【数学】2020届江苏一轮复习通用版22-3不等式选讲作业

【数学】2020届江苏一轮复习通用版22-3不等式选讲作业

‎22.3　不等式选讲 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 不等式的解 法与证明 ‎1.不等式的基本性质 ‎2.含有绝对值的不等式的求解 ‎3.不等式的证明(比较法、综合法、分析法)‎ ‎4.算术—几何平均不等式与柯西不等式 ‎5.利用不等式求最大(小)值 ‎6.运用数学归纳法证明不等式 ‎2018江苏,21D 柯西不等式及应用 ‎★★★‎ ‎2017江苏,21D 柯西不等式及应用 ‎2016江苏,21D 含绝对值不等式的证明 ‎2015江苏,21D 含绝对值不等式的解法 ‎2014江苏,21D 均值不等式的应用 分析解读　　不等式选讲是江苏卷附加题中三选二的内容之一,主要含绝对值不等式的解法、均值不等式、柯西不等式的应用,均为基础题,相比较矩阵变换和坐标系与参数方程,不等式证明难度要大一些.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　含绝对值的不等式 ‎1.(2018江苏前黄中学月考)解不等式:|2x-1|+3x>1.‎ 解析　不等式|2x-1|+3x>1可化为 ‎2x-1≥0,‎‎2x-1+3x>1‎或‎2x-1<0,‎‎-2x+1+3x>1,‎ 解得x≥‎1‎‎2‎或00}.‎ ‎2.(2018江苏如皋中学月考)已知函数f(x)=|x+1|+|x-2|-|a2-2a|,若函数f(x)的图象恒在x轴上方,求实数a的取值范围.‎ 解析　因为|x+1|+|x-2|≥|x+1-(x-2)|=3,‎ 所以f(x)的最小值为3-|a2-2a|.‎ 由题设,得|a2-2a|<3,‎ 解得a∈(-1,3).‎ ‎3.(2018江苏苏州十中月考)已知a≥2,x∈R,求证:|x-1+a|+|x-a|≥3.‎ 证明　因为|m|+|n|≥|m-n|,‎ 所以|x-1+a|+|x-a|≥|x-1+a-(x-a)|=|2a-1|.‎ 又a≥2,故|2a-1|≥3.‎ 所以|x-1+a|+|x-a|≥3.‎ 考点二　不等式证明 ‎　(2019届江苏宿迁中学月考)已知a,b,c均为正数,求证:a2+b2+c2+‎1‎a‎+‎1‎b+‎‎1‎c‎2‎≥6‎3‎.‎ 证明　因为a,b,c均为正数,‎ 所以a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,‎ 所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.‎ 同理,‎1‎a‎2‎+‎1‎b‎2‎+‎1‎c‎2‎≥‎1‎ab+‎1‎bc+‎1‎ca.‎ 所以a2+b2+c2+‎1‎a‎+‎1‎b+‎‎1‎c‎2‎≥ab+bc+ca+‎3‎ab+‎3‎bc+‎3‎ca≥6‎3‎,当且仅当a=b=c=‎4‎‎3‎时取等号.‎ 所以原不等式成立.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法一　绝对值不等式的解法与证明方法 ‎1.(2018江苏南京一中月考)解不等式:|x-2|+x|x+2|>2.‎ 解析　当x≤-2时,不等式化为(2-x)+x(-x-2)>2,解得-32,‎ 解得-22,‎ 解得x≥2,‎ 所以原不等式的解集为{x|-30}.‎ ‎2.(2019届江苏丹阳中学月考)设函数f(x)=x+‎‎1‎a+|x-a|(a>0).‎ ‎(1)证明: f(x)≥2;‎ ‎(2)若f(3)<5,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)证明:因为a>0,‎ 所以f(x)=x+‎‎1‎a+|x-a|≥x+‎1‎a-(x-a)‎=‎1‎a+a≥2,当且仅当a=1时等号成立.‎ ‎(2)因为f(3)<5,所以3+‎1‎a+|3-a|<5,即‎1‎a+|a-3|<2.‎ 所以‎00‎或a≥3,‎a‎2‎‎-5a+1<0,‎解得‎1+‎‎5‎‎2‎0,|x-1|0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.‎ 证明　因为x>0,y>0,‎ 所以1+x+y2≥3‎3‎xy‎2‎>0,‎ ‎1+x2+y≥3‎3‎x‎2‎y>0,‎ 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3‎3‎xy‎2‎·3‎3‎x‎2‎y=9xy.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点　不等式的解法与证明 ‎1.(2018课标全国Ⅱ理,23,10分)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.‎ 解析　(1)当a=1时, f(x)=‎‎2x+4,x≤-1,‎‎2,-12.‎ 可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}.‎ ‎(2)f(x)≤1等价于|x+a|+|x-2|≥4.‎ 而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立.‎ 故f(x)≤1等价于|a+2|≥4.‎ 由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2.‎ 所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).‎ 方法总结　解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.‎ ‎2.(2018课标全国Ⅰ文,23,10分)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.‎ 解析　(1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,‎ 即f(x)=‎‎-2,x≤-1,‎‎2x,-11的解集为xx>‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)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x‎0a恒成立⇔af(x)max.‎ ‎3.(2017课标全国Ⅱ理,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:‎ ‎(1)(a+b)(a5+b5)≥4;‎ ‎(2)a+b≤2.‎ 证明　本题考查不等式的证明.‎ ‎(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6‎ ‎=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)‎ ‎=4+ab(a2-b2)2≥4.‎ ‎(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3‎ ‎=2+3ab(a+b)≤2+‎3(a+b‎)‎‎2‎‎4‎(a+b)‎ ‎=2+‎3(a+b‎)‎‎3‎‎4‎,‎ 所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.