數(shù)學(xué)不等式高考真題(共15頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上1.（2018卷）設(shè)函數(shù) f(x)=5|x+a|x2| （1）    當 a=1 時，求不等式 f(x)0 的解集； （2）若 f(x)1 ，求 a 的取值范圍 2.（2013遼寧）已知函數(shù)f（x）=|xa|，其中a1 （1）當a=2時，求不等式f（x）4|x4|的解集； （2）已知關(guān)于x的不等式|f（2x+a）2f（x）|2的解集x|1x2，求a的值 3.（2017新課標）選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f（x）=|x+1|x2|（）求不等式f（x）1的解集；（）若不等式f（x）x2x+m的解集非空，求m的取值范圍 4.（2017新課標）

2、選修4-5：不等式選講已知a0，b0，a3+b3=2，證明：（）（a+b）（a5+b5）4；（）a+b2 5.（2017新課標卷）選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f（x）=x2+ax+4，g（x）=|x+1|+|x1|（10分） （1）當a=1時，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的取值范圍 6.（2017新課標）選修4-5：不等式選講已知a0，b0，a3+b3=2，證明：（）（a+b）（a5+b5）4；（）a+b2 7.（2018卷）已知 f(x)=|x+1|ax1| （1）當 a=1 時，求不等式 f(x)>1 的解集 （2）若 x(

3、0,1) 時，不等式 f(x)>x 成立，求 a 的取值范圍 8.（2018卷）已知f(x)=|x+1|-|ax-1| （1）當a=1時,求不等式f(x)>1的解集 （2）若x(0,1)時不等式f(x)>x成立,求a的取值范圍 9.（2017新課標）選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f（x）=|x+1|x2| （1）求不等式f（x）1的解集； （2）若不等式f（x）x2x+m的解集非空，求m的取值范圍 10.（2014新課標II）設(shè)函數(shù)f（x）=|x+ 1a |+|xa|（a0） （1）證明：f（x）2； （2）若f（3）5，求a的取值范圍 11.（2015·福建)選修

4、4-5：不等式選講已知a>0,b>0,c>0,，函數(shù)fx=x+a+x-b+c的最小值為4 （1）求a+b+c的值； （2）求14a2+19b2+c2的最小值 12.（2014新課標I）若a0，b0，且 1a + 1b = ab （1）求a3+b3的最小值； （2）是否存在a，b，使得2a+3b=6？并說明理由 13.（2017新課標）已知函數(shù)f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x（12分） （1）討論f（x）的單調(diào)性； （2）當a0時，證明f（x） 34a 2 14.（2017新課標）已知函數(shù)f（x）=x1alnx（）若 f（x）0，求a的值；（）設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整

5、數(shù)n，（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）m，求m的最小值 15.（2018卷）設(shè)函數(shù) f(x)=|2x+1|+|x1|（1）畫出 y=f(x) 的圖像 （2）當 x0,+) 時， f(x)ax+b ，求 a+b 的最小值。 16.（2013福建）設(shè)不等式|x2|a（aN*）的解集為A，且 32A,12A （1）求a的值 （2）求函數(shù)f（x）=|x+a|+|x2|的最小值 17.（2013新課標）（選修45：不等式選講） 已知函數(shù)f（x）=|2x1|+|2x+a|，g（x）=x+3 （1）當a=2時，求不等式f（x）g（x）的解集； （2）設(shè)a1，且當 xa2,12) 時，f（

6、x）g（x），求a的取值范圍 18.（2016全國）選修45：不等式選講已知函數(shù)f(x)= x- 12 +x+ 12 ，M為不等式f(x) 2的解集. （1）求M； （2）證明：當a,bM時，a+b1+ab。 19.（2016全國）選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f（x）=|2xa|+a （1）當a=2時，求不等式f（x）6的解集； （2）設(shè)函數(shù)g（x）=|2x1|，當xR時，f（x）+g（x）3，求a的取值范圍 20.（2012新課標）已知函數(shù)f（x）=|x+a|+|x2| （1）當a=3時，求不等式f（x）3的解集； （2）若f（x）|x4|的解集包含1，2，求a的取值范圍 21.（2012

