【走向高考】2021届高三数学一轮基础巩固 第12章 第3节 不等式选讲（含解析）新人教B版.doc

【走向高考】2016届 高三数学一轮基础巩固 第12章 第3节 不等式选讲 新人教B版一、选择题1(2014·福建福州模拟)设ab>0，下面四个不等式中，正确的是()|ab|>|a|；|ab|<|b|；|ab|<|ab|；|ab|>|a|b|.A和B.和C和D.和答案C解析ab>0，a与b同号，|ab|a|b|>|a|>|a|b|，故正确，错误，正确，故选C.2已知Ma2b2，Nabab1，则M，N的大小关系为()AM>NB.M<NCMND.MN答案C解析(a2b2)(abab1)a2b2abab1(2a22b22ab2a2b2)(a22abb2)(a22a1)(b22b1)(ab)2(a1)2(b1)20，a2b2abab1，故选C.3(2014·济南模拟)对于xR，不等式|x10|x2|8的解集为()A0，)B.(0,2)C0,2)D.(0，)答案A解析如图，|BC|2(10)12，|AB|10，|AC|2，当点P在点A右侧时|PB|PC|>8，x0.4(2014·临沂质检)不等式|x3|x1|a23a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为()A1,4B.(，25，)C2,5D.(，1)4，)答案A解析f(x)|x3|x1|的最小值为4，a23a4，1a4.5已知命题p：xR，|x2|x1|m，命题q：xR，x22mxm2m30，那么，“命题p为真命题”是“命题q为真命题”的()A充要条件B.必要不充分条件C充分不必要条件D.既不充分也不必要条件答案A解析由绝对值不等式的几何性质可知，xR，|x2|x1|(x2)(x1)|3，故若命题p为真命题，则m3；当命题q为真命题时，方程x22mxm2m30有根，则(2m)24(m2m3)124m0，解得m3；所以“命题p为真命题”是“命题q为真命题”的充要条件6若a，bR且ab，则在a2ab>2b2；a5b5>a3b2a2b3；a2b22(ab1)；>2.这四个式子中一定成立的有()A4个B.3个C2个D.1个答案D解析中a2ab2b2(a)2b2>0不一定成立，中a5b5a3b2a2b3a3(a2b2)b3(b2a2)(a2b2)(a3b3)(ab)2(ab)(a2abb2)当ab<0时，不等式不成立，中a2b22a2b2(a1)2(b1)20故成立，中ab<0时不成立，故只有正确二、填空题7(2014·重庆五区抽测)若函数f(x)的定义域为R，则实数m的取值范围为_答案(，62，)解析根据题意，不等式|x2|xm|40恒成立，所以(|x2|xm|4)min0.又|x2|xm|4|m2|4，所以|m2|40m6，或m2.8(2013·天津)设ab2，b>0，则的最小值为_答案解析因为211，当且仅当，a<0，即a2，b4时取等号，故的最小值是.9(2014·陕西质检)若不等式|x1|x3|a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是_答案(，0)2解析由绝对值不等式的意义可得a4，0，解得a的取值范围为(，0)2三、解答题10(文)(2013·贵州六校联盟模拟)设函数f(x)|x2|x1|.(1)画出函数yf(x)的图象；(2)若关于x的不等式f(x)4|12m|有解，求实数m的取值范围解析(1)函数f(x)可化为f(x)其图象如下(2)关于x的不等式f(x)4|12m|有解等价于(f(x)4)max|12m|，由(1)可知f(x)max3，(也可由|f(x)|x2|x1|(x2)(x1)|3，得f(x)max3)，于是|12m|7，3m4.即实数m的取值范围是3,4(理)(2013·云南玉溪一中月考)已知函数f(x)|x1|x2|m.(1)当m5时，求f(x)>0的解集；(2)若关于x的不等式f(x)2的解集是R，求m的取值范围解析(1)由题设知|x1|x2|>5，或或解得原不等式的解集为(，2)(3，)(2)不等式f(x)2即|x1|x2|m2，xR时，恒有|x1|x2|(x1)(x2)|3，不等式|x1|x2|m2的解集是R，m23，m的取值范围是(，1.一、解答题11(2014·吉林九校联合体二模)已知关于x的不等式|ax1|axa|1(a>0)(1)当a1时，求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集为R，求实数a的取值范围解析(1)当a1时，得2|x1|1，即|x1|，解得x或x，不等式的解集为(，)(2)|ax1|axa|a1|，原不等式解集为R等价于|a1|1.a2，或a0.a>0，a2.实数a的取值范围为2，)12(2014·山西大学附中月考)设函数f(x)|2x1|x4|.(1)解不等式f(x)>2；(2)若关于x的不等式a>f(x)有解，求实数a的取值范围解析(1)或或解得x<7或<x4或x>4.所以解集为x|x<7或x>(2)f(x)可知在(，)上，f(x)单调递减，(，)上，f(x)单调递增要a>f(x)有解，只要a>f(x)min.由f(x)单调性知f(x)minf().所以a>.13(文)(2014·银川一中二模)已知函数f(x)|2xa|a.(1)若不等式f(x)6的解集为x|2x3，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数n使f(n)mf(n)成立，求实数m的取值范围解析(1)由|2xa|a6得|2xa|6a，a62xa6a，即a3x3，a32，a1.(2)由(1)知f(x)|2x1|1，令(n)f(n)f(n)，则(n)|2n1|2n1|2(n)的最小值为4，故实数m的取值范围为4，)(理)(2015·河南八校联考)关于x的不等式lg(|x3|x7|)<m.(1)当m1时，解此不等式；(2)设函数f(x)lg(|x3|x7|)，当m为何值时，f(x)<m恒成立？解析(1)当m1时，原不等式可变为0<|x3|x7|<10，解之得其解集为x|2<x<7(2)设t|x3|x7|，则由对数定义及绝对值的几何意义知0<t10，因为ylgx在(0，)上为增函数，则lgt1，当x7时，t10，lgt1，故只需m>1即可，即m>1时，f(x)<m恒成立14(文)已知x，y，z均为正数，求证：.证明因为x，y，z都为正数，所以().同理可得，当且仅当xyz时，以上三式等号都成立将上述三个不等式两边分别相加，并除以2得，.(理)(2013·新课标理，24)设a、b、c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcac；(2)1.解析(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca得，a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.- 5 -