2022年高考數(shù)學一輪總復習 不等式選講課時訓練 理（選修4-5）

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1、2022年高考數(shù)學一輪總復習 不等式選講課時訓練 理（選修4-5） 1. 解不等式：|2x－1|＜3. 解：|2x－1|＜3－3＜2x－1＜3－1＜x＜2. 2. 若關(guān)于x的不等式|x＋1|－|x－2||x＋1|－|x－2|有實數(shù)解，知a2－4a>－3，解得a>3或a<1. 3. 不等式|2－x|＋|x＋1|≤a對于任意x∈[0，5]恒成立的實數(shù)a的集合是多少？ 解：當x∈[0，2]時，|2－x|＋|x＋1

2、|＝2－x＋x＋1＝3，當x∈[2，5]時，|2－x|＋|x＋1|＝x－2＋x＋1＝2x－1≤9，綜上可得|2－x|＋|x＋1|≤9，∴ a≥9. 4. 解不等式：|2x＋1|－|x－4|<2. 解：① 當x≥4時，2x＋1－(x－4)<2，∴ x∈； ② 當－≤x<4時，2x＋1＋x－4<2，∴ －≤x<； ③ 當x<－時，－2x－1＋x－4<2.∴ －7

3、|＝|2a－1|. 又a≥2，故|2a－1|≥3.所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3. 6. 若對任意x∈R，＋≥a2－4a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：＋≥5，要＋≥a2－4a恒成立，即5≥a2－4a，解得－1≤a≤5. 7. 設a∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)． (1) 若|a|≤1，求證：|f(x)|≤； (2) 求使函數(shù)f(x)最大值為時a的值． (1) 證明：∵ |x|≤1，|a|≤1，∴ |f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|＝|a|·|x2－1|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝|1－x2|＋|x|＝1－|x|2＋

4、|x|＝－＋≤. (2) 解：當a＝0時，f(x)＝x(－1≤x≤1)的最大值是f(1)＝1，從而a≠0，故知f(x)是二次函數(shù)．∵ f(±1)＝±1， ∴ f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)有最大值即∴ a＝－2. 8. 已知函數(shù)f(x)＝|x－a|－2|x－1|(a∈R)． (1) 當a＝3時，求函數(shù)f(x)的最大值； (2) 解關(guān)于x的不等式f(x)≥0. 解：(1) 當a＝3時，f(x)＝|x－3|－2|x－1| ＝ 所以，當x＝1時，函數(shù)f(x)取得最大值2. (2) 由f(x)≥0得|x－a|≥2|x－1|， 兩邊平方得(x－a)2≥4(x－1)2，

5、即3x2＋2(a－4)x＋4－a2≤0， 得[x－(2－a)][3x－(2＋a)]≤0， 所以，①當a>1時，不等式的解集為； ② 當a＝1時，不等式的解集為{x|x＝1}； ③ 當a<1時，不等式的解集為. 9. 設函數(shù)f(x)＝|x－2a|，a∈R. (1) 若不等式f(x)<1的解集為{x|1

6、據(jù)題意可得2a<3，即a<， 所以a的取值范圍為. 10. 已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1) 當a＝0時，解不等式f(x)≥g(x)； (2) 若存在x∈R，使得f(x)≥g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1) |x＋1|≥2|x|x2＋2x＋1≥4x2－≤x≤1， ∴ 解集為. (2) ∵ 存在x∈R，使|x＋1|≥2|x|＋a， ∴ 存在x∈R，使|x＋1|－2|x|≥a. 令φ(x)＝|x＋1|－2|x|，即有a≤φ(x)max， φ(x)＝ 當x≥0時，y≤1；當－1≤x<0時，－2≤y<1； 當x<－1時，y<－2.

