統(tǒng)考版2024高考數(shù)學二輪專題復(fù)習課時作業(yè)21不等式選講文

課時作業(yè)21不等式選講A基礎(chǔ)達標1．[2024·江西省重點中學協(xié)作體高三聯(lián)考]已知a>0，b>0，c>0，ab＋bc＋ca＝3.(1)求a3＋b3＋c3的最小值M；(2)關(guān)于x的不等式|x－m|－|x＋1|>M有解，求實數(shù)m的取值范圍．2．[2024·江西省九江市高三二模]已知函數(shù)f(x)＝2|x－1|＋|x－a|(a∈R).(1)若f(x)的最小值為1，求a的值；(2)若f(x)<a|x|＋6恒成立，求a的取值范圍．3．[2024·江西省南昌市高三二模]已知f(x)＝|x＋1|－|2x－2|，g(x)＝a|x－b|.(1)在給出的直角坐標系中畫出函數(shù)f(x)的圖象；(2)若f(x)≥g(x)在R上恒成立，求b－a的最小值．4．[2024·廣西南寧市高三二模]已知a，b，c均為正數(shù)，且a2＋2b2＋3c2＝4，證明：(1)若a＝c，則ab≤eq\f(\r(2),2)；(2)a＋2b＋3c≤2eq\r(6).B素養(yǎng)提升5.[2024·四川省綿陽南山中學高三檢測]已知a，b，c為正數(shù)，且滿意a＋b＋c＝3.(1)證明：ab＋bc＋ca≤3；(2)證明：9ab＋bc＋4ac≥12abc.6．[2024·貴州省貴陽市高三檢測]已知a、b、c均為正數(shù)，且a2＋4b2＋4c2＝27.(1)證明：a＋2b＋2c≤9；(2)若b＝c，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值．課時作業(yè)21不等式選講1．解析：（1）a>0，b>0，c>0，則a3＋b3＋13≥3a·b·1＝3ab，b3＋c3＋13≥3b·c·1＝3bc，c3＋a3＋13≥3c·a·1＝3ca，則2（a3＋b3＋c3）＋3×13≥3（ab＋bc＋ca）＝9，所以a3＋b3＋c3≥3，當且僅當a＝b＝c＝1時等號成立，a3＋b3＋c3的最小值為M＝3.（2）|x－m|－|x＋1|≤|（x－m）－（x＋1）|＝|m＋1|，當且僅當（x－m）（x＋1）≥0且|x－m|≥|x＋1|時取最大值|m＋1|.y＝|x－m|－|x＋1|的最大值為|m＋1|>3，解得m∈（－∞，－4）∪（2，＋∞）.2．解析：（1）因為|x－a|＋|x－1|≥|（x－a）－（x－1）|＝|a－1|，當且僅當（x－a）（x－1）≤0時取等號，f（x）＝2|x－1|＋|x－a|≥|x－1|＋|a－1|≥|a－1|，當且僅當x＝1時取等號，所以|a－1|＝1，解得a＝0或a＝2，故a的值為0或2.（2）令g（x）＝2|x－1|＋|x－a|－a|x|－6，由題意知g（x）<0恒成立，當x∈{x|x≥1且x≥a}時，g（x）＝2（x－1）＋（x－a）－ax－6＝（3－a）x－a－8，要使得g（x）<0恒成立，則3－a≤0，可得a≥3，當a≥3時，g（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3）x＋a－4，x<0,－（a＋3）x＋a－4，0≤x<1,（1－a）x＋a－8，1≤x<a,（3－a）x－a－8，x≥a))因為g（x）<0恒成立，則g（x）max<0，由圖象可知g（x）max＝g（0），所以g（x）≤g（0）＝a－4<0，所以a<4，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為[3，4）.3．解析：（1）f（x）＝|x＋1|－|2x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3，x≤－1，,3x－1，－1<x<1，,－x＋3，x≥1，))其圖象如圖所示：（2）由（1）知函數(shù)f（x）與x軸的交點為（eq\f(1,3)，0）和（3，0），結(jié)合函數(shù)f（x）和g（x）的圖象可以知道，當－1<a<0時，當b<eq\f(1,3)或eq\f(1,3)≤b≤3或b>3時，由圖可知f（x）≥g（x）在R上不行能恒成立；當a≥0時，g（x）≥0，而f（x）的值有負數(shù)，可知f（x）≥g（x）在