x＞2，))
当x<0时，－3x＋2≤6－x，得－2≤x＜0；
当0≤x≤2时，x＋2≤6－x，得0≤x≤2；
当x＞2时，3x－2≤6－x，得x≤2，与x＞2矛盾．
综上，不等式f(x)≤6－x的解集为{x|－2≤x≤2}．
(2)如图所示，作出不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）≤y，,x＋y－6≤0，))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋2≤y，x＜0,x＋2≤y，0≤x≤2,3x－2≤y，x＞2,x＋y－6≤0)) 所确定的平面区域(图中阴影部分)，为△ABC，
其中A(－2，8)，B(0，2)，C(2，4)，直线y＝－x＋6与y轴交于点(0，6)，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ×(6－2)×[2－(－2)]＝8.
5．证明：(1)因为a2＋b2＋4c2＝3，所以由柯西不等式可知，(a2＋b2＋4c2)(1＋1＋1)≥(a＋b＋2c)2，
即(a＋b＋2c)2≤9，且a，b，c均为正数，
所以a＋b＋2c≤3，当且仅当a＝b＝2c＝1时等号成立．
所以a＋b＋2c≤3.
(2)(方法一)3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c))) ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,2c))) ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,2c)＋\f(1,2c))) .
由b＝2c，a＋b＋2c≤3得
3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c))) ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c))) ≥(a＋b＋2c) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,2c))) ≥( eq \r(a) · eq \f(1,\r(a)) ＋ eq \r(b) · eq \f(1,\r(b)) ＋ eq \r(2c) · eq \f(1,\r(2c)) )2＝9，当且仅当a＝2c时等号成立，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,c) ≥3.
(方法二)因为b＝2c，由(1)知a＋b＋2c≤3，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c))) ×3≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c))) (a＋4c)＝1＋ eq \f(4c,a) ＋ eq \f(a,c) ＋4≥5＋2 eq \r(\f(4c,a)·\f(a,c)) ＝9，当且仅当a＝2c时等号成立．所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,c) ≥3.
6．证明：(1)因为a，b，c都是正数，
所以a eq \s\up6(\f(3,2)) ＋b eq \s\up6(\f(3,2)) ＋c eq \s\up6(\f(3,2)) ≥3 eq \r(3,a\s\up6(\f(3,2))b\s\up6(\f(3,2))c\s\up6(\f(3,2))) ＝3 eq \r(abc) ，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9)) 时取等号．
因为a eq \s\up6(\f(3,2)) ＋b eq \s\up6(\f(3,2)) ＋c eq \s\up6(\f(3,2)) ＝1，所以 eq \r(abc) ≤ eq \f(1,3) ，即abc≤ eq \f(1,9) .
(2)(方法一)因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2 eq \r(bc) ，a＋c≥2 eq \r(ac) ，a＋b≥2 eq \r(ab) ，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9)) 时同时取等号．
所以2 eq \r(abc) ( eq \f(a,b＋c) ＋ eq \f(b,a＋c) ＋ eq \f(c,a＋b) )≤2 eq \r(abc) ( eq \f(a,2\r(bc)) ＋ eq \f(b,2\r(ac)) ＋ eq \f(c,2\r(ab)) )＝a eq \s\up6(\f(3,2)) ＋b eq \s\up6(\f(3,2)) ＋c eq \s\up6(\f(3,2)) ＝1，
所以 eq \f(a,b＋c) ＋ eq \f(b,a＋c) ＋ eq \f(c,a＋b) ≤ eq \f(1,2\r(abc)) .
(方法二)要证 eq \f(a,b＋c) ＋ eq \f(b,a＋c) ＋ eq \f(c,a＋b) ≤ eq \f(1,2\r(abc)) 成立，只需证 eq \f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c) ＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c) ＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b) ≤ eq \f(1,2) 成立即可．
因为a，b，c都是正数，
所以b＋c≥2 eq \r(bc) ，a＋c≥2 eq \r(ac) ，a＋b≥2 eq \r(ab) ，当且仅当a＝b＝c＝ eq \r(3,\f(1,9)) 时同时取等号．
所以 eq \f(a\f(3,2)\r(bc),b＋c) ＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),a＋c) ＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),a＋b) ≤ eq \f(a\f(3,2)\r(bc),2\r(bc)) ＋ eq \f(b\f(3,2)\r(ac),2\r(ac)) ＋ eq \f(c\f(3,2)\r(ab),2\r(ab)) ＝ eq \f(a\s\up6(\f(3,2))＋b\s\up6(\f(3,2))＋c\s\up6(\f(3,2)),2) ＝ eq \f(1,2) ，得证．