数学不等式高考真题 15页

‎1.（2018•卷Ⅱ）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 ‎ ‎2.（2013•辽宁）已知函数f（x）=|x﹣a|，其中a＞1 ‎ ‎（1）当a=2时，求不等式f（x）≥4﹣|x﹣4|的解集； ‎ ‎（2）已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}，求a的值． ‎ ‎3.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲] 已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|． （Ⅰ）求不等式f（x）≥1的解集； （Ⅱ）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围． ‎ ‎4.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲] 已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明： （Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4； （Ⅱ）a+b≤2． ‎ ‎5.（2017•新课标Ⅰ卷）[选修4-5：不等式选讲] 已知函数f（x）=﹣x2+ax+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|．（10分） ‎ ‎（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． ‎ ‎6.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：不等式选讲] 已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明： （Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4； （Ⅱ）a+b≤2． ‎ ‎7.（2018•卷Ⅰ）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 ‎ ‎8.（2018•卷Ⅰ）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 ‎ ‎9.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：不等式选讲] 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． ‎ ‎10.（2014•新课标II）设函数f（x）=|x+ ‎1‎a |+|x﹣a|（a＞0）． ‎ ‎（1）证明：f（x）≥2； ‎ ‎（2）若f（3）＜5，求a的取值范围． ‎ ‎11.（2015·福建)选修4-5：不等式选讲 已知a>0,b>0,c>0,‎，函数fx=x+a+x-b+c的最小值为4． ‎ ‎（1）求a+b+c的值； ‎ ‎（2）求‎1‎‎4‎a‎2‎‎+‎1‎‎9‎b‎2‎+‎c‎2‎的最小值． ‎ ‎12.（2014•新课标I）若a＞0，b＞0，且 ‎1‎a + ‎1‎b = ab ． ‎ ‎（1）求a3+b3的最小值； ‎ ‎（2）是否存在a，b，使得2a+3b=6？并说明理由． ‎ ‎13.（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分） ‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性； ‎ ‎（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ‎3‎‎4a ﹣2． ‎ ‎14.（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx． （Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值； （Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＜m，求m的最小值． ‎ ‎15.（2018•卷Ⅲ）设函数 ‎f(x)=|2x+1|+|x−1|‎ ‎（1）画出 y=f(x)‎ 的图像 ‎ ‎（2）当 x∈[0,+∞)‎ 时， f(x)≤ax+b ，求 a+b 的最小值。 ‎ ‎16.（2013•福建）设不等式|x﹣2|＜a（a∈N*）的解集为A，且 ‎3‎‎2‎‎∈A,‎1‎‎2‎∉A ‎ ‎（1）求a的值 ‎ ‎（2）求函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|的最小值． ‎ ‎17.（2013•新课标Ⅰ）（选修4﹣5：不等式选讲） 已知函数f（x）=|2x﹣1|+|2x+a|，g（x）=x+3． ‎ ‎（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）的解集； ‎ ‎（2）设a＞﹣1，且当 x∈[−a‎2‎,‎1‎‎2‎)‎ 时，f（x）≤g（x），求a的取值范围． ‎ ‎18.