R上不行能恒成立；當a≤－3時，只需eq\f(1,3)≤b≤3，則f（x）≥g（x）在R上恒成立，此時b－a≥eq\f(1,3)＋3＝eq\f(10,3)，當－3<a≤－1時，過點（－1，－4）且斜率為－a的直線方程為y＝－ax－a－4，令y＝0，則x＝－eq\f(4,a)－1，要f（x）≥g（x）在R上恒成立，則－eq\f(4,a)－1≤b≤3，此時b－a≥－eq\f(4,a)－1－a＝－eq\f(4,a)－a－1≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))×（－a）)－1＝3，當且僅當a＝－2時等號成立．綜上：b－a的最小值為3.4．證明：（1）∵a2＋2b2＋3c2＝4，a＝c，∴4a2＋2b2＝4，∵4a2＋2b2≥2·2a·eq\r(2)b，當且僅當a＝eq\f(\r(2),2)，b＝1時取等號，∴4≥2·2a·eq\r(2)b，即ab≤eq\f(\r(2),2).（2）∵a，b，c均為正數(shù)，且a2＋2b2＋3c2＝4，∴由柯西不等式得，（a2＋2b2＋3c2）[12＋（eq\r(2)）2＋（eq\r(3)）2]≥（a＋2b＋3c）2，∴（a＋2b＋3c）2≤4×6，∴a＋2b＋3c≤2eq\r(6)，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(\r(6),3)時取等號．5．證明：（1）∵a，b，c為正數(shù)，要證ab＋bc＋ca≤3，∵a＋b＋c＝3，只需證ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)（a＋b＋c）2，即證3（ab＋bc＋ca）≤a2＋b2＋c2＋2（ab＋bc＋ca），即證ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，∵a，b，c為正數(shù)，∴a2＋b2≥2ab，∴b2＋c2≥2bc，∴c2＋a2≥2ca，∴2（a2＋b2＋c2）≥2（ab＋bc＋ca），∴ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2當且僅當a＝b＝c＝1時取等．（2）要證9ab＋bc＋4ac≥12abc，只需證eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＋eq\f(9,c)≥12，即證（eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＋eq\f(9,c)）（a＋b＋c）≥36，依據(jù)柯西不等式可得（eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＋eq\f(9,c)）（a＋b＋c）≥（eq\r(\f(1,a))·eq\r(a)＋eq\r(\f(4,b))·eq\r(b)＋eq\r(\f(9,c))·eq\r(c)）2＝（1＋2＋3）2＝36，當且僅當a＝eq\f(1,2)，b＝1，c＝eq\f(3,2)取等號．從而9ab＋bc＋4ac≥12abc.6．解析：（1）證明：因為a、b、c均為正數(shù)，且a2＋4b2＋4c2＝27，由柯西不等式可得[a2＋（2b）2＋（2c）2]·（12＋12＋12）≥（a＋2b＋2c）2，即（a＋2b＋2c）2≤81，所以a＋2b＋2c≤9，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2b＝2c,a＋2b＋2c＝9))，即當a＝3，b＝c＝eq\f(3,2)時，等號成立，因此，a＋2b＋2c≤9.（2）因為b＝c且a、b、c均為正數(shù)，由（1）可知a＋4b≤9，所以eq\f(1,a＋4b)≥eq\f(1,9)，因為（eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)）（a＋4b）＝5＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥5＋2eq\r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，所以e