高考真题与高考等值卷（选修系列-不等式选讲）（理数）-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 22页

‎2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)‎ 三年高考真题与高考等值卷( 选修系列--不等式选讲 )(理科数学)‎ ‎1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ ‎（3）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：‎ ‎2.了解下列柯西不等式的几种不同形式,理解它们的几何意义,并会证明.‎ ‎（1）柯西不等式的向量形式：‎ ‎（2）(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.‎ +≥‎ ‎(此不等式通常称为平面三角不等式.)‎ ‎3.会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：‎ ‎4.会用向量递归方法讨论排序不等式.‎ ‎5.了解数学归纳法的原理及其使用范围,会用数学归纳法证明一些简单问题.‎ ‎6.会用数学归纳法证明伯努利不等式：‎ ‎(1+x)n>1+nx(x>-1,x¹0,n为大于1的正整数),了解当n为大于1的实数时伯努利不等式也成立.‎ ‎7.会用上述不等式证明一些简单问题.能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值.‎ ‎8.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.‎ ‎1．【2019年新课标3理科23】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．‎ ‎【解答】解：（1）x，y，z∈R，且x+y+z＝1，‎ 由柯西不等式可得 ‎（12+12+12）[（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2]≥（x﹣1+y+1+z+1）2＝4，‎ 可得（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2，‎ 即有（x﹣1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值为；‎ ‎（2）证明：由x+y+z＝1，柯西不等式可得 ‎（12+12+12）[（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2]≥（x﹣2+y﹣1+z﹣a）2＝（a+2）2，‎ 可得（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2，‎ 即有（x﹣2）2+（y﹣1）2+（z﹣a）2的最小值为，‎ 由题意可得，‎ 解得a≥﹣1或a≤﹣3．‎ ‎2．【2019年全国新课标2理科23】已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．‎ ‎（1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；‎ ‎（2）当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），‎ ‎∵f（x）＜0，∴当x＜1时，f（x）＝﹣2（x﹣1）2＜0，恒成立，∴x＜1；‎ 当x≥1时，f（x）＝（x﹣1）（x+|x﹣2|）≥0恒成立，∴x∈∅；‎ 综上，不等式的解集为（﹣∞，1）；‎ ‎（2）当a≥1时，f（x）＝2（a﹣x）（x﹣1）＜0在x∈（﹣∞，1）上恒成立；‎ 当a＜1时，x∈（a，1），f（x）＝2（x﹣a）＞0，不满足题意，‎ ‎∴a的取值范围为：[1，+∞）‎ ‎3．【2019年新课标1理科23】已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．证明：‎ ‎（1）a2+b2+c2；‎ ‎（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24．‎ ‎【解答】证明：（1）分析法：已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．‎ 要证（1）a2+b2+c2；因为abc＝1．‎ 就要证：a2+b2+c2；‎ 即证：bc+ac+ab≤a2+b2+c2；‎ 即：2bc+‎2ac+2ab≤‎2a2+2b2+‎2c2；‎ ‎2a‎2+2b2+‎2c2﹣2bc﹣‎2ac﹣2ab≥0‎ ‎（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2≥0；‎ ‎∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．‎ ‎∴（a﹣b）2≥0；（a﹣c）2≥0；（b﹣c）2≥0恒成立；当且仅当：a＝b＝c＝1时取等号．‎ 即（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2≥0得证．‎ 故a2+b2+c2得证．‎ ‎（2）证（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24成立；‎ 即：已知a，b，c为正数，且满足abc＝1．‎ ‎（a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数；‎ ‎（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥3（a+b）•（b+c）•（c+a）；‎ 当且仅当（a+b）＝（b+c）＝（c+a）时取等号；即：a＝b＝c＝1时取等号；‎ ‎∵a，b，c为正数，且满足abc＝1．