（2016•全国）选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)= ∣x- ‎1‎‎2‎ ∣+∣x+ ‎1‎‎2‎ ∣，M为不等式f(x) ＜2的解集. ‎ ‎（1）求M； ‎ ‎（2）证明：当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣。 ‎ ‎19.（2016•全国）[选修4-5：不等式选讲]已知函数f（x）=|2x﹣a|+a． ‎ ‎（1）当a=2时，求不等式f（x）≤6的解集； ‎ ‎（2）设函数g（x）=|2x﹣1|，当x∈R时，f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围． ‎ ‎20.（2012•新课标）已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2| ‎ ‎（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集； ‎ ‎（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围． ‎ ‎21.（2012•辽宁）选修4﹣5：不等式选讲 已知f（x）=|ax+1|（a∈R），不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}． ‎ ‎（1）求a的值； ‎ ‎（2）若 ‎|f(x)−2f(x‎2‎)|≤k 恒成立，求k的取值范围． ‎ 答案解析部分 一、解答题 ‎1.【答案】（1）a=1时，时，由 f（x）={‎‎6−2x,x≥2‎‎2,−1﹤x﹤2‎‎4+2x,x≤−1‎ 当x≥2时，由f（x）≥0得：6-2x≥0，解得：x≤3； 当-1＜x＜x时，f（x）≥0； 当x≤-1时，由f（x）≥0得：4+2x≥0，解得x≥-2 所以f（x）≥0的解集为{x|-2≤x≤3} （2）若f（x）≤1，即 ‎5−|x+a|−|x−2|≤1‎ 恒成立 也就是x∈R， ‎|x+a|+|x−2|≥4‎ 恒成立 ‎|x+a|+|x−2|≥|a+2|‎ 当x=2时取等，所以x∈R， ‎|x+a|+|x−2|≥4‎ 等价于 ‎|a+2|≥4‎ 解得：a≥2或a≤-6 所以a的取值范围(-∞，-6] ∪[2，+∞） ‎ ‎【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的解法易得；（2）由绝对值几何意义转化易得.‎ ‎2.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4， 当x≤2时，得﹣2x+6≥4，解得x≤1； 当2＜x＜4时，得2≥4，无解； 当x≥4时，得2x﹣6≥4，解得x≥5； 故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1} （2）解：设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=  由|h（x）|≤2得 ， 又已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}， 所以 ， 故a=3． ‎ ‎【解析】【分析】（1）当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，直接求出不等式|x﹣2|+|x﹣4|≥4的解集即可．（2）设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）= ‎{‎‎−2a,x≤0‎‎4x−2a,0＜x＜a‎2a,x≥a ．由|h（x）|≤2解得 a−1‎‎2‎‎≤x≤‎a+1‎‎2‎ ，它与1≤x≤2等价，然后求出a的值．‎ ‎3.【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ‎{‎‎−3，x<−1‎‎2x−1，−1≤x≤2‎‎3，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}． （Ⅱ）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）= ‎{‎‎−x‎2‎+x−3，x≤−1‎‎−x‎2‎+3x−1，−12‎ ，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集； （Ⅱ）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max ， 设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max= ‎5‎‎4‎ ，从而可得m的取值范围．‎ ‎4.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（ a⋅‎a‎5‎ + b⋅‎b‎5‎ ）2=（a3+b3）2≥4， 当且仅当 ab‎5‎ = ba‎5‎ ，即a=b=1时取等号， （Ⅱ）∵a3+b3=2， ∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2， ∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2， ‎ ‎∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2， ∴ ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab， 由均值不等式可得： ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab≤（ a+b‎2‎ ）2 ， ∴（a+b）3﹣2≤ ‎3‎‎(a+b)‎‎3‎‎4‎ ， ∴ ‎1‎‎4‎ （a+b）3≤2， ∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立． ‎ ‎【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明， （Ⅱ）由a3+b3=2转化为 ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab，再由均值不等式可得： ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab≤（ a+b‎2‎ ）2 ， 即可得到 ‎1‎‎4‎ （a+b）3≤2，问题得以证明．‎ ‎5.【答案】（1）解：（1）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，是开口向下，对称轴为x= ‎1‎‎2‎ 的二次函数， g（x）=|x+1|+|x﹣1|= ‎{‎‎2x，x>1‎‎2，−1≤x≤1‎‎−2x，x<−1‎ ， 当x∈（1，+∞）时，令﹣x2+x+4=2x，解得x= ‎17‎‎−1‎‎2‎ ，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， ‎17‎‎−1‎‎2‎ ]； 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， ‎17‎‎−1‎‎2‎ ]； （2）（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 ‎{‎‎1‎‎2‎‎−a⋅1−2≤0‎‎(−1)‎‎2‎‎−a(−1)−2≤0‎ ，解得﹣1≤a≤1， 故a的取值范围是[﹣1，1]． ‎ ‎【解析】【分析】（1.）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|= ‎{‎‎2x，x>1‎‎2，−1≤x≤1‎‎−2x，x<−1‎ ，分x＞1、x∈[﹣1，1]、x∈（﹣∞，﹣1）三类讨论，结合g（x）与f（x）的单调性质即可求得f（x）≥g（x）的解集为[﹣1， ‎17‎‎−1‎‎2‎ ]； （2.）依题意得：﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立⇔x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，只需 ‎{‎‎1‎‎2‎‎−a⋅1−2≤0‎‎(−1)‎‎2‎‎−a(−1)−2≤0‎ ，解之即可得a的取值范围．‎ ‎6.【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（ a⋅‎a‎5‎ + b⋅‎b‎5‎ ）2=（a3+b3）2≥4， 当且仅当 ab‎5‎ = ba‎5‎ ，即a=b=1时取等号， （Ⅱ）∵a3+b3=2， ∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2， ‎ ‎∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2， ∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2， ∴ ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab， 由均值不等式可得： ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab≤（ a+b‎2‎ ）2 ， ∴（a+b）3﹣2≤ ‎3‎‎(a+b)‎‎3‎‎4‎ ， ∴ ‎1‎‎4‎ （a+b）3≤2， ∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立． ‎ ‎【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明， （Ⅱ）由a3+b3=2转化为 ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab，再由均值不等式可得： ‎(a+b)‎‎3‎‎−2‎‎3(a+b)‎ =ab≤（ a+b‎2‎ ）2 ， 即可得到 ‎1‎‎4‎ ‎(a+b‎)‎‎3‎≤2，问题得以证明．‎ ‎7.【答案】（1）解：当 a=1‎ 时， f(x)=|x+1|−|x−1|‎ ，即 f(x)={‎‎−2,x≤−1,‎‎2x,−11‎ 的解集为 ‎{x|x〉‎1‎‎2‎}‎ ． （2）解：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 ； 若 a>0‎ ， ‎|ax−1|<1‎ 的解集为 ‎00对于 x∈(0,1)‎ 恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.‎ ‎8.【答案】（1）解：当a=1时， f(x){‎‎−2,x<−1‎‎2x,−1≤x<1‎‎2,x≥1‎ 当 x<−1‎ 时，-2＞1舍 当 ‎−1≤x<1‎ 时，2x＞1 ‎⇒x>‎‎1‎‎2‎ ∴ x∈(‎1‎‎2‎,1]‎ 当 x>1‎ 时，2＞1,成立，综上所述 f(x)>1‎ 结果为 ‎(‎1‎‎2‎,+∞)‎ （2）解：∵ x∈(0,1)‎ ∴ f(x)=x+1−|ax−1|>x⇒|ax−1|<1⇒00对于 x∈(0,1)‎ 恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.