【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题30不等式选讲（含解析）一、填空题1．(2022·陕西理，15A)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．[答案] [解析] 解法1：在平面直角坐标系aob中，由条件知直线ma＋nb＝5与圆a2＋b2＝5有公共点，∴≤，∴≥，∴的最小值为.解法2：由柯西不等式：·≥ma＋nb，∴≥＝.2．若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|<a无解，则实数a的取值范围是________．[答案] (－∞，8][解析] ∵|x－5|＋|x＋3|≥|5－x＋x＋3|＝8，∴|x－5|＋|x＋3|的最小值为8，要使|x－5|＋|x＋3|<a无解，应有a≤8.3．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．[答案] {a∈R|a<0或a＝2}[解析] 因为|x＋1|＋|x－3|≥4，所以由题意可得a＋≤4恒成立，因a<0时显然恒成立；当a>0时，由基本不等式可知a＋≥4，所以只有a＝2时成立，所以实数a的取值范围为{a∈R|a<0或a＝2}．[方法点拨] 注意区分a<f(x)有(无)解与a<f(x)恒成立，设m≤f(x)≤M，则a<f(x)有解⇒a<M，a<f(x)恒成立⇒a<m.7\na<f(x)无解⇒a≥M.4．(2022·天津市十二区县重点中学联考)对于任意x∈R，满足(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立的所有实数a构成集合A，使不等式|x－4|＋|x－3|<a的解集为空集的所有实数a构成集合B，则A∩(∁RB)＝________.[答案] (1,2][解析] 求出集合A、B后利用集合运算的定义求解．对于任意x∈R，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立，则a＝2或解得－2<a≤2，所以集合A＝(－2,2]．当不等式|x－4|＋|x－3|<a有解时，a>(|x－4|＋|x－3|)min＝1，所以解集为空集的所有实数a构成集合B＝(－∞，1]，则∁RB＝(1，＋∞)，所以A∩(∁RB)＝(－2,2]∩(1，＋∞)＝(1,2]．二、解答题5．(文)(2022·河北省衡水中学一模)设关于x的不等式lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.(1)当a＝1时，解这个不等式；(2)当a为何值时，这个不等式的解集为R.[解析] (1)当a＝1时，原不等式变为|x＋3|＋|x－7|>10，当x≥7时，x＋3＋x－7>10得x>7，当－3<x<7时，x＋3－x＋7>10不成立．当x≤－3时－x－3－x＋7>10得：x<－3所以不等式的解集为{x|x<－3或x>7}．(2)∵|x＋3|＋|x－7|≥|x＋3－(x－7)|＝10对任意x∈R都成立．∴lg(|x＋3|＋|x－7|)≥lg10＝1对任何x∈R都成立，即lg(|x＋3|＋|x－7|)>a.当且仅当a<1时，对任何x∈R都成立．(理)(2022·昆明市质检)已知函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－1|－a.(1)若a＝1，求不等式f(x)>x＋2的解集；(2)若不等式f(x)≤a(x＋2)的解集为非空集合，求a的取值范围．[解析] (1)当a＝1，不等式为|x＋1|＋2|x－1|－1>x＋2，即|x＋1|＋2|x－1|>x＋3，不等式等价于，或，或，解得x<－1，或－1≤x<0，或x>2，∴x<0或x>2所求不等式的解集为{x|x<0，或x>2}．(2)由f(x)≤a(x＋2)得，|x＋1|＋2|x－1|－a≤a(x＋2)，即|x＋1|＋2|x－1|≤a(x＋3)，设g(x)＝|x＋1|＋2|x－1|＝7\n如图，kPA＝，kPD＝kBC＝－3，故依题意知，a<－3，或a≥.即a的取值范围为(－∞，－3)∪.[方法点拨] 解含绝对值符号的不等式一般用分段讨论法：令各绝对值号内表达式为零，解出各分界点，按分界点将实数集分段．6．已知函数f(x)＝|x－2|－|2x－a|，a∈R.(1)当a＝3时，解不等式f(x)>0；(2)当x∈(－∞，2)时，f(x)<0，求a的取值范围．[解析] (1)f(x)＝当x>2时，1－x>0，即x<1，此时无解；当≤x≤2时，5－3x>0，即x<，解得≤x<；当x<时，x－1>0，即x>1，解得1<x<.∴不等式解集为{x|1<x<}．(2)2－x－|2x－a|<0⇒2－x<|2x－a|⇒x<a－2或x>恒成立．∵x∈(－∞，2)，∴a－2≥2，∴a≥4.7．(文)(1)若|a|<1，|b|<1，比较|a＋b|＋|a－b|与2的大小，并说明理由；(2)设m是|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：|＋|<2.[解析] (1)|a＋b|＋|a－b|<2.∵|a|<1，|b|<1，∴当a＋b≥0，a－b≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(a－b)＝2a≤2|a|<2，当a＋b≥0，a－b<0时，|a＋b|＋|a－b|＝(a＋b)＋(b－a)＝2b≤2|b|<2，当a＋b<0，a－b≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(a－b)＝－2b≤2|b|<2，7\n当a＋b<0，a－b<0时，|a＋b|＋|a－b|＝(－a－b)＋(b－a)＝－2a≤2|a|<2，综上知，|a＋b|＋|a－b|<2.(2)∵m是|a|，|b|与1中最大的一个，∴m≥1，又∵|x|>m，∴|x|>1，∴|x|>m≥|a|，|x2|>1≥|b|，∴<1，<1，∴|＋|≤＋<1＋1＝2，∴原不等式成立．(理)已知a和b是任意非零实数．(1)求证：≥4；(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．[分析] (1)含两个绝对值号，可利用|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)±(a－b)|放缩．