‎ 失分警示　运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中易因逻辑混乱而失分.‎ ‎4.(2017课标全国Ⅲ理,23,10分)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.‎ 解析　本题考查绝对值不等式的解法.‎ ‎(1)f(x)=‎‎-3,x<-1,‎‎2x-1,-1≤x≤2,‎‎3,x>2.‎ 当x<-1时, f(x)≥1无解;‎ 当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;‎ 当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.‎ 所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.‎ ‎(2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.‎ 而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|‎ ‎=-‎|x|-‎‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎4‎≤‎5‎‎4‎,‎ 且当x=‎3‎‎2‎时,|x+1|-|x-2|-x2+x=‎5‎‎4‎.‎ 故m的取值范围为‎-∞,‎‎5‎‎4‎.‎ ‎5.(2017课标全国Ⅰ理,23,10分)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.‎ 解析　本题考查绝对值不等式的求解.‎ ‎(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①‎ 当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;‎ 当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;‎ 当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1cd,则a+b>c+d;‎ ‎(2)a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 证明　(1)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,‎ 由题设a+b=c+d,ab>cd得(a+b)2>(c+d)2.‎ 因此a+b>c+d.‎ ‎(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,‎ 即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd.‎ 由(1)得a+b>c+d.‎ ‎(ii)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,‎ 即a+b+2ab>c+d+2cd.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是 ‎(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.‎ 因此|a-b|<|c-d|.‎ 综上,a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ ‎7.(2015陕西,24,10分)已知关于x的不等式|x+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.‎ 解析　(1)由ab=‎1‎a+‎1‎b≥‎2‎ab,得ab≥2,且当a=b=‎2‎时等号成立.‎ 故a3+b3≥2a‎3‎b‎3‎≥4‎2‎,‎ 且当a=b=‎2‎时等号成立.‎ 所以a3+b3的最小值为4‎2‎.‎ ‎(2)由(1)知,2a+3b≥2‎6‎ab≥4‎3‎.‎ 由于4‎3‎>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2011江苏,21D,10分)解不等式:x+|2x-1|<3.‎ 解析　原不等式可化为x+2x-1<3,‎‎2x-1≥0,‎或x-(2x-1)<3,‎‎2x-1<0,‎ 解得‎1‎‎2‎≤x≤‎4‎‎3‎,或-20,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ 证明　2a3-b3-(2ab2-a2b)‎ ‎=2a(a2-b2)+b(a2-b2)‎ ‎=(a2-b2)(2a+b)‎ ‎=(a-b)(a+b)(2a+b).‎ 因为a≥b>0,‎ 所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,‎ 从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,‎ 即2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ ‎4.(2014福建,21(3),7分)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.‎ ‎(Ⅰ)求a的值;‎ ‎(Ⅱ)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.‎ 解析　(Ⅰ)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,‎ 当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,‎ 所以f(x)的最小值等于3,即a=3.‎ ‎(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,‎ 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2‎ ‎=(p+q+r)2=9,‎ 即p2+q2+r2≥3.‎ 评析本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与转化思想.‎ ‎5.(2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.‎ ‎(1)画出y=f(x)的图象;‎ ‎(2)求不等式|f(x)|>1的解集.‎ 解析　(1)f(x)=x-4,x≤-1,‎‎3x-2,-1‎3‎‎2‎,‎(4分)‎ y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(6分)‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;‎ 当f(x)=-1时,可得x=‎1‎‎3‎或x=5,(8分)‎ 故f(x)>1的解集为{x|15‎.(9分)‎ 所以|f(x)|>1的解集为x|x<‎1‎‎3‎或15‎.