7、遼寧）選修45：不等式選講已知f（x）=|ax+1|（aR），不等式f（x）3的解集為x|2x1 （1）求a的值； （2）若 |f(x)2f(x2)|k 恒成立，求k的取值范圍 答案解析部分一、解答題1.【答案】（1）a=1時，時，由 f（x）=62x,x22,1x24+2x,x1當x2時，由f（x）0得：6-2x0，解得：x3；當-1xx時，f（x）0；當x-1時，由f（x）0得：4+2x0，解得x-2所以f（x）0的解集為x|-2x3（2）若f（x）1，即 5|x+a|x2|1 恒成立也就是xR， |x+a|+|x2|4 恒成立|x+a|+|x2|a+2|當x=2時取等，所以xR， |x+

8、a|+|x2|4 等價于 |a+2|4解得：a2或a-6所以a的取值范圍(-，-6 2，+） 【解析】【分析】（1）由絕對值不等式的解法易得；（2）由絕對值幾何意義轉(zhuǎn)化易得.2.【答案】（1）解：當a=2時，f（x）4|x4|可化為|x2|+|x4|4， 當x2時，得2x+64，解得x1；當2x4時，得24，無解；當x4時，得2x64，解得x5；故不等式的解集為x|x5或x1（2）解：設(shè)h（x）=f（2x+a）2f（x），則h（x）=  由|h（x）|2得 ，又已知關(guān)于x的不等式|f（2x+a）2f（x）|2的解集x|1x2，所以 ，故a=3 【解析】【分析】（1）當a=2時，f（x

9、）4|x4|可化為|x2|+|x4|4，直接求出不等式|x2|+|x4|4的解集即可（2）設(shè)h（x）=f（2x+a）2f（x），則h（x）= 2a,x04x2a,0xa2a,xa 由|h（x）|2解得 a12xa+12 ，它與1x2等價，然后求出a的值3.【答案】解：（）f（x）=|x+1|x2|= 3，x<12x1，1x23，x>2 ，f（x）1，當1x2時，2x11，解得1x2；當x2時，31恒成立，故x2；綜上，不等式f（x）1的解集為x|x1（）原式等價于存在xR使得f（x）x2+xm成立，即mf（x）x2+xmax ， 設(shè)g（x）=f（x）x2+x由（1）知，g（x）=

10、x2+x3，x1x2+3x1，1<x<2x2+x+3，x2 ，當x1時，g（x）=x2+x3，其開口向下，對稱軸方程為x= 12 1，g（x）g（1）=113=5；當1x2時，g（x）=x2+3x1，其開口向下，對稱軸方程為x= 32 （1，2），g（x）g（ 32 ）= 94 + 92 1= 54 ；當x2時，g（x）=x2+x+3，其開口向下，對稱軸方程為x= 12 2，g（x）g（2）=4+2=3=1；綜上，g（x）max= 54 ，m的取值范圍為（， 54 【解析】【分析】（）由于f（x）=|x+1|x2|= 3，x<12x1，1x23，x>2 ，解不等式f（x

11、）1可分1x2與x2兩類討論即可解得不等式f（x）1的解集；（）依題意可得mf（x）x2+xmax ， 設(shè)g（x）=f（x）x2+x，分x1、1x2、x2三類討論，可求得g（x）max= 54 ，從而可得m的取值范圍4.【答案】證明：（）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）（ aa5 + bb5 ）2=（a3+b3）24，當且僅當 ab5 = ba5 ，即a=b=1時取等號，（）a3+b3=2，（a+b）（a2ab+b2）=2，（a+b）（a+b）23ab=2，（a+b）33ab（a+b）=2， (a+b)323(a+b) =ab，由均值不等式可得： (a+b)323(a+b) =ab（

12、a+b2 ）2 ， （a+b）32 3(a+b)34 ， 14 （a+b）32，a+b2，當且僅當a=b=1時等號成立 【解析】【分析】（）由柯西不等式即可證明，（）由a3+b3=2轉(zhuǎn)化為 (a+b)323(a+b) =ab，再由均值不等式可得： (a+b)323(a+b) =ab（ a+b2 ）2 ， 即可得到 14 （a+b）32，問題得以證明5.【答案】（1）解：（1）當a=1時，f（x）=x2+x+4，是開口向下，對稱軸為x= 12 的二次函數(shù)，g（x）=|x+1|+|x1|= 2x，x>12，1x12x，x<1 ，當x（1，+）時，令x2+x+4=2x，解得x= 1712