‎ ‎（a+b）≥2；（b+c）≥2；（c+a）≥2；‎ 当且仅当a＝b，b＝c；c＝a时取等号；即：a＝b＝c＝1时取等号；‎ ‎∴（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥3（a+b）•（b+c）•（c+a）≥3×8••24abc＝24；‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时取等号；‎ 故（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24．得证．‎ 故得证．‎ ‎4．【2019年江苏23】设x∈R，解不等式|x|+|2x﹣1|＞2．‎ ‎【解答】解：|x|+|2x﹣1|，‎ ‎∵|x|+|2x﹣1|＞2，‎ ‎∴或或，‎ ‎∴x＞1或x∈∅或x，‎ ‎∴不等式的解集为{x|x或x＞1}． ‎ ‎5．【2018年江苏24】若x，y，z为实数，且x+2y+2z＝6，求x2+y2+z2的最小值．‎ ‎【解答】解：由柯西不等式得（x2+y2+z2）（12+22+22）≥（x+2y+2z）2，‎ ‎∵x+2y+2z＝6，∴x2+y2+z2≥4‎ 是当且仅当时，不等式取等号，此时x，y，z，‎ ‎∴x2+y2+z2的最小值为4 ‎ ‎6．【2018年新课标1理科23】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．‎ ‎【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x+1|﹣|x﹣1|，‎ 由f（x）＞1，‎ ‎∴或，‎ 解得x，‎ 故不等式f（x）＞1的解集为（，+∞），‎ ‎（2）当x∈（0，1）时不等式f（x）＞x成立，‎ ‎∴|x+1|﹣|ax﹣1|﹣x＞0，‎ 即x+1﹣|ax﹣1|﹣x＞0，‎ 即|ax﹣1|＜1，‎ ‎∴﹣1＜ax﹣1＜1，‎ ‎∴0＜ax＜2，‎ ‎∵x∈（0，1），‎ ‎∴a＞0，‎ ‎∴0＜x，‎ ‎∴a ‎∵2，‎ ‎∴0＜a≤2，‎ 故a的取值范围为（0，2]．‎ ‎7．【2018年新课标2理科23】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．‎ ‎【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝5﹣|x+1|﹣|x﹣2|．‎ 当x≤﹣1时，f（x）＝2x+4≥0，解得﹣2≤x≤﹣1，‎ 当﹣1＜x＜2时，f（x）＝2≥0恒成立，即﹣1＜x＜2，‎ 当x≥2时，f（x）＝﹣2x+6≥0，解得2≤x≤3，‎ 综上所述不等式f（x）≥0的解集为[﹣2，3]，‎ ‎（2）∵f（x）≤1，‎ ‎∴5﹣|x+a|﹣|x﹣2|≤1，‎ ‎∴|x+a|+|x﹣2|≥4，‎ ‎∴|x+a|+|x﹣2|＝|x+a|+|2﹣x|≥|x+a+2﹣x|＝|a+2|，‎ ‎∴|a+2|≥4，‎ 解得a≤﹣6或a≥2，‎ 故a的取值范围（﹣∞，﹣6]∪[2，+∞）．‎ ‎8．【2018年新课标3理科23】设函数f（x）＝|2x+1|+|x﹣1|．‎ ‎（1）画出y＝f（x）的图象；‎ ‎（2）当x∈[0，+∞）时，f（x）≤ax+b，求a+b的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）当x时，f（x）＝﹣（2x+1）﹣（x﹣1）＝﹣3x，‎ 当x＜1，f（x）＝（2x+1）﹣（x﹣1）＝x+2，‎ 当x≥1时，f（x）＝（2x+1）+（x﹣1）＝3x，‎ 则f（x）对应的图象为：‎ 画出y＝f（x）的图象；‎ ‎（2）当x∈[0，+∞）时，f（x）≤ax+b，‎ 当x＝0时，f（0）＝2≤0•a+b，∴b≥2，‎ 当x＞0时，要使f（x）≤ax+b恒成立，‎ 则函数f（x）的图象都在直线y＝ax+b的下方或在直线上，‎ ‎∵f（x）的图象与y轴的交点的纵坐标为2，‎ 且各部分直线的斜率的最大值为3，‎ 故当且仅当a≥3且b≥2时，不等式f（x）≤ax+b在[0，+∞）上成立，‎ 即a+b的最小值为5．‎ ‎9．【2017年江苏24】已知a，b，c，d为实数，且a2+b2＝4，c2+d2＝16，证明ac+bd≤8．‎ ‎【解答】证明：∵a2+b2＝4，c2+d2＝16，‎ 令a＝2cosα，b＝2sinα，c＝4cosβ，d＝4sinβ．‎ ‎∴ac+bd＝8（cosαcosβ+sinαsinβ）＝8cos（α﹣β）≤8．当且仅当cos（α﹣β）＝1时取等号．‎ 因此ac+bd≤8．‎ 另解：由柯西不等式可得：（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）＝4×16＝64，当且仅当时取等号．‎ ‎∴﹣8≤ac+bd≤8． ‎ ‎10．【2017年新课标1理科23】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．‎ ‎【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝﹣x2+x+4，是开口向下，对称轴为x的二次函数，‎ g（x）＝|x+1|+|x﹣1|，‎ 当x∈（1，+∞）时，令﹣x2+x+4＝2x，解得x，g（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f（x）≥g（x）的解集为（1，]；‎ 当x∈[﹣1，1]时，g（x）＝2，f（x）≥f（﹣1）＝2．‎ 当x∈（﹣∞，﹣1）时，g（x）单调递减，f（x）单调递增，且g（﹣1）＝f（﹣1）＝2．‎ 综上所述，f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，]；‎ ‎（2）依题意得：﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣‎ ‎1，1]恒成立，则只需，解得﹣1≤a≤1，‎ 故a的取值范围是[﹣1，1]．