(10分)‎ 评析本题主要考查利用零点分段法解含有绝对值的不等式,利用数形结合的思想方法求解更为方便、准确.‎ ‎6.(2016课标全国Ⅲ理,24,10分)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.‎ 解析　(1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2.‎ 解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.‎ 因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(5分)‎ ‎(2)当x∈R时,‎ f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,‎ 当x=‎1‎‎2‎时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分)‎ 当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.‎ 当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)‎ 评析本题主要考查了绝对值不等式的解法及不等式恒成立问题,要f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3即可.‎ ‎7.(2015课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.‎ ‎(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;‎ ‎(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.‎ 解析　(1)当a=1时, f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.‎ 当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;‎ 当-10,解得‎2‎‎3‎0,解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为x‎2‎‎3‎‎a.‎ 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A‎2a-1‎‎3‎‎,0‎,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为‎2‎‎3‎(a+1)2.‎ 由题设得‎2‎‎3‎(a+1)2>6,故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2,+∞).(10分)‎ ‎8.(2015湖南,16(Ⅲ),6分)设a>0,b>0,且a+b=‎1‎a+‎1‎b.证明:‎ ‎(i)a+b≥2;‎ ‎(ii)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ 证明　由a+b=‎1‎a+‎1‎b=a+bab,a>0,b>0,得ab=1.‎ ‎(i)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2ab=2,即a+b≥2.‎ ‎(ii)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得02时,不等式可化为x-2+x+1≥5,解得x≥3.‎ 综上,原不等式的解集为(-∞,-2]∪[3,+∞).‎ ‎2.(2018江苏苏州期末)已知a,b,c∈R,且a2+b2+c2=1,若|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,求实数x的取值范围.‎ 解析　由柯西不等式,得(a-b+c)2≤[12+(-1)2+12](a2+b2+c2)=3,‎ 当且仅当(a,b,c)=±‎3‎‎3‎(1,-1,1)时取等号,即(a-b+c)2的最大值为3.‎ 所以题中不等式等价于|x-1|+|x+1|≥3.‎ 即x≤-1,‎‎-2x≥3‎或‎-14ab(a2+b2).‎ 证明　因为a4+6a2b2+b4=(a2+b2)2+4a2b2,‎ 所以a4+6a2b2+b4-4ab(a2+b2)=(a2+b2-2ab)2=(a-b)4.‎ 因为a≠b,所以(a-b)4>0,‎ 从而a4+6a2b2+b4>4ab(a2+b2).‎ ‎4.(2018江苏南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)已知a,b,c为正实数,且a+b+c=‎1‎‎2‎,求证:‎1-a+cc‎(a+2b)‎≥2.‎ 证明　因为a,b,c为正实数,a+b+c=‎1‎‎2‎,‎ 所以‎1-a+cc‎(a+2b)‎=a+2b+3cc‎(a+2b)‎=‎(a+c)+2(b+c)‎ac‎+2‎bc≥‎2ac+4‎bcac‎+2‎bc=2(当且仅当a=b=c时取“=”).‎ ‎5.(2019届江苏扬州中学月考)已知a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,求‎2a+b+‎2b+c+‎2c+a的最大值.‎ 解析　因为(12+12+12)[(‎2a+b)2+(‎2b+c)2+(‎2c+a)2]≥(‎2a+b+‎2b+c+‎2c+a)2,‎ 又a+b+c=1,所以(‎2a+b+‎2b+c+‎2c+a)2≤9,‎ 所以‎2a+b+‎2b+c+‎2c+a≤3,‎ 当且仅当a=b=c=‎1‎‎3‎时取等号.‎ 所以‎2a+b+‎2b+c+‎2c+a的最大值是3.‎ ‎6.(2018江苏苏锡常镇四市调研(二))已知实数a,b,c满足a+2b+c=1,a2+b2+c2=1,求证:-‎2‎‎3‎≤c≤1.‎ 证明　因为a+2b+c=1,a2+b2+c2=1,‎ 所以a+2b=1-c,a2+b2=1-c2.‎ 由柯西不等式得(12+22)(a2+b2)≥(a+2b)2,当且仅当b=2a时取等号,‎ 即5(1-c2)≥(1-c)2,‎ 整理得3c2-c-2≤0,解得-‎2‎‎3‎≤c≤1.‎ 所以-‎2‎‎3‎≤c≤1.‎ ‎7.(2018江苏苏中三市、苏北四市三调)已知a,b,c是正实数,且a+b+c=5,求证:a2+2b2+c2≥10.‎ 证明　由柯西不等式得[a2+(‎2‎b)2+c2]·‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎≥(a+b+c)2,‎ 因为a+b+c=5,所以(a2+2b2+c2)·‎5‎‎2‎≥25,‎ 所以a2+2b2+c2≥10,当且仅当a=2b=c,即a=2,b=1,c=2时取等号.‎ ‎8.(2017江苏泰州中学调研)已知实数a,b,c,d满足a>b>c>d,求证:‎1‎a-b+‎4‎b-c+‎9‎c-d≥‎36‎a-d.‎ 证明　因为a>b>c>d,所以a-b>0,b-c>0,c-d>0.‎ 所以[(a-b)+(b-c)+(c-d)]‎1‎a-b‎+‎4‎b-c+‎‎9‎c-d≥(1+2+3)2=36,‎ 所以‎1‎a-b+‎4‎b-c+‎9‎c-d≥‎36‎a-d.‎