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1、 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
2、.|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、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(
4、，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.(
5、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，
6、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，.
7、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
8、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
9、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)