‎ ‎11．【2017年新课标2理科23】已知a＞0，b＞0，a3+b3＝2．证明：‎ ‎（1）（a+b）（a5+b5）≥4；‎ ‎（2）a+b≤2．‎ ‎【解答】证明：（1）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（）2＝（a3+b3）2≥4，‎ 当且仅当，即a＝b＝1时取等号，‎ ‎（2）∵a3+b3＝2，‎ ‎∴（a+b）（a2﹣ab+b2）＝2，‎ ‎∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]＝2，‎ ‎∴（a+b）3﹣3ab（a+b）＝2，‎ ‎∴ab，‎ 由均值不等式可得：ab≤（）2，‎ ‎∴（a+b）3﹣2，‎ ‎∴（a+b）3≤2，‎ ‎∴a+b≤2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．‎ ‎12．【2017年新课标3理科23】已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|．‎ ‎（1）求不等式f（x）≥1的解集；‎ ‎（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，‎ ‎∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；‎ 当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；‎ 综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．‎ ‎（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，‎ 即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．‎ 由（1）知，g（x），‎ 当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，‎ ‎∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；‎ 当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），‎ ‎∴g（x）≤g（）1；‎ 当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，‎ ‎∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；‎ 综上，g（x）max，‎ ‎∴m的取值范围为（﹣∞，]．‎ 绝对值不等式的解法和不等式的证明 是考查的重点，解题时常用到分类讨论解绝对值不等式，利用均值不等式、柯西不等式证明不等式，考查学生的数学抽象能力、逻辑推理能力、数学运算能力，题型以解答题为主，中等难度.‎ ‎ 1．已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若时不等式成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）或；（2）空集.‎ ‎【解析】‎ 解：（1）不等式，即.‎ 可得，或或，‎ 解得或，所以不等式的解集为.‎ ‎（2）当时，，所以，‎ 由得，即，‎ 则，该不等式无解，‎ 所以实数的取值范围是空集（或者）.‎ ‎2．已知．‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）设、、为正实数，且，求证：．‎ ‎【答案】(1) (2)见证明 ‎【解析】‎ ‎（1）①时，，‎ 由，∴，∴，即，‎ ‎②时，，由，∴，∴，即，‎ ‎③时，，由，∴，∴，可知无解，‎ 综上，不等式的解集为；‎ ‎（2）∵，∴，‎ ‎∴，且为正实数 ‎∴，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 又为正实数，∴可以解得．‎ ‎3．[选修4—5：不等式选讲]‎ 已知函数.‎ ‎（1）当，求不等式的解集；‎ ‎（2）对于任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时，为：‎ 当时，不等式为：，解得：，无解 当时，不等式为：，解得：，此时 当时，不等式为：，解得：，此时 综上所述，不等式的解集为 ‎（2）对于任意实数，，不等式恒成立等价于 因为，当且仅当时等号成立 所以 因为时，，‎ 函数单调递增区间为，单调递减区间为 当时，‎ ‎，又，解得：‎ 实数的取值范围 ‎4．选修4-5不等式选讲 ‎ 已知关于的不等式的解集为，其中.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若正数，，满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎（1）由题意知：‎ 即或 化简得：或 ‎ 不等式组的解集为 ‎，解得：‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 由基本不等式有：，，‎ 三式相加可得：‎ ‎，即：‎ ‎5．选修4-5：不等式选讲 已知函数 ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若存在满足，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时，，‎ 当时，不等式等价于，解得，；‎ 当时，不等式等价于，解得，；‎ 当时，不等式等价于，解得，.‎ 综上所述，原不等式的解集为.‎ ‎（2）由，得，‎ 而，‎ ‎（当且仅当时等号成立）‎ 由题可知，即，‎ 解得实数的取值范围是.‎ ‎6．