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1 1【大高考】(五年高考真题)高考数学复习 第十四章 不等式选讲 理(全国通用)考点一解绝对值不等式1(20xx重庆,16)若函数f(x)|x1|2|xa|的最小值为5,则实数a_.解析由绝对值的性质知f(x)的最小值在x1或xa时取得,若f(1)2|1a|5,a或a,经检验均不合适;若f(a)5,则|x1|5,a4或a6,经检验合题意,因此a4或a6.答案4或62(20xx广东,9)不等式|x1|x2|5的解集为_解析原不等式等价于或或解得x2或x3.故原不等式的解集为x|x3或x2答案x|x3或x23(20xx湖南,13)若关于x的不等式|ax2|3的解集为,则a_.解析依题意,知a0.|ax2|33ax231ax0时,不等式的解集为,从而有此方程组无解当a0时,不等式的解集为,从而有解得a3.答案34(20xx重庆,16)若不等式|2x1|x2|a2a2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围是_解析令f(x)|2x1|x2|,易求得f(x)min,依题意得a2a21a.答案5(20xx山东,14)在区间3,3上随机取一个数x,使得|x1|x2|1成立的概率为_解析当x1时,原不等式变为(x1)(x2)1,即31,不成立;当1x2时,原不等式变为x1(2x)1,即x1,1x2;当x2时,原不等式变为(x1)(x2)1,即31,x2.综上所述,不等式的解集是1,)对于区间3,3,只有在区间1,3取值时不等式才能成立,故在区间3,3随机取值,使不等式成立的概率是P.答案6(20xx江西,15(2)在实数范围内,不等式|x2|1|1的解集为_解析由|x2|1|1得:1|x2|11,即0|x2|2,所以2x22,即0x4,故不等式的解集是x|0x4答案x|0x47(20xx重庆,16)若关于实数x的不等式|x5|x3|a无解,则实数a的取值范围是_解析法一设f(x)|x5|x3|可求得f(x)的值域为8,),因为原不等式无解,只需a8,故a的取值范围是(,8法二由绝对值不等式,得|x5|x3|(x5)(x3)|8,不等式|x5|x3|a无解时,a的取值范围为(,8答案(,88(20xx陕西,15A)若存在实数x使|xa|x1|3成立,则实数a的取值范围是_解析由|xa|x1|a1|,则|a1|3,解得2a4.答案2,49(20xx广东,9)不等式|x2|x|1的解集为_解析由题意知,2和0将R分成三部分(1)当x2时,原不等式可化简为(x2)(x)1,即21,x2.(2)当2x0时,化简为(x2)x1,即2x1,x,20.(1)当a1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(1)当a1时,f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时,不等式化为x40,无解;当1x0,解得x0,解得1x1的解集为.(2)由题设可得,f(x)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A,B(2a1,0),C(a,a1),ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26,故a2.所以a的取值范围为(2,)13(20xx新课标全国,24)设函数f(x)|x|xa|(a0)(1)证明:f(x)2;(2)若f(3)0,有f(x)|x|xa|x(xa)|a2.所以f(x)2.(2)解f(3)|3|3a|.当a3时,f(3)a,由f(3)5得3a.当0a3时,f(3)6a,由f(3)1.(1)当a2时,求不等式f(x)4|x4|的解集;(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2,求a的值解(1)当a2时,f(x)|x4|当x2时,由f(x)4|x4|得2x64,解得x1;当2x4时,f(x)4|x4|无解;当x4时,由f(x)4|x4|得2x64,解得x5;所以f(x)4|x4|的解集为x|x1或x5(2)记h(x)f(2xa)2f(x),则h(x)由|h(x)|2,解得x.又已知|h(x)|2的解集为x|1x2,所以于是a3.考点二不等式的证明1(20xx湖北,6)设a,b,c,x,y,z是正数,且a2b2c210,x2y2z240,axbycz20,则等于()A. B. C. D.解析法一由已知得:(2ax)2(2by)2(2cz)20,x2a,y2b,z2c,.故选C.法二由题设及柯西不等式得|axbycz|20,当且仅当时取等号,此时令k,易知k,k,故选C.答案C2(20xx湖南,10)已知a,b,cR,a2b3c6,则a24b29c2的最小值为_解析由柯西不等式得(121212)(a24b29c2)(a2b3c)2,即a24b29c212,当a2b3c2时等号成立,即最小值为12.答案123(20xx湖北,13)设x,y,zR,且满足:x2y2z21,x2y3z,则xyz_.解析由柯西不等式得(x2y2z2)(122232)(x2y3z)2当且仅当时等号成立,此时y2x,z3x.x2y2z21,x2y3z,x,y,z.xyz.答案4(20xx陕西,15A)已知a,b,m,n均为正数,且ab1,mn2,则(ambn)(bman)的最小值为_解析(ambn)(bman)abm2(a2b2)mnabn2ab(m2n2)2(a2b2)2abmn2(a2b2)4ab2(a2b2)2(a22abb2)2(ab)22(当且仅当mn时等号成立)答案25(20xx新课标全国,24)设a、b、c、d均为正数,且abcd,证明:(1)若abcd,则;(2)是|ab|cd|的充要条件证明(1)因为()2ab2,()2cd2,由题设abcd,abcd得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|,则(ab)2(cd)2, 即(ab)24ab(cd)24cd.因为abcd,所以abcd.由(1)得.若,则()2()2,即ab2cd2.因为abcd,所以abcd,于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|cd|.综上,是|ab|cd|的充要条件6(20xx天津,19)已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0,1,2,q1,集合Ax|xx1x2qxnqn1,xiM,i1,2,n(1)当q2,n3时,用列举法表示集合A;(2)设s,tA,sa1a2qanqn1,tb1b2qbnqn1,其中ai,biM,i1,2,n.证明:若anbn,则st.(1)解当q2,n3时,M0,1,Ax|xx1x22x322,xiM,i1,2,3可得,A0,1,2,3,4,5,6,7(2)证明由s,tA,sa1a2qanqn1,tb1b2qbnqn1,ai,biM,i1,2,n及anbn,可得st(a1b1)(a2b2)
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