数学不等式高考真题.docx

1、数学不等式高考真题1.（2018卷）设函数 （1） 当 时，求不等式 的解集； （2）若 ，求 的取值范围 2.（2013辽宁）已知函数f（x）=|xa|，其中a1 （1）当a=2时，求不等式f（x）4|x4|的解集； （2）已知关于x的不等式|f（2x+a）2f（x）|2的解集x|1x2，求a的值 3.（2017新课标）选修4-5：不等式选讲已知函数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的取值范围 4.（2017新课标）选修4-5：不等式选讲已知a0，b0，a3+b3=2，证明：（）（a+b）（a5+b5）4；（）a+b2 5.

2、（2017新课标卷）选修4-5：不等式选讲已知函数f（x）=x2+ax+4，g（x）=|x+1|+|x1|（10分） （1）当a=1时，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的取值范围 6.（2017新课标）选修4-5：不等式选讲已知a0，b0，a3+b3=2，证明：（）（a+b）（a5+b5）4；（）a+b2 7.（2018卷）已知 （1）当 时，求不等式 的解集 （2）若 时，不等式 成立，求 的取值范围 8.（2018卷）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)

3、x成立,求a的取值范围 9.（2017新课标）选修4-5：不等式选讲已知函数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的取值范围 10.（2014新课标II）设函数f（x）=|x+ |+|xa|（a0） （1）证明：f（x）2； （2）若f（3）5，求a的取值范围 11.（2015福建)选修4-5：不等式选讲已知，函数的最小值为4 （1）求的值； （2）求的最小值 12.（2014新课标I）若a0，b0，且 + = （1）求a3+b3的最小值； （2）是否存在a，b，使得2a+3b=6？并说明理由 13.（2017新课标）已知

4、函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x（12分） （1）讨论f（x）的单调性； （2）当a0时，证明f（x） 2 14.（2017新课标）已知函数f（x）=x1alnx（）若 f（x）0，求a的值；（）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）（1+ ）m，求m的最小值 15.（2018卷）设函数 （1）画出 的图像 （2）当 时， ，求 的最小值。 16.（2013福建）设不等式|x2|a（aN*）的解集为A，且 （1）求a的值 （2）求函数f（x）=|x+a|+|x2|的最小值 17.（2013新课标）（选修45：不等式选讲） 已知函数f（x）=|2x1|+|2x+a|，g

5、（x）=x+3 （1）当a=2时，求不等式f（x）g（x）的解集； （2）设a1，且当 时，f（x）g（x），求a的取值范围 18.（2016全国）选修45：不等式选讲已知函数f(x)= x- +x+ ，M为不等式f(x) 2的解集. （1）求M； （2）证明：当a,bM时，a+b1+ab。 19.（2016全国）选修4-5：不等式选讲已知函数f（x）=|2xa|+a （1）当a=2时，求不等式f（x）6的解集； （2）设函数g（x）=|2x1|，当xR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|+|x2| （1）当a=3时，求不等式f（x）3

6、的解集； （2）若f（x）|x4|的解集包含1，2，求a的取值范围 21.（2012辽宁）选修45：不等式选讲已知f（x）=|ax+1|（aR），不等式f（x）3的解集为x|2x1 （1）求a的值； （2）若 恒成立，求k的取值范围 答案解析部分一、解答题1.【答案】（1）a=1时，时，由 当x2时，由f（x）0得：6-2x0，解得：x3；当-1xx时，f（x）0；当x-1时，由f（x）0得：4+2x0，解得x-2所以f（x）0的解集为x|-2x3（2）若f（x）1，即 恒成立也就是xR， 恒成立当x=2时取等，所以xR， 等价于 解得：a2或a-6所以a的取值范围(-，-6 2，+） 【解析

7、】【分析】（1）由绝对值不等式的解法易得；（2）由绝对值几何意义转化易得.2.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）4|x4|可化为|x2|+|x4|4， 当x2时，得2x+64，解得x1；当2x4时，得24，无解；当x4时，得2x64，解得x5；故不等式的解集为x|x5或x1（2）解：设h（x）=f（2x+a）2f（x），则h（x）= 由|h（x）|2得 ，又已知关于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）当a=2时，f（x）4|x4|可化为|x2|+|x4|4，直接求出不等式|x2|+|x4|4的解集即可（2）设h（x）=f（2x+