已知函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若时，不等式成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（I）；（II）‎ ‎【解析】‎ ‎（I）当时，原不等式即，即.‎ 当时，，解得，∴；‎ 当时，，无解；‎ 当时，，解得，∴；‎ 综上，原不等式的解集为 ‎（II）由得（*）‎ 当时，（*）等价于 ‎ 即，所以恒成立，所以 ‎ 当时，（*）等价于 ‎ 即，所以恒成立，所以 ‎ 综上，的取值范围是 ‎7．已知函数，．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）设，且当，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时，不等式化为：‎ 当时，不等式化为，解得：‎ 当时，不等式化为，解得：‎ 当时，不等式化为，解得：‎ 综上，原不等式的解集为 ‎（2）由，得，‎ 又 则 不等式化为：‎ 得对都成立 ，解得：‎ 又，故的取值范围是 ‎8．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若函数的定义域为，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）（II）‎ ‎【解析】‎ 解：（I）由已知不等式，得，‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，所以；‎ 当时，不等式为，解得，此时无解．‎ 综上：不等式的解集为．‎ ‎（II）若的定义域为，则恒成立．‎ ‎∵，当且仅当时取等号．‎ ‎∴，即．‎ 所以实数的取值范围是．‎ ‎9．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）解关于的不等式；‎ ‎（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 解：（I）当时，不等式为：，解得，故．‎ 当时，不等式为：，解得，故1＜x＜3，‎ 当时，不等式为：，解得，故．‎ 综上，不等式的解集为．‎ ‎（II）由恒成立可得恒成立．‎ 又，故在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴的最小值为．‎ ‎∴，解得．‎ 即的最值范围是．‎ ‎10．已知函数.‎ ‎（Ⅰ）解不等式；‎ ‎（Ⅱ）记函数的最小值为，若均为正实数，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意， ，‎ 所以等价于或或.‎ 解得：或，所以不等式的解集为；‎ ‎（Ⅱ）由(1)可知,当时, 取得最小值, ‎ 所以，即，‎ 由柯西不等式得，‎ 整理得，‎ 当且仅当时, 即时等号成立.‎ 所以的最小值为.‎ ‎11．已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求时，的解集；‎ ‎（Ⅱ）若有最小值，求的取值范围，并写出相应的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）当时，‎ ‎∵‎ 当时解得 当时恒成立 当时解得 综上可得解集.‎ ‎（Ⅱ）‎ 当，即时，无最小值；‎ 当，即时，有最小值；‎ 当且，即时， ‎ 当且，即时， ‎ 综上：当时，无最小值；‎ 当时，有最小值；‎ 当时， ；‎ 当时， ；‎ ‎12．选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）设集合满足：当且仅当时，，若，求证：.‎ ‎【答案】(1) ；(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1） ‎ 当 时， ，得 ，故； ‎ 当 时， ，得 ，故；‎ 当 时， ，得 ，故；‎ 综上，不等式的解集为 ‎ ‎（2）由绝对值不等式的性质可知 等价于，当且仅当，‎ 即 时等号成立，故 所以，‎ 所以，‎ 即.‎ ‎13．[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎ 已知函数 ‎（1）若，求不等式的解集.‎ ‎（2）对任意的，有，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1），‎ 所以 解之得不等式的解集为.‎ ‎(2)‎ 当时，由题得2必须在‎3m+1的右边或者与‎3m+1重合，‎ 所以，所以，‎ 当时，不等式恒成立，‎ 当时，由题得2必须在‎3m+1的左边或者与‎3m+1重合，‎ 由题得，所以m没有解.‎ 综上，.‎ ‎14．已知．‎ ‎（1）证明；‎ ‎（2）若，记的最小值为，解关于的不等式．‎ ‎【答案】(1)见证明；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）．当且仅当,等号成立 ‎（2）∵，当且仅当a=b=c等号成立 由不等式即． ‎ 由得：不等式的解集为．‎ ‎15．选修4—5：不等式选讲 已知函数，。‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若的解集包含，求实数的取值范围。‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时，.‎ ‎①当时，原不等式可化为，‎ 化简得，解得，∴；‎ ‎②当时，原不等式可化为，‎ 化简得，解得，∴；‎ ‎③当时，原不等式可化为，‎ 化简得，解得，∴；‎ 综上所述，不等式的解集是；‎ ‎（2）由题意知，对任意的，恒成立，‎ 即对任意的，恒成立，‎ ‎∵当时，，‎ ‎∴对任意的，恒成立，‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，即实数的取值范围为.‎