13、 ，g（x）在（1，+）上單調(diào)遞增，f（x）在（1，+）上單調(diào)遞減，此時f（x）g（x）的解集為（1， 1712 ；當x1，1時，g（x）=2，f（x）f（1）=2當x（，1）時，g（x）單調(diào)遞減，f（x）單調(diào)遞增，且g（1）=f（1）=2綜上所述，f（x）g（x）的解集為1， 1712 ；（2）（2）依題意得：x2+ax+42在1，1恒成立，即x2ax20在1，1恒成立，則只需 12a120(1)2a(1)20 ，解得1a1，故a的取值范圍是1，1 【解析】【分析】（1.）當a=1時，f（x）=x2+x+4，g（x）=|x+1|+|x1|= 2x，x>12，1x12x，x<1 ，

14、分x1、x1，1、x（，1）三類討論，結(jié)合g（x）與f（x）的單調(diào)性質(zhì)即可求得f（x）g（x）的解集為1， 1712 ；（2.）依題意得：x2+ax+42在1，1恒成立x2ax20在1，1恒成立，只需 12a120(1)2a(1)20 ，解之即可得a的取值范圍6.【答案】證明：（）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）（ aa5 + bb5 ）2=（a3+b3）24，當且僅當 ab5 = ba5 ，即a=b=1時取等號，（）a3+b3=2，（a+b）（a2ab+b2）=2，（a+b）（a+b）23ab=2，（a+b）33ab（a+b）=2， (a+b)323(a+b) =ab，由均值不等式可

15、得： (a+b)323(a+b) =ab（ a+b2 ）2 ， （a+b）32 3(a+b)34 ， 14 （a+b）32，a+b2，當且僅當a=b=1時等號成立 【解析】【分析】（）由柯西不等式即可證明，（）由a3+b3=2轉(zhuǎn)化為 (a+b)323(a+b) =ab，再由均值不等式可得： (a+b)323(a+b) =ab（ a+b2 ）2 ， 即可得到 14 (a+b)32，問題得以證明7.【答案】（1）解：當 a=1 時， f(x)=|x+1|x1| ，即 f(x)=2,x1,2x,1<x<1,2,x1.故不等式 f(x)>1 的解集為 x|x12 （2）解：當 x(0

16、,1) 時 |x+1|ax1|>x 成立等價于當 x(0,1) 時 |ax1|<1 成立若 a0 ，則當 x(0,1) 時 |ax1|1 ；若 a>0 ， |ax1|<1 的解集為 0<x<2a ，所以 2a1 ，故 0<a2 綜上， a 的取值范圍為 (0,2 【解析】【分析】(1)通過對x分類討論去掉絕對值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成立等價于f(x)-x>0對于 x(0,1) 恒成立,即函數(shù)f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范圍.8.【答案】（1）解：當a=1時， f(x)2,x<12x,1x<12,x1當 x&l

17、t;1 時，-21舍當 1x<1 時，2x1 x>12 x(12,1當 x>1 時，21,成立，綜上所述 f(x)>1 結(jié)果為 (12,+)（2）解： x(0,1) f(x)=x+1|ax1|>x|ax1|<10<ax<2ax0a0.ax2 a<(2x)min又 x(0,1) 所以 a2綜上所述 a(0,2 【解析】【分析】通過對x分類討論去掉絕對值,解不等式,求出解集;(2)不等式恒成立等價于f(x)-x>0對于 x(0,1) 恒成立,即函數(shù)f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范圍.9.【答案】（1）解：f（x）=|x+1|x2

18、|= 3，x<12x1，1x23，x>2 ，f（x）1，當1x2時，2x11，解得1x2；當x2時，31恒成立，故x2；綜上，不等式f（x）1的解集為x|x1（2）原式等價于存在xR使得f（x）x2+xm成立，即mf（x）x2+xmax ， 設(shè)g（x）=f（x）x2+x由（1）知，g（x）= x2+x3，x1x2+3x1，1<x<2x2+x+3，x2 ，當x1時，g（x）=x2+x3，其開口向下，對稱軸方程為x= 12 1，g（x）g（1）=113=5；當1x2時，g（x）=x2+3x1，其開口向下，對稱軸方程為x= 32 （1，2），g（x）g（ 32 ）= 94 +

19、 92 1= 54 ；當x2時，g（x）=x2+x+3，其開口向下，對稱軸方程為x= 12 2，g（x）g（2）=4+2=3=1；綜上，g（x）max= 54 ，m的取值范圍為（， 54 【解析】【分析】（1.）由于f（x）=|x+1|x2|= 3，x<12x1，1x23，x>2 ，解不等式f（x）1可分1x2與x2兩類討論即可解得不等式f（x）1的解集；（2.）依題意可得mf（x）x2+xmax ， 設(shè)g（x）=f（x）x2+x，分x1、1x2、x2三類討論，可求得g（x）max= 54 ，從而可得m的取值范圍10.【答案】（1）解：證明：a0，f（x）=|x+ |+|xa|（x