8、a）2f（x），则h（x）= 由|h（x）|2解得 ，它与1x2等价，然后求出a的值3.【答案】解：（）f（x）=|x+1|x2|= ，f（x）1，当1x2时，2x11，解得1x2；当x2时，31恒成立，故x2；综上，不等式f（x）1的解集为x|x1（）原式等价于存在xR使得f（x）x2+xm成立，即mf（x）x2+xmax ， 设g（x）=f（x）x2+x由（1）知，g（x）= ，当x1时，g（x）=x2+x3，其开口向下，对称轴方程为x= 1，g（x）g（1）=113=5；当1x2时，g（x）=x2+3x1，其开口向下，对称轴方程为x= （1，2），g（x）g（ ）= + 1= ；当x2时

9、，g（x）=x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x= 2，g（x）g（2）=4+2=3=1；综上，g（x）max= ，m的取值范围为（， 【解析】【分析】（）由于f（x）=|x+1|x2|= ，解不等式f（x）1可分1x2与x2两类讨论即可解得不等式f（x）1的解集；（）依题意可得mf（x）x2+xmax ， 设g（x）=f（x）x2+x，分x1、1x2、x2三类讨论，可求得g（x）max= ，从而可得m的取值范围4.【答案】证明：（）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）（ + ）2=（a3+b3）24，当且仅当 = ，即a=b=1时取等号，（）a3+b3=2，（a+b）（a2ab+b2

10、）=2，（a+b）（a+b）23ab=2，（a+b）33ab（a+b）=2， =ab，由均值不等式可得： =ab（ ）2 ， （a+b）32 ， （a+b）32，a+b2，当且仅当a=b=1时等号成立 【解析】【分析】（）由柯西不等式即可证明，（）由a3+b3=2转化为 =ab，再由均值不等式可得： =ab（ ）2 ， 即可得到 （a+b）32，问题得以证明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，g（x）=|x+1|+|x1|= ，当x（1，+）时，令x2+x+4=2x，解得x= ，g（x）在（1，+）上单调递增，f（x）在（1，+

11、）上单调递减，此时f（x）g（x）的解集为（1， ；当x1，1时，g（x）=2，f（x）f（1）=2当x（，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+42在1，1恒成立，即x2ax20在1，1恒成立，则只需 ，解得1a1，故a的取值范围是1，1 【解析】【分析】（1.）当a=1时，f（x）=x2+x+4，g（x）=|x+1|+|x1|= ，分x1、x1，1、x（，1）三类讨论，结合g（x）与f（x）的单调性质即可求得f（x）g（x）的解集为1， ；（2.）依题意得：x2+ax+42在1，1恒成

12、立x2ax20在1，1恒成立，只需 ，解之即可得a的取值范围6.【答案】证明：（）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）（ + ）2=（a3+b3）24，当且仅当 = ，即a=b=1时取等号，（）a3+b3=2，（a+b）（a2ab+b2）=2，（a+b）（a+b）23ab=2，（a+b）33ab（a+b）=2， =ab，由均值不等式可得： =ab（ ）2 ， （a+b）32 ， （a+b）32，a+b2，当且仅当a=b=1时等号成立 【解析】【分析】（）由柯西不等式即可证明，（）由a3+b3=2转化为 =ab，再由均值不等式可得： =ab（ ）2 ， 即可得到 2，问题得以证明7.【答案】

13、（1）解：当 时， ，即 故不等式 的解集为 （2）解：当 时 成立等价于当 时 成立若 ，则当 时 ；若 ， 的解集为 ，所以 ，故 综上， 的取值范围为 【解析】【分析】(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)-x0对于 恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.8.【答案】（1）解：当a=1时， 当 时，-21舍当 时，2x1 当 时，21,成立，综上所述 结果为 （2）解： ax0a0.ax2 又 所以 综上所述 【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)-x0对于 恒