(2)变形后为≥f(x)，运用(1)的方法可得的最小值m，则问题转化为解不等式f(x)≤m.[解析] (1)＝||＋||＝|2＋|＋|2－|≥|(2＋)＋(2－)|＝4(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)得≥f(x)又因为≥＝2则有2≥f(x)解不等式2≥|x－1|＋|x－2|得≤x≤.8．(文)(2022·商丘市二模)已知关于x的不等式m－|x－2|≥1，其解集为[0,4]．(1)求m的值；(2)若a，b均为正实数，且满足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．[解析] (1)不等式m－|x－2|≥1可化为|x－2|≤m－1，∴1－m≤x－2≤m－1，即3－m≤x≤m＋1，∵其解集为[0,4]，∴，∴m＝3.(2)由(1)知a＋b＝3，(方法一：利用基本不等式)∵(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤(a2＋b2)＋(a2＋b2)＝2(a2＋b2)，7\n∴a2＋b2≥，∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.(方法二：利用柯西不等式)∵(a2＋b2)·(12＋12)≥(a×1＋b×1)2＝(a＋b)2＝9，∴a2＋b2≥，∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.(方法三：消元法求二次函数的最值)∵a＋b＝3，∴b＝3－a，∴a2＋b2＝a2＋(3－a)2＝2a2－6a＋9＝22＋≥，∴当且仅当a＝b＝时，a2＋b2取最小值为.(理)(2022·唐山市二模)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m.(1)求m；(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．[解析] (1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；当－1＜x＜1时，f(x)＝－1－3x＜2；当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4.故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2.(2)∵a2＋2b2＋c2＝2，∴ab＋bc≤[(a2＋b2)＋(b2＋c2)]＝1，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．所以ab＋bc的最大值为1.9．(文)已知a，b是不相等的正实数．求证：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.[解析] 因为a，b是正实数，所以a2b＋a＋b2≥3＝3ab>0(当且仅当a2b＝a＝b2，即a＝b＝1时，等号成立)，同理，ab2＋a2＋b≥3＝3ab>0(当且仅当ab2＝a2＝b，即a＝b＝1时，等号成立)，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2(当且仅当a＝b＝1时，等号成立)．因为a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2.(理)(2022·吉林市二模、甘肃省三诊)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R＋，且f(x7\n＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a、b、c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.[解析] (1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)解法一：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)≥(＋＋)2＝9.∴a＋2b＋3c≥9.解法2：由(1)知，＋＋＝1，a、b、c∈R＋，∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)·1＝(a＋2b＋3c)(＋＋)＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋(＋)＋(＋)＋(＋)≥3＋2＋2＋2＝9，等号在a＝2b＝3c＝时成立．10．(文)(2022·太原市模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋(a>0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)>3的解集；(2)证明：f(m)＋f≥4.[解析] (1)当a＝2时，f(x)＝|x＋2|＋，原不等式等价于或或∴x<－或∅或x>，∴不等式的解集为{x|x<－或x>}．7\n(2)证明：f(m)＋f＝|m＋a|＋＋＋＝＋≥2＝2≥4.(理)(2022·云南统考)已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．(1)求a的值；(2)设m>n>0，求证：2m＋≥2n＋a.[解析] (1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，则f(x)＝∴f(x)的最大值为3.∵对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，∴a≥3.设h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝∴h(x)的最小值为3.∵对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，∴a≤3，∴a＝3.(2)证明：由(1)知a＝3，∵2m＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，又∵m>n>0，∴(m－n)＋(m－n)＋≥3＝3，∴2m＋≥2n＋a.7