7、 綜上可得φ(x)≤1，∴ a≤1. 即a的取值范圍是(－∞，1]． 11. 已知函數(shù)f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－m)． (1) 當m＝5時，求函數(shù)f(x)的定義域； (2) 若關(guān)于x的不等式f(x)≥1的解集是R，求m的取值范圍． 解：(1) 由題設知|x＋1|＋|x－2|＞5, 不等式的解集是三個不等式組：或或解集的并集，解得函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(3，＋∞)． (2) 不等式f(x)≥1即|x＋1|＋|x－2|＞m＋2.∵ x∈R時，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，要使不等式|x＋1|＋|x－2|≥m＋2的解集是R，

8、∴ m＋2≤3，∴ m的取值范圍是(－∞，1]． 第2課時　不等式證明的基本方法(理科專用) 1. 求不等式|x＋1|＋|x－2|>5的解集． 解：不等式等價于或或解得x∈(－∞，－2)∪(3，＋∞)． 2. (xx·鎮(zhèn)江期末)已知正數(shù)a、b、c滿足abc＝1，求(a＋2)(b＋2)(c＋2)的最小值． 解：∵ (a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)≥3··3··3·＝27·＝27，當且僅當a＝b＝c＝1時等號成立． ∴(a＋2)(b＋2)(c＋2)的最小值為27. 3. 已知x、y∈R＋，且＋＝1，求x＋y的最小值． 解：已知x、y

9、∈R＋，且＋＝1，有 x＋y＝(x＋y)＝＋＋10≥2＋10＝16，當且僅當＝即x＝4、y＝12時，取“＝”． ∴ x＋y的最小值為16. 4. 已知x2＋y2＝1，求3x＋4y的最大值． 解：(換元法)由x2＋y2＝1，可設x＝cosα，y＝sinα， 則3x＋4y＝3cosα＋4sinα＝cos(α－φ)≤5， 其中cosφ＝，sinφ＝，∴ (3x＋4y)max＝5. 5. 設n是正整數(shù)，求證：≤＋＋…＋＜1. 證明：由2n≥n＋k＞n(k＝1，2，…，n)，得≤＜. 當k＝1時，≤＜；當k＝2時，≤＜；… 當k＝n時，≤＜， ∴ ＝≤＋＋…＋＜＝1. 6. 已知

10、a、b、c為正數(shù)，且滿足acos2θ＋bsin2θ

11、0，即＋≥1. (證法2)由柯西不等式，得 [()2＋()2]≥(a＋b)2. ∵ a＋b＝2，∴ 上式即為×4≥4， 即＋≥1. (證法3)∵ a、b都是正實數(shù)，∴ ＋≥a，＋≥b.兩式相加，得＋＋＋≥a＋b. ∵ a＋b＝2，∴ ＋≥1. 9. (xx·蘇北三市期末)已知a、b、c均為正數(shù)，求證：a2＋b2＋c2＋≥6. 證明：(證法1)因為a、b、c均為正數(shù)，由均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)，＋＋≥3(abc)－， 所以≥9(abc)－. 故a2＋b2＋c2＋≥3(abc)＋9(abc)－. 又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，所以原不等式成立．

12、(證法2)因為a、b、c均為正數(shù)，由基本不等式得 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca. 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 同理＋＋≥＋＋， 故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ca＋＋＋≥6.所以原不等式成立． 10. (xx·徐州二模)已知x、y、z∈R，且x＋2y＋3z＋8＝0.求證：(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14. 證明：因為[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2](12＋22＋32)≥[(x－1)＋2(y＋2)＋3(z－3)]2＝(x＋2y＋3z－6)2＝142， 當且僅當＝＝，即x＝z＝0，y＝－4時，取等號，所以(x－

13、1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14. 11. (xx·南通二模)各項均為正數(shù)的數(shù)列{xn}對一切n∈N*均滿足xn＋＜2.試證明： (1) xn＜xn＋1； (2) 1－＜xn＜1. 證明：(1) 因為xn＞0，xn＋＜2，所以0＜＜2－xn， 所以xn＋1＞，且2－xn＞0. 因為－xn＝＝≥0， 所以≥xn，所以xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1. (2) 下面用數(shù)學歸納法證明：xn＞1－. ① 當n＝1時，由題設x1＞0可知結(jié)論成立； ② 假設n＝k時，xk＞1－，當n＝k＋1時，由(1)得 xk＋1＞＞＝＝1－.　 由①②可得xn＞1－. 下面先證明xn≤1. 假設存在自然數(shù)k，使得xk＞1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk＞1＋. 因為xk＋＜2，xk＋1＞＞＝， xk＋2＞＞＝，…，xk＋m－1＞＝2，與題設xk＋＜2矛盾，所以xn≤1. 若xk＝1，則xk＋1＞xk＝1，根據(jù)上述證明可知存在矛盾． 所以xn＜1成立．