数学不等式高考真题版.docx
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数学不等式高考真题版
1.(2018?
卷n)设函数
(1)当1时,求不等式0的解集;
(2)若1,求的取值范围
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)|w的解集{x|1 3.(2017? 新课标川)[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; (n)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n)[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; (n)a+bw2. 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)>gxO的解集; (2)若不等式f(x)>gxO的解集包含[-1,1],求a的取值范围. 6.(2017? 新课标n)[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; (n)a+bw2. 7.(2018? 卷I)已知11 (1)当1时,求不等式 1的解集 (2)若01时,不等式成立,求的取值范围 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? 新课标川)[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)>x-x+m的解集非空,求m的取值范围 1 10.(2014? 新课标II)设函数f(x)=|x+-|+|x-a|(a>0). (1)证明: f(x)>2; (2) (12分) 若f(3)v5,求a的取值范围. 11.(201福建)选修4-5: 不等式选讲 已知 0 00,函数 的最小值为4 (1) 求 的值; (2) 求12 4 122的最小值. 14.(2017? 新课标川)已知函数f(x)=x-1-alnx. (I)若f(x)>0求a的值; (H)设m为整数,且对于任意正整数 111 n,(1+-)(1+22)•••(1+2) 15.(2018? 卷H)设函数21 (1)画出的图像 (2)当0a时,,求的最小值。 31 16.(2013? 畐建)设不等式|x-2|va(a€N)的解集为A,且-- (1)求a的值 (2)求函数f(x)=|x+a|+|x—2|的最小值. 17.(2013? 新课标1)(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)vg(x)的解集; 1 (2)设a>—1,且当22时,f(x)wg(<),求a的取值范围. 18.(2016? 全国)选修4—5: 不等式选讲 11 已知函数f(x)=Ix-2I+lx+-I,M为不等式f(x)v2的解集• (1)求M; (2)证明: 当a,b€M时,Ia+bIv11+abI。 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)W6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)w-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 (1)求a的值; (2)若22恒成立,求k的取值范围. 、解答题 答案解析部分 622 1.答案】 (1)a=1时,时,由()21<<2 421 当x>2时,由f(x)》0得: 6-2x>0,解得: x<3; 当-1VXVx时,f(x)>0; 当xW-1时,由f(x)》0得: 4+2x>0,解得x=2 所以f(x)>0的解集为{x|-2Wx<3} 解得: a>2或aW-6 所以a的取值范围(-汽-6]U[2,+R) 2.答案】 (1)解: 当a=2时,f(x)>4-|x-4|可化为|x-2|+|x-4|>4, 当XW2时,得-2x+6>4,解得xW1; 当2Vxv4时,得2>4,无解; 当x》4时,得2x-6>4,解得x>; 故不等式的解集为{x|x》或x<1} : -2^x<0 (2)解: 设h(x)=f(2x+a)-2f(x),则h(x)= 2atx>a c? —1垃4-1 由|h(x)|w2—---—— 又已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|W2的解集{x|1 所以14, £±1-7 I2一 故a=3. 解析】分析】 (1)当a=2时,f(x)>4-|x-4|可化为|x-2|+|x-4|耳,直接求出不等式 |x-2|+|x- 420vv.由|h(x)|W解得 4|》的解集即可. (2)设h(x)=f(2x+a)-2f(x),则h(x) 3.答案】解: (I) 3, 1 x)=|x+1|-|x-2|=21,1 2,f(x): =1, 3, 2 1 万,它与1WxW等价,然后求出a的值. .•当-1WxW时,2x-1>1,解得1WxW2; 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}. (n)原式等价于存在x€R使得f(x)-x2+x>m成立, 即mW[f(x)-x2+x]max,设g(X)=f(X)-X? +X. 23,1 由 (1)知,g(x)=231,12, 23,2 1 当xW-1时,g(x)=-x2+x-3,其开口向下,对称轴方程为x=j>-1, •••gx)Wg-1)=-1-1-3=-5; 3 当-1vxv2时,g(x)=-x2+3x-1,其开口向下,对称轴方程为x=2€(-1,2), 3 •gx)Wg (2)=-4+2-1=4; 1 当x>2时,g(x)=-x2+x+3,其开口向下,对称轴方程为x=2V2, •••gX) 综上,g(X)max=4, •m的取值范围为(-R,4]. 