2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——不等式选讲2 （word含解析）

不等式选讲
1．已知函数
(1)求不等式的解集M；
(2)若t为M中最小的正整数，a，b，，且，求证∶.
2．已知函数．
(1)解不等式；
(2)若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围．
3．已知函数，且的解集为．
(1)求的值；
(2)若正实数、、满足，求证：．
4．已知函数，.
(1)当时，解不等式；
(2)若在时有解，求实数的取值范围.
5．已知，，．函数．
(1)当，时，解关于的不等式．
(2)当的最小值为1时，证明．
6．关于x的不等式的解集为A，不等式的解集为B.
(1)求集合A，B；
(2)若，求实数a的取值范围.
7．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.
8．已知函数，．
(1)当时，解关于x的不等式；
(2)若函数与的图象可以围成一个四边形，求m的取值范围．
9．已知全集为，集合.
(1)求；
(2)已知集合，且，求实数的取值范围.
10．城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走．如果按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系，对两点和，定义两点间距离为．
(1)在平面直角坐标系中任意取三点A，B，C，证明；
(2)设，分别找出（1）中不等式等号成立和等号不成立时点C的范围．
11．已知集合，集合.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
12．已知函数
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若不等式对任意实数恒成立，求的取值范围．
13．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．
14．已知函数.
(1)解关于x的不等式；
(2)若对于任意的，不等式恒成立，求实数t的取值范围.
15．已知，函数的最小值为4．
(1)求的值；
(2)求证：．
16．已知函数.
(1)若，求不等式的解集；
(2)，，使得，求实数的取值范围.
17．已知函数.
(1)求满足不等式的实数m的取值范围；
(2)记的最小值为k，若，且，证明：.
18．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
19．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对，都有恒成立，求a的取值范围.
20．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若，且，其中M是的最小值，求的最小值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)或
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）运用零点分段法去绝对值后再解不等式即可；
（2）根据条件得，两边平方后再运用基本不等式可证明.
(1)
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得
综上所述，不等式的解集M为或.
(2)
由（1）知，
则a，b，
所以
所以
因为（当且仅当时取等），
（当且仅当时取等）
（当且仅当时取等）.
所以.
所以
（当且仅当时，等号成立）.
2．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）作出函数的图象，进而通过数形结合求得答案；
（2）分别求出函数和的值域，进而根据题意得到两个函数值域间的包含关系求得答案.
(1)
如图所示：
联立,联立，易得，则不等式的解集为.
(2)
由（1），函数的值域为，又，即函数的值域为.对于任意的，都存在，使得成立，所以.
3．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）解对值不等式，再根据题意，即可求出的值；
（2）由（1）知，可得，对其两边平方，再根据基本不等式，即可求证结果.
(1)
解：由可得：，即，
即或
∵的解集为
∴且 ∴；
(2)
解：由（1）知：
∴ ∴
∴
∵
∴
∴.
4．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先对函数化简，然后分和两种情况解不等式即可，
（2）由题意可得在有解，从而可求出实数的取值范围
(1)
当时，，
当时，恒成立，
当时，由，得，
综上，
所以不等式的解集为.
(2)
，即，
又因为，则，
整理得，则，
即在有解，则
所以实数的取值范围为
5．(1)；
(2)证明过程见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值的性质，运用分类讨论思想进行求解即可；
（2）利用绝对值的性质，结合基本不等式进行证明即可.
(1)
当，时，，
，
当时，；
当时，，显然不成立；
当时，，
所以不等式的解集为：；
(2)
因为，，，所以有：
，
当的最小值为1时，即当时，
（当且仅当时取等号），
，
当且仅当时取等号，
所以.
6．(1)，或；
(2)或.
【解析】
【分析】
（1）利用十字相乘法解出集合A，利用绝对值不等式解出集合B；
（2）利用集合之间的关系列不等式，即可求出的范围.
(1)
原不等式可化为：，
解得，即，
绝对值不等式可化为：或，
解得或，即或；
(2)
由(1)得，或，
易知，因为，
所以或，解得或，
所以实数的取值范围为或.
7．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用分类讨论法可求不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求的最小值，从而可求实数的取值范围.
(1)
即为，
故或或，
故或或，
故的解集为，
(2)
即为，
而，当且仅当时等号成立，
故的最小值为1，而有解，
故.