14、成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.9.【答案】（1）解：f（x）=|x+1|x2|= ，f（x）1，当1x2时，2x11，解得1x2；当x2时，31恒成立，故x2；综上，不等式f（x）1的解集为x|x1（2）原式等价于存在xR使得f（x）x2+xm成立，即mf（x）x2+xmax ， 设g（x）=f（x）x2+x由（1）知，g（x）= ，当x1时，g（x）=x2+x3，其开口向下，对称轴方程为x= 1，g（x）g（1）=113=5；当1x2时，g（x）=x2+3x1，其开口向下，对称轴方程为x= （1，2），g（x）g（ ）= + 1= ；当x2时，g（x）=x2+x+

15、3，其开口向下，对称轴方程为x= 2，g（x）g（2）=4+2=3=1；综上，g（x）max= ，m的取值范围为（， 【解析】【分析】（1.）由于f（x）=|x+1|x2|= ，解不等式f（x）1可分1x2与x2两类讨论即可解得不等式f（x）1的解集；（2.）依题意可得mf（x）x2+xmax ， 设g（x）=f（x）x2+x，分x1、1x2、x2三类讨论，可求得g（x）max= ，从而可得m的取值范围10.【答案】（1）解：证明：a0，f（x）=|x+ |+|xa|（x+ ）（xa）|=|a+ |=a+ 2 =2， 故不等式f（x）2成立（2）解：f（3）=|3+ |+|3a|5， 当a3时

16、，不等式即a+ 5，即a25a+10，解得3a 当0a3时，不等式即 6a+ 5，即 a2a10，求得 a3综上可得，a的取值范围（ ， ） 【解析】【分析】（1）由a0，f（x）=|x+ |+|xa|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）2成立（2）由f（3）=|3+ |+|3a|5，分当a3时和当0a3时两种情况，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（2） 【解析】【解答】 1.因为,当且仅当时，等号成立，又,所以,所以的最小值为，所以. 2.由1知，由柯西不等式得,即.d当且仅当,即时，等号成立所以的最小值为【分析】当的系数相等或相反时，可以

17、利用绝对值不等式求解析式形如的函数的最小值，以及解析式形如的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标12.【答案】（1）解：a0，b0，且 + = ， = + 2 ，ab2，当且仅当a=b= 时取等号a3+b32 2 =4 ，当且仅当a=b= 时取等号，a3+b3的最小值为4 （2）解：2a+3b2 =2 ，当且仅当2a=3b时，取等号 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）由条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）根据 a

18、b4及基本不等式求的2a+3b8，从而可得不存在a，b，使得2a+3b=613.【答案】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求导f（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x0），当a=0时，f（x）= +10恒成立，此时y=f（x）在（0，+）上单调递增；当a0，由于x0，所以（2ax+1）（x+1）0恒成立，此时y=f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，令f（x）=0，解得：x= 因为当x（0， ）时，f（x）0、当x（ ，+）时，f（x）0，所以y=f（x）在（0， ）上单调递增、在（ ，+）上单调递减综上可知：当a0时f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，

19、f（x）在（0， ）上单调递增、在（ ，+）上单调递减；（2）证明：由（1）可知：当a0时f（x）在（0， ）上单调递增、在（ ，+）上单调递减，所以当x= 时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（ ）=1ln2 +ln（ ）从而要证f（x） 2，即证f（ ） 2，即证1ln2 +ln（ ） 2，即证 （ ）+ln（ ）1+ln2令t= ，则t0，问题转化为证明： t+lnt1+ln2（*）令g（t）= t+lnt，则g（t）= + ，令g（t）=0可知t=2，则当0t2时g（t）0，当t2时g（t）0，所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+）上单调递减，即g（t）g（2）=

20、 2+ln2=1+ln2，即（*）式成立，所以当a0时，f（x） 2成立 【解析】【分析】（1.）题干求导可知f（x）= （x0），分a=0、a0、a0三种情况讨论f（x）与0的大小关系可得结论；（2.）通过（1）可知f（x）max=f（ ）=1ln2 +ln（ ），进而转化可知问题转化为证明：当t0时 t+lnt1+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：（）因为函数f（x）=x1alnx，x0，所以f（x）=1 = ，且f（1）=0所以当a0时f（x）0恒成立，此时y=f（x）在（0，+）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)0,这与f（x