‎ ‎9.【答案】（1）解：∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ‎{‎‎−3，x<−1‎‎2x−1，−1≤x≤2‎‎3，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）= ‎{‎‎−x‎2‎+x−3，x≤−1‎‎−x‎2‎+3x−1，−12‎ ，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集； （2.）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max ， 设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max= ‎5‎‎4‎ ，从而可得m的取值范围．‎ ‎10.【答案】（1）解：证明：∵a＞0，f（x）=|x+ |+|x﹣a|≥|（x+ ）﹣（x﹣a）|=|a+ |=a+ ≥2 =2， 故不等式f（x）≥2成立． （2）解：∵f（3）=|3+ |+|3﹣a|＜5， ‎ ‎∴当a＞3时，不等式即a+ ＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜ ． 当0＜a≤3时，不等式即 6﹣a+ ＜5，即 a2﹣a﹣1＞0，求得 ＜a≤3． 综上可得，a的取值范围（ ， ） ‎ ‎【解析】【分析】（1）由a＞0，f（x）=|x+ ‎1‎a |+|x﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）≥2成立．（2）由f（3）=|3+ ‎1‎a |+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．‎ ‎11.【答案】（1）4 （2）‎8‎‎7‎ ‎ ‎【解析】【解答】     1.因为fx=x+a+x+b+c≥x+a‎-‎x+b+c=a+b+c,当且仅当‎-a≤x≤b时，等号成立，又a>0,b>0‎,所以a+b‎=a+b,所以fx的最小值为a+b+c，所以a+b+c=4‎.     2.由1知a+b+c=4‎，由柯西不等式得‎1‎‎4‎a‎2‎‎+‎1‎‎9‎b‎2‎+‎c‎2‎‎4+9+1‎‎≥a‎2‎‎×2+b‎3‎×3+c×1‎‎2‎=a+b+c‎2‎=16‎,即‎1‎‎4‎a‎2‎‎+‎1‎‎9‎b‎2‎+c‎2‎≥‎‎8‎‎7‎.d当且仅当‎1‎‎2‎a‎2‎‎=‎1‎‎3‎b‎3‎=‎c‎1‎,即a=‎8‎‎7‎,b=‎18‎‎7‎,c=‎‎2‎‎7‎时，等号成立所以‎1‎‎4‎a‎2‎‎+‎1‎‎9‎b‎2‎+‎c‎2‎的最小值为‎8‎‎7.‎ 【分析】当x的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如fx=x+a+‎x+b的函数的最小值，以及解析式形如fx=x+a-‎x+b的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标．‎ ‎12.【答案】（1）解：∵a＞0，b＞0，且 + = ， ∴ = + ≥2 ，∴ab≥2， 当且仅当a=b= 时取等号． ∵a3+b3≥2 ≥2 =4 ，当且仅当a=b= 时取等号， ∴a3+b3的最小值为4 ． （2）解：∵2a+3b≥2 =2 ，当且仅当2a=3b时，取等号． ‎ 而由（1）可知，2 ≥2 =4 ＞6， 故不存在a，b，使得2a+3b=6成立． ‎ ‎【解析】【分析】（1）由条件利用基本不等式求得ab≥2，再利用基本不等式求得a3+b3的最小值．（2）根据 ab≥4及基本不等式求的2a+3b＞8，从而可得不存在a，b，使得2a+3b=6．‎ ‎13.【答案】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x， 求导f′（x）= ‎1‎x +2ax+（2a+1）= ‎2ax‎2‎+(2a+1)x+1‎x = ‎(2ax+1)(x+1)‎x ，（x＞0）， ①当a=0时，f′（x）= ‎1‎x +1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增； ③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣ ‎1‎‎2a ． 因为当x∈（0，﹣ ‎1‎‎2a ）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣ ‎1‎‎2a ，+∞）时，f′（x）＜0， 所以y=f（x）在（0，﹣ ‎1‎‎2a ）上单调递增、在（﹣ ‎1‎‎2a ，+∞）上单调递减． 综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（0，﹣ ‎1‎‎2a ）上单调递增、在（﹣ ‎1‎‎2a ，+∞）上单调递减； （2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣ ‎1‎‎2a ）上单调递增、在（﹣ ‎1‎‎2a ，+∞）上单调递减， 所以当x=﹣ ‎1‎‎2a 时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣ ‎1‎‎2a ）=﹣1﹣ln2﹣ ‎1‎‎4a +ln（﹣ ‎1‎a ）． 