8．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）当时，利用零点分段法分类讨论，即可求出不等式的解集；
（2）将写出分段函数，再分析与的单调性，结合与函数图像得到不等式组，解得即可；
(1)
解：当时，
①当时，，
解得，∴
②时，，
解得，∴
③当时，，
解得，∴，
综上所述，当时，的解集为．
(2)
解：．
∴在上单调递增，上单调递减，
又∵，，
在单调递减，上单调递增，
∴与图像如图所示，
要使得与的图像可以围成一个四边形，
则，即．
故m的取值范围为．
9．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据补集的运算可得答案；
（2）利用结合图形可得实数的取值范围.
(1)
因为或，
所以.
(2)
因为，所以，解得.
实数的取值范围是.
10．(1)证明见解析；
(2)答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据的定义，利用绝对值三角不等式，即可容易证明；
（2）根据（1）中的证明过程，即可求得等号成立和不成立分别对应点的坐标范围.
(1)
根据题意，设的坐标为，
故，，，
因为，当时取得等号，
同理可得，当时取得等号.
故，
即，
当，且时取得等号，即证.
(2)
不妨令根据（1）中证明过程，
当等号成立时，且，
即且；
当等号不成立时，或，
即或.
11．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先求出集合，再将代入集合，求出集合中元素范围，进而可得；
（2）求出集合（含参数），由，得到，求实数的取值范围.
【详解】
（1），
所以，
当时，，
所以；
（2），
因为，即，
所以或，解得或，
故所求实数的取值范围为.
12．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）当时，，再利用零点分段法分类讨论，即可求出不等式的解集；
（2）利用绝对值的三角不等式得到，从而得到，再解绝对值不等式即可；
(1)
解：当时，，
当时，即
当时，不成立
当时，即
综上，解集为
(2)
解：
当且仅当时取“=”
则，即或，解得或，故的取值范围是
13．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将含绝对值符号的函数化为分段函数形式，然后分段解不等式即可；
（2）分别求出两函数的最值，根据题意列出相应的不等式，即可解得答案.
(1)
当时，，
所以或或
解得，
所以不等式的解集为
(2)
由二次函数，
知函数在处取得最小值1，
因为，
时， ； 时， ，
在时取得最大值，
所以要使二次函数与函数的图象恒有公共点，只需，即
所以m的取值范围为．
14．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值的应用，分别进行讨论解不等式即可．
（2）根据不等式恒成立，转化为最值恒成立进行求解即可．
(1)
①当时，不等式可化为，即，解得，故；
②当时，不等式可化为，解得，故；
③当时，不等式可化为，解得．显然与矛盾，
故此时不等式无解．
综上，不等式的解集为，；
(2)
由（1）知，．
作出函数的图象，如图，
显然．
故由不等式恒成立可得，
即
解得．
所以的取值范围为，．
15．(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用绝对值三角不等式有，结合已知即可求的值；
（2）由（1）结论及基本不等式“1”的代换求的最小值，注意等号成立条件，结合对数运算及，即可证明结论.
(1)
因为，
由绝对值三角不等式得：，
∴.
(2)
∵且，
∴由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，
所以，又，
所以，得证.
16．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）去绝对值，分类讨论并列不等式组求解；（2）根据恒成立与存在问题，将不等式转化为，由绝对值不等式的三角关系以及基本不等式分别求出最小值，代入即可得的取值范围.
(1)
由，
①，
②，
③.
综上所述，原不等式的解集为：
(2)
因为，，使得，所以.
由，，
而，当且仅当时取等号，由题意知，或，
故实数的取值范围是
17．(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可得，即解；
（2）由题可得，然后利用柯西不等式即证.
(1)
，
又，且，
所以，则.
∴不等式的解集为.
(2)
由（1）可知的最小值即，
由知：，,
由柯西不等式得
当且仅当且，即时，等号成立.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分，，三种情况讨论求解即可；
（2）由绝对值三角不等式得恒成立，进而分和两种情况求解即可.
(1)
解：若，．
当时，，解得，所以；
当时，，无解；
当时，，解得，所以．
综上，不等式的解集是．
(2)
解：因为，当且仅当时等号成立，
若，不等式恒成立，只需．
当时，，解得；
当时，，此时满足条件的a不存在．
综上，实数a的取值范围是．
19．(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）去掉绝对值符号后分段解不等式，从而可得原不等式的解.
（2）求出在上的最小值可得关于的不等式，其解为所求的取值范围.
(1)
由，得或或
解得：或或.
∴不等式的解集为；
(2)
对，由（1）可得：
时，；
时，；
时，；
故，
因为，都有，
则即，解得或，
故a的取值范围或.
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用零点分区间法取绝对值号，即可得到答案；
（2）先求出,利用基本不等式“1的妙用”即可求解.
(1)
因为
所以等价于或或
解得，即不等式的解集为．
(2)
由（1）可知，即，则．
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
则，故的最小值为．
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