21、）0矛盾；当a0时令f（x）=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；（）由（）可知当a=1时f（x）=x1lnx0，即lnxx1，所以ln（x+1）x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+ ） ，kN*,所以 ，kN* 一方面，因为 + + =1 1，所以，（1+ ）（1+ ）（1+ ）e；另一方面，（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）= 2，同时当n3时，（1+ ）（1+ ）（1+ ）（2，e）因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）（1+

22、）m，所以m的最小值为3 【解析】【分析】（）通过对函数f（x）=x1alnx（x0）求导，分a0、a0两种情况考虑导函数f（x）与0的大小关系可得结论；（）通过（）可知lnxx1，进而取特殊值可知ln（1+ ） ，kN* 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）（1+ ）e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）（1+ ）2，且当n3时，（1+ ）（1+ ）（1+ ）（2，e）15.【答案】（1）解： （2）解：由（1）中可得：a3，b2，当a=3，b=2时，a+b取最小值，所以a+b的最小值为5. 【解析】【分析】（1）画图像，分段函数;（2）转化为一次函数分析.16.【答案】（

23、1）解：因为 ， 所以 且 ，解得 ，因为aN* ， 所以a的值为1（2）解：由（1）可知函数f（x）=|x+1|+|x2|（x+1）（x2）|=3， 当且仅当（x+1）（x2）0，即x2或x1时取等号，所以函数f（x）的最小值为3 【解析】【分析】（1）利用 ，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|+|x2|的最小值17.【答案】（1）解：当a=2时，求不等式f（x）g（x）化为|2x1|+|2x2|x30 设y=|2x1|+|2x2|x3，则 y= ，它的图象如图所示：结合图象可得，y0的解集为（0，2），故原

24、不等式的解集为（0，2）（2）解：设a1，且当 时，f（x）=1+a，不等式化为 1+ax+3，故 xa2对 都成立 故 a2，解得 a ，故a的取值范围为（1， 【解析】【分析】（1）当a=2时，求不等式f（x）g（x）化为|2x1|+|2x2|x30设y=|2x1|+|2x2|x3，画出函数y的图象，数形结合可得结论（2）不等式化即 1+ax+3，故 xa2对 都成立故 a2，由此解得a的取值范围18.【答案】（1）解：当 时， ，若 ；当 时， 恒成立；当 时， ，若 ， 综上可得， （2）证明：当 时，有 ，即 ，则 ，则 ，即 ，证毕 【解析】【分析】（1）分当x 时，当 x 时，当

25、x 时三种情况，分别求解不等式，综合可得答案；（2）当a，bM时，（a21）（b21）0，即a2b2+1a2+b2 ， 配方后，可证得结论19.【答案】（1）解：当a=2时，f（x）=|2x2|+2，f（x）6，|2x2|+26，|2x2|4，|x1|2，2x12，解得1x3，不等式f（x）6的解集为x|1x3（2）解：g（x）=|2x1|，f（x）+g（x）=|2x1|+|2xa|+a3，2|x |+2|x |+a3，|x |+|x | ，当a3时，成立，当a3时， |a1| 0，（a1）2（3a）2 ， 解得2a3，a的取值范围是2，+） 【解析】【分析】（1）当a=2时，由已知得|2x2

26、|+26，由此能求出不等式f（x）6的解集（2）由f（x）+g（x）=|2x1|+|2xa|+a3，得|x |+|x | ，由此能求出a的取值范围本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用20.【答案】（1）解：当a=3时，f（x）3 即|x3|+|x2|3，即 ，或 ， 或 解可得x1，解可得x，解可得x4把、的解集取并集可得不等式的解集为x|x1或x4（2）解：原命题即f（x）|x4|在1，2上恒成立，等价于|x+a|+2x4x在1，2上恒成立，等价于|x+a|2，等价于2x+a2，2xa2x在1，2上恒成立故当 1x2时，2x的最大值为21=3，2x的最小值为0，故a的取值范围为3，0 【解析】【分析】（1）不等式等价于 ，或 ，或 ，求出每个不等式组的解集， 再取并集即得所求（2）原命题等价于2xa2x在1，2上恒成立，由此求得求a的取值范围21.【答案】（1）解：由|ax+1|3得4ax2不等式f（x）3的解集为x|2x1当a0时，不合题意；当a0时， ，a=2；（2）解：记 ，