20、+ ）（xa）|=|a+ |=a+ 2 =2， 故不等式f（x）2成立（2）解：f（3）=|3+ |+|3a|5， 當a3時，不等式即a+ 5，即a25a+10，解得3a 當0a3時，不等式即 6a+ 5，即 a2a10，求得 a3綜上可得，a的取值范圍（ ， ） 【解析】【分析】（1）由a0，f（x）=|x+ 1a |+|xa|，利用絕對值三角不等式、基本不等式證得f（x）2成立（2）由f（3）=|3+ 1a |+|3a|5，分當a3時和當0a3時兩種情況，分別去掉絕對值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求11.【答案】（1）4（2）87 【解析】【解答】    1.因

21、為fx=x+a+x+b+cx+a-x+b+c=a+b+c,當且僅當-axb時，等號成立，又a>0,b>0,所以a+b=a+b,所以fx的最小值為a+b+c，所以a+b+c=4.    2.由1知a+b+c=4，由柯西不等式得14a2+19b2+c24+9+1a2×2+b3×3+c×12=a+b+c2=16,即14a2+19b2+c287.d當且僅當12a2=13b3=c1,即a=87,b=187,c=27時，等號成立所以14a2+19b2+c2的最小值為87.【分析】當x的系數(shù)相等或相反時，可以利用絕對值不等式求解析式形如fx=x+

22、a+x+b的函數(shù)的最小值，以及解析式形如fx=x+a-x+b的函數(shù)的最小值和最大值，否則去絕對號，利用分段函數(shù)的圖象求最值利用柯西不等式求最值時，要注意其公式的特征，以出現(xiàn)定值為目標12.【答案】（1）解：a0，b0，且 + = ， = + 2 ，ab2，當且僅當a=b= 時取等號a3+b32 2 =4 ，當且僅當a=b= 時取等號，a3+b3的最小值為4 （2）解：2a+3b2 =2 ，當且僅當2a=3b時，取等號 而由（1）可知，2 2 =4 6，故不存在a，b，使得2a+3b=6成立 【解析】【分析】（1）由條件利用基本不等式求得ab2，再利用基本不等式求得a3+b3的最小值（2）根據(jù)

23、ab4及基本不等式求的2a+3b8，從而可得不存在a，b，使得2a+3b=613.【答案】（1）解：因為f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求導(dǎo)f（x）= 1x +2ax+（2a+1）= 2ax2+(2a+1)x+1x = (2ax+1)(x+1)x ，（x0），當a=0時，f（x）= 1x +10恒成立，此時y=f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；當a0，由于x0，所以（2ax+1）（x+1）0恒成立，此時y=f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增；當a0時，令f（x）=0，解得：x= 12a 因為當x（0， 12a ）時，f（x）0、當x（ 12a ，+）時，f（x）0，所以y=f（x）在（0，

24、 12a ）上單調(diào)遞增、在（ 12a ，+）上單調(diào)遞減綜上可知：當a0時f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，當a0時，f（x）在（0， 12a ）上單調(diào)遞增、在（ 12a ，+）上單調(diào)遞減；（2）證明：由（1）可知：當a0時f（x）在（0， 12a ）上單調(diào)遞增、在（ 12a ，+）上單調(diào)遞減，所以當x= 12a 時函數(shù)y=f（x）取最大值f（x）max=f（ 12a ）=1ln2 14a +ln（ 1a ）從而要證f（x） 34a 2，即證f（ 12a ） 34a 2，即證1ln2 14a +ln（ 1a ） 34a 2，即證 12 （ 1a ）+ln（ 1a ）1+ln2令t= 1a ，則t0

25、，問題轉(zhuǎn)化為證明： 12 t+lnt1+ln2（*）令g（t）= 12 t+lnt，則g（t）= 12 + 1t ，令g（t）=0可知t=2，則當0t2時g（t）0，當t2時g（t）0，所以y=g（t）在（0，2）上單調(diào)遞增、在（2，+）上單調(diào)遞減，即g（t）g（2）= 12 ×2+ln2=1+ln2，即（*）式成立，所以當a0時，f（x） 34a 2成立 【解析】【分析】（1.）題干求導(dǎo)可知f（x）= (2ax+1)(x+1)x （x0），分a=0、a0、a0三種情況討論f（x）與0的大小關(guān)系可得結(jié)論；（2.）通過（1）可知f（x）max=f（ 12a ）=1ln2 14a +ln