3,1 解析】分析】(I)由于f(x)=|x+1|-|x-2|=2 1,12,解不等式f(x)>1可分-1wxW2 3,2 与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)>1的解集; 1VXV2、x》三类讨 (H)依题意可得mW[fX)-X2+X]max,设g(X)=f(X)-X2+X,分XW1 论,可求得g(X)max=4,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)》(—+_)2=(a3+b3)2>4, 当且仅当-=一,即a=b=1时取等号, (n): 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 13 •4(a+b)3w2, •a+bw2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 32321 (H)由a3+b3=2转化为=ab,再由均值不等式可得: ——=abw(-)2,即可得到: (a+b)3w2,问题得以证明 1 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=-的二次函数, 2,1 g(x)=|x+1|+|x-1|=2,11, 2,1 当x€(1,+g)时,令-x2+x+4=2x 171 解得x=一厂,g(x)在(1,+g)上单调递增,f(x)在 (1,+g)上单调递减,二此时f(x) >g()的解集为(1,]; 当x€[-1,1]时,g(x)=2,f(x)>f(-1)=2. 171 "2~ 当x€(-g,-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) (2)依题意得: -x2+ax+4在[-1,1]恒成立,即x2-ax-2W0在[-1,1]恒成立,则只需 12 12 故a的取值范围是[-1,1]. 2,1 解析】分析】(1.)当a=1时,f(x)=-x2+x+4,g(x)=|x+1|+|x-1|=2,11,分x>1、 2,1 f(x)>g()的解 x€[-1,1]、x€(-g,-1)三类讨论,结合g(x)与f(x)的单调性质即可求得 (2.)依题意得: -/+ax+4在[-1,1]恒成立? x2-ax-2W0在[-1,1]恒成立,只需 6. 答案】证明: (I)由柯西不等式得: (a+b)(a5+b5)>(+)2=(a3+b3)2>4, (n): a3+b3=2, •(a+b)(a2-ab+b2)=2, •(a+b)[(a+b)2-3ab]=2, (a+b)3-3ab(a+b)=2, 丁二=ab, 由均值不等式可得 32 3-=ab< (2)2, /•(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, (H)由a3+b3=2转化为 =ab, 再由均值不等式可得 =abW(-)2 1 即可得到4 3<2,问题得以证明. 7.答案】 (1)解: 当 时, {2 1 1故不等式 1的解集为 (2) 解: 成立等价于当 11成立. 则当 1的解集为 22 -,所以-1, 综上, 的取值范围为 02 解析】 分析1 (1)通过对 x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集 ; (2)不等式恒成立等价于 f(x)-x>0对于 8. 01 恒成立,即函数 f(x)-x的最小值大于 答案】 (1)解: 当a=1 1时,-2>1舍 时, 0,由此求出 a的范围. 1时,2x>1 时,2>1,成立,综上所述 结果为 (2)解: 111102 解析】分析】通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集; (2)不等式恒成立等价于f(x)-x>0对于 01恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围. 3,1 9.答案】 (1)解: Tfx)=|x+1|-|x-2|=21,12,f(x)>1, 3,2 .•当-1 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mW[f(x)-x2+x] max, 设 g (x) =f(x)-x2+x. 2 3, 1 由)1)知,g(x)= 2 3 1 12, 2 3, 2 1当xw-1时,g(x)=-x2+x-3,其开口向下,对称轴方程为x=j>-1, •gx)wg-1)=-1-1-3=-5; 3 当-1vxv2时,g(x)=-x2+3x-1,其开口向下,对称轴方程为x=2€(-1,2), 3 •gx)wg (2)=-4+2-仁4; 1 当x>2时,g(x)=-x2+x+3,其开口向下,对称轴方程为x=2V2, •••gX) 综上,g(X)max=4, •m的取值范围为(-R,4]. 3,1 解析】分析】(1.)由于f(x)=|x+1|-|x-2|=2 1,12,解不等式f(x)>1可分-1 3,2 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mW[fX)-X2+x]max,设g(X)=f(X)-x2+x,分X<1、-1VXV2、X》2三类讨 论,可求得g(X)max=4,从而可得m的取值范围. 111 >|x+()-(x-a)|=|a+—|=a+—>2 1 10.