创新设计（全国通用）2023届高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲练习理

专题七选考系列第2讲不等式选讲练习理1.函数f(x)＝|x＋2|－2|x－1|.(1)解不等式f(x)≥－2.(2)对任意x∈[a，＋∞)，都有f(x)≤x－a成立，求实数a的取值范围.解(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－2，,3x，－2＜x＜1，,－x＋4，x≥1，))f(x)≥－2，当x≤－2时，x－4≥－2，即x≥2，所以x∈∅；当－2＜x＜1时，3x≥－2，即x≥－eq\f(2,3)，所以－eq\f(2,3)≤x＜1，当x≥1时，－x＋4≥－2，即x≤6，所以1≤x≤6，综上，不等式f(x)≥－2的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)≤x≤6)))).(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－2，,3x，－2＜x＜1，,－x＋4，x≥1，))函数f(x)的图象如下图：令y＝x－a，－a表示直线的纵截距，当直线过(1，3)点时，－a＝2；所以当－a≥2，即a≤－2时成立；当－a＜2，即a＞－2时，令－x＋4＝x－a，得x＝2＋eq\f(a,2)，所以a≥2＋eq\f(a,2)，即a≥4时成立，综上可知a的取值范围为(－∞，－2]∪[4，＋∞).2.函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1].(1)求m的值；(2)假设a，b，c大于0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.(1)解∵f(x＋2)＝m－|x|，∴f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}.又f(x＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m＝1.(2)证明由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，且a，b，c大于0，a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,a)＋\f(a,3c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2b)＋\f(2b,3c)))≥3＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋2eq\r(\f(3c,a)·\f(a,3c))＋2eq\r(\f(3c,2b)·\f(2b,3c))＝9.当且仅当a＝2b＝3c＝3时，等号成立.因此a＋2b＋3c≥9.3.函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.(1)解不等式：|g(x)|＜5.(2)假设对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)由||x－1|＋2|＜5得－5＜|x－1|＋2＜5，所以－7＜|x－1|＜3，可得不等式的解集为(－2，4).(2)因为任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，所以实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[－1，＋∞).4.设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).证明(1)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c>0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca).即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得.∴原不等式成立.(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc)).由于(1)中已证a＋b＋c≥eq\r(3).因此要证原不等式成立，只需证明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).即证aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1，即证aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca.而aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(bc＋ac,2).∴aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca(a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)时等号成立).∴原不等式成立.5.(2023·许昌、新乡、平顶山模拟)(1)解不等式：|2x－1|－|x|＜1；(2)设f(x)＝x2－x＋1，实数a满足|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).(1)解当x＜0时，原不等式可化为－2x＋x＜0，解得x＞0，又∵x＜0，∴x不存在；当0≤x＜eq\f(1,2)时，原不等式可化为－2x－x＜0，解得x＞0，又∵0≤x＜eq\f(1,2)，∴0＜x＜eq\f(1,2)；当x≥eq\f(1,2)时，原不等式可化为2x－1－x＜1.解得x＜2，又∵x≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤x＜2，综上，原不等式的解集为{x|0＜x＜2}.(2)证明|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|＜1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，∴|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).6.(2023·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.(1)解f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1<x≤－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2；当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2得2x