26、（ 1a ），進而轉(zhuǎn)化可知問題轉(zhuǎn)化為證明：當t0時 12 t+lnt1+ln2進而令g（t）= 12 t+lnt，利用導(dǎo)數(shù)求出y=g（t）的最大值即可14.【答案】解：（）因為函數(shù)f（x）=x1alnx，x0，所以f（x）=1 ax = xax ，且f（1）=0所以當a0時f（x）0恒成立，此時y=f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，所以在（0,1）上f(x)<0,這與f（x）0矛盾；當a0時令f（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+）上單調(diào)遞增，即f（x）min=f（a），又因為f（x）min=f（a）0，所以a=1；（）由（）可知當a=1時f（x）=x

27、1lnx0，即lnxx1，所以ln（x+1）x當且僅當x=0時取等號，所以ln（1+ 12k ） 12k ，kN*,所以1+12k<e12k ，kN* 一方面，因為 12 + 122 + 12n =1 12n 1，所以，（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）e；另一方面，（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 123 ）= 13564 2，同時當n3時，（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）（2，e）因為m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）m，所以m的最小值為3

28、【解析】【分析】（）通過對函數(shù)f（x）=x1alnx（x0）求導(dǎo)，分a0、a0兩種情況考慮導(dǎo)函數(shù)f（x）與0的大小關(guān)系可得結(jié)論；（）通過（）可知lnxx1，進而取特殊值可知ln（1+ 12k ） 12k ，kN* 一方面利用等比數(shù)列的求和公式放縮可知（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）e；另一方面可知（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）2，且當n3時，（1+ 12 ）（1+ 122 ）（1+ 12n ）（2，e）15.【答案】（1）解： f(x)=3x,x<-12x+2,-12x13x,x>1（2）解：由（1）中可得：a3，b2，當a=3，b=2時，

29、a+b取最小值，所以a+b的最小值為5. 【解析】【分析】（1）畫圖像，分段函數(shù);（2）轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)分析.16.【答案】（1）解：因為 ， 所以 且 ，解得 ，因為aN* ， 所以a的值為1（2）解：由（1）可知函數(shù)f（x）=|x+1|+|x2|（x+1）（x2）|=3， 當且僅當（x+1）（x2）0，即x2或x1時取等號，所以函數(shù)f（x）的最小值為3 【解析】【分析】（1）利用 32A,12A ，推出關(guān)于a的絕對值不等式，結(jié)合a為整數(shù)直接求a的值（2）利用a的值化簡函數(shù)f（x），利用絕對值三角不等式求出|x+1|+|x2|的最小值17.【答案】（1）解：當a=2時，求不等式f（x）g（x）

30、化為|2x1|+|2x2|x30 設(shè)y=|2x1|+|2x2|x3，則 y= ，它的圖象如圖所示：結(jié)合圖象可得，y0的解集為（0，2），故原不等式的解集為（0，2）（2）解：設(shè)a1，且當 時，f（x）=1+a，不等式化為 1+ax+3，故 xa2對 都成立 故 a2，解得 a ，故a的取值范圍為（1， 【解析】【分析】（1）當a=2時，求不等式f（x）g（x）化為|2x1|+|2x2|x30設(shè)y=|2x1|+|2x2|x3，畫出函數(shù)y的圖象，數(shù)形結(jié)合可得結(jié)論（2）不等式化即 1+ax+3，故 xa2對 xa2,12) 都成立故 a2 a2，由此解得a的取值范圍18.【答案】（1）解：當 x&l

31、t;12 時， f(x)=12xx12=2x ，若 1<x<12 ；當 12x12 時， f(x)=12x+x+12=1<2 恒成立；當 x>12 時， f(x)=2x ，若 f(x)<2 ， 12<x<1 綜上可得， M=x|1<x<1（2）證明：當 a，b(1，1) 時，有 (a21)(b21)>0 ，即 a2b2+1>a2+b2 ，則 a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2 ，則 (ab+1)2>(a+b)2 ，即 |a+b|<|ab+1| ，證畢 【解析】【分析】（1）分當x 時，當 x 時，當x 時三種情況，分