答案】 (1)解: 证明: Ta>,f(x)=|x+|+|x-a| 11. a 故不等式f(X)》2成立. 1 (2)解: Tf3)=|3+-|+|3-a|v5, a 综上可得,a的取值范围(二^ 1 成立. (2)由f(3)=|3+-|+|3-a|V5,分当a>3时和当Ovaw3寸两种情况,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 解析】解军答】 /•a3+b3的最小值为4. (2)解: T2a+3b》工-=2J.,当且仅当2a=3b时,取等号 而由 (1)可知,2J.>2J.=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'()=1+2ax+(2a+1)="211=-^―1—-,(x>0), 1 1当a=0时,f'x)(=-+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; 1 3当av0时,令f'x)=0,解得: x=--. 11 因为当x€(0,-2)时,f'x)>0、当x€(-2,+8)时,f'x)(v0, 11所以y=f(x)在)0,-2)上单调递增、在(-7,,+8)上单调递减. 综上可知: 当a>0时f)x)在)0,+8)上单调递增, 11 当av0时,f)x)在)0,-2)上单调递增、在(-2,+8(上单调递减; 11 (2)证明: 由)1)可知: 当av0时f)x)在)0,-2)上单调递增、在(--,+8)上单调递 减, 1111所以当x=-2时函数y=f(x)取最大值f(x)max=f(--)=-1Tn2-4+ln(--). 313 从而要证f(x)<-4-2,即证f(-2)<---2, 113111 即证-1-ln2-4+ln(--)w---2,即证—2(一一)+ln(--)三-1+1n2. 11令t=--,则t>0,问题转化为证明: -2t+ltW1+|n2.…)*) 111 令g(t)=―2t+lnt,则g'()=-2+一, 令g'()=0可知t=2,则当0vtv2时g'()>0,当t>2时g'()v0, 所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+8)上单调递减, 即g(t) (2)=-2X2+l2=-1+ln2,即)*)式成立, 3所以当av0时,f(x)w-3-2成立. 211解析】分析】(1.)题干求导可知f'x)=(x>0),分a=0、a>0、av0三种情况讨论f' (x)与0的大小关系可得结论; 111 (2.)通过 (1)可知f(x)max=f(-2)=-1-ln2--+ln(--),进而转化可知问题转化为证 11 明: 当t>0时-2t+lt<1+ln2.进而令g(t)=--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'()=1-=一,且f (1)=0. 所以当aW0时f'xQ>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+8)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'()=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; (n)由(I)可知当a=1时f(x)=x-1-lx>0即Ix1, 所以In(x+1) 所以In(1+2)<2,k€N*, 所以1丄2,k€N*. 2 一方面,因为+2? +…+2=1—2v1, 111 所以,(1+2)(1+22)•••(1+2)ve; 11111113 另一方面,(1+2)(1+22)••(1+2)>(1+2)(1+)(1+23)="64>, 111 同时当》3时,(1+2)(1+22)•••(1+-)€(2,e). 111 因为m为整数,且对于任意正整数n(1+2)(1+22)•••(1+2)vm, 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aw0、>0两种情况考虑导函数f' (x)与0的大小关系可得结论; 11 (H)通过(I)可知Ixw—1,进而取特殊值可知In(1+-)v-,k€N*.一方面利用等比数列 —「十,「、『「,11111 的求和公式放缩可知(1+2)(1+尹)•••(1+2)ve;另一方面可知(1+)(1+22)•••(1+ 15.答案】 (1)解: \ \ k / / \ 4 V \ V < \ 1 / n £ / 鼻 4- J- 2- O 1 i ■ - Ju (2)解: 由 (1)中可得: a>3,b>当,a=3,b=2时,a+b取最小值, .士匕算丄」丄x 13 解得■■-'*, 22 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. 31 解析】分析】 (1)利用22,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)vg(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3v0. £盂Y* 设y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,贝Uy="一工一二.,它的图象如图所示: 结合图象可得,yv0的解集为(0,2),故原不等式的解集为(0,2) .都成立. 解析】分析】 (1)当a=-2时,求不等式f(x)vg(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3v0.设y=|2x- 1|+|2x-2|-x-3
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