《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題七 選修4系列 第2講 不等式選講（選修4-5）專題強(qiáng)化練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題七 選修4系列 第2講 不等式選講（選修4-5）專題強(qiáng)化練 理（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 不等式選講（選修4-5） A級　基礎(chǔ)通關(guān) 1．已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|. (1)設(shè)a＝1，求不等式f(x)≤7的解集； (2)已知a＞－1，且f(x)的最小值等于3，求實(shí)數(shù)a的值． 解：(1)a＝1時，f(x)＝|x＋1|＋2|x－1|. 當(dāng)x＜－1時，f(x)≤7即為－3x＋1≤7，解得－2≤x＜－1. 當(dāng)－1≤x≤1時，－x＋3≤7，解得－1≤x≤1. 當(dāng)x＞1時，3x－1≤7，解得1＜x≤. 綜上，f(x)≤7的解集為. (2)因?yàn)閍＞－1，所以f(x)＝ 作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖所示． 所以f(x)min＝f(a)＝

2、|a＋1|. 因此|a＋1|＝3(a＞－1)，所以a＝2. 2．(2019·天一聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|－|x－m|(m＞0)． (1)當(dāng)m＝2時，求不等式f(x)≤1的