从而要证f（x）≤﹣ ‎3‎‎4a ﹣2，即证f（﹣ ‎1‎‎2a ）≤﹣ ‎3‎‎4a ﹣2， 即证﹣1﹣ln2﹣ ‎1‎‎4a +ln（﹣ ‎1‎a ）≤﹣ ‎3‎‎4a ﹣2，即证﹣ ‎1‎‎2‎ （﹣ ‎1‎a ）+ln（﹣ ‎1‎a ）≤﹣1+ln2． 令t=﹣ ‎1‎a ，则t＞0，问题转化为证明：﹣ ‎1‎‎2‎ t+lnt≤﹣1+ln2．…（*） 令g（t）=﹣ ‎1‎‎2‎ t+lnt，则g′（t）=﹣ ‎1‎‎2‎ + ‎1‎t ， 令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0， 所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减， 即g（t）≤g（2）=﹣ ‎1‎‎2‎ ×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立， 所以当a＜0时，f（x）≤﹣ ‎3‎‎4a ﹣2成立． ‎ ‎【解析】【分析】（1.）题干求导可知f′（x）= ‎(2ax+1)(x+1)‎x （x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论； （2.）通过（1）可知f（x）max=f（﹣ ‎1‎‎2a ）=﹣1﹣ln2﹣ ‎1‎‎4a +ln（﹣ ‎1‎a ），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣ ‎1‎‎2‎ t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣ ‎1‎‎2‎ t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．‎ ‎14.【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0， 所以f′（x）=1﹣ ax = x−ax ，且f（1）=0． 所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾； 当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a， 所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a）， 又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1； （Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号， 所以ln（1+ ‎1‎‎2‎k ）＜ ‎1‎‎2‎k ，k∈N*, 所以‎1+‎1‎‎2‎k<‎e‎1‎‎2‎k ，k∈N* ． 一方面，因为 ‎1‎‎2‎ + ‎1‎‎2‎‎2‎ +…+ ‎1‎‎2‎n =1﹣ ‎1‎‎2‎n ＜1， 所以，（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＜e； 另一方面，（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＞（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎3‎ ）= ‎135‎‎64‎ ＞2， 同时当n≥3时，（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）∈（2，e）． 因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＜m， 所以m的最小值为3． ‎ ‎【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ‎1‎‎2‎k ）＜ ‎1‎‎2‎k ，k∈N* ． 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＜e；另一方面可知（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）＞2，且当n≥3时，（1+ ‎1‎‎2‎ ）（1+ ‎1‎‎2‎‎2‎ ）…（1+ ‎1‎‎2‎n ）∈（2，e）．‎ ‎15.【答案】（1）解： f(x)={‎‎−3x,x<-‎‎1‎‎2‎x+2,-‎1‎‎2‎≤x≤1‎‎3x,x>1‎ （2）解：由（1）中可得：a≥3，b≥2，当a=3，b=2时，a+b取最小值， 所以a+b的最小值为5. ‎ ‎【解析】【分析】（1）画图像，分段函数;（2）转化为一次函数分析.‎ ‎16.【答案】（1）解：因为 ， 所以 且 ， 解得 ， 因为a∈N* ， 所以a的值为1． ‎ ‎（2）解：由（1）可知函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3， 当且仅当（x+1）（x﹣2）≥0，即x≥2或x≤﹣1时取等号， 所以函数f（x）的最小值为3． ‎ ‎【解析】【分析】（1）利用 ‎3‎‎2‎‎∈A,‎1‎‎2‎∉A ，推出关于a的绝对值不等式，结合a为整数直接求a的值．（2）利用a的值化简函数f（x），利用绝对值三角不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最小值．‎ ‎17.【答案】（1）解：当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0． 设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，则 y= ，它的图象如图所示： 结合图象可得，y＜0的解集为（0，2），故原不等式的解集为（0，2）． （2）解：设a＞﹣1，且当 时，f（x）=1+a，不等式化为 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 都成立． 故﹣ ≥a﹣2，解得 a≤ ，故a的取值范围为（﹣1， ]． ‎ ‎【解析】【分析】（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，画出函数y的图象，数形结合可得结论．（2）不等式化即 1+a≤x+3，故 x≥a﹣2对 x∈[−a‎2‎,‎1‎‎2‎)‎ 都成立．故﹣ a‎2‎ ≥a﹣2，由此解得a的取值范围．‎ ‎18.【答案】（1）解：当 x<−‎‎1‎‎2‎ 时， f(x)=‎1‎‎2‎−x−x−‎1‎‎2‎=−2x ，若 ‎−1‎‎1‎‎2‎ 时， f(x)=2x ，若 f(x)<2‎ ， ‎1‎‎2‎‎0‎ ， 即 a‎2‎b‎2‎‎+1>a‎2‎+‎b‎2‎ ， 则 a‎2‎b‎2‎‎++2ab+1>a‎2‎+2ab+‎b‎2‎ ， 则 ‎(ab+1)‎‎2‎‎>‎‎(a+b)‎‎2‎ ， 即 ‎|a+b|<|ab+1|‎ ， 证毕 ‎ ‎【解析】【分析】（1）分当x＜ 时，当 ≤x≤ 时，当x＞ 时三种情况，分别求解不等式，综合可得答案；（2）当a，b∈M时，（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，即a2b2+1＞a2+b2 ， 配方后，可证得结论．‎ ‎19.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）=|2x﹣2|+2， ∵f（x）≤6，∴|2x﹣2|+2≤6， |2x﹣2|≤4，|x﹣1|≤2， ∴﹣2≤x﹣1≤2， 解得﹣1≤x≤3， ∴不等式f（x）≤6的解集为{x|﹣1≤x≤3} （2）解：∵g（x）=|2x﹣1|， ∴f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3， 2|x﹣ ‎1‎‎2‎ |+2|x﹣ a‎2‎ |+a≥3， |x﹣ ‎1‎‎2‎ |+|x﹣ a‎2‎ |≥ ‎3−a‎2‎ ， 当a≥3时，成立， 当a＜3时， ‎1‎‎2‎ |a﹣1|≥ ‎3−a‎2‎ ＞0， ∴（a﹣1）2≥（3﹣a）2 ， 解得2≤a＜3， ∴a的取值范围是[2，+∞） ‎ ‎【解析】【分析】（1）当a=2时，由已知得|2x﹣2|+2≤6，由此能求出不等式f（x）≤6的解集． （2）由f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3，得|x﹣ |+|x﹣ |≥ ，由此能求出a的取值范围． 本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用．‎ ‎20.【答案】（1）解：当a=﹣3时，f（x）≥3 即|x﹣3|+|x﹣2|≥3，即① ，或② ， 或③ ． 解①可得x≤1，解②可得x∈∅，解③可得x≥4． 把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4} （2）解：原命题即f（x）≤|x﹣4|在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1，2]上恒成立， ‎ 等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立． 故当 1≤x≤2时，﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x的最小值为0， 故a的取值范围为[﹣3，0]． ‎ ‎【解析】【分析】（1）不等式等价于 ‎{‎x≤2‎‎3−x+2−x≥3‎ ，或 ‎{‎‎2＜x＜3‎‎3−x+x−2≥3‎ ，或 ‎{‎x≥3‎x−3+x−2≥3‎ ，求出每个不等式组的解集， 再取并集即得所求．（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立，由此求得求a的取值范围．‎ ‎21.【答案】（1）解：由|ax+1|≤3得﹣4≤ax≤2 ∵不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}． ∴当a≤0时，不合题意； 当a＞0时， ‎−‎4‎a≤x≤‎‎2‎a ， ∴a=2； （2）解：记 h(x)=f(x)−2f(x‎2‎)‎ ， ∴h（x）= ‎{‎‎1,x≤−1‎‎−4x−3,−1＜x＜−‎‎1‎‎2‎‎−1,x≥−‎‎1‎‎2‎ ∴|h（x）|≤1 ∵ ‎|f(x)−2f(x‎2‎)|≤k 恒成立， ∴k≥1． ‎ ‎【解析】【分析】（1）先解不等式|ax+1|≤3，再根据不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}，分类讨论，即可得到结论．（2）记 h(x)=f(x)−2f(x‎2‎)‎ ，从而h（x）= ‎{‎‎1,x≤−1‎‎−4x−3,−1＜x＜−‎‎1‎‎2‎‎−1,x≥−‎‎1‎‎2‎ ，求得|h（x）|≤1，即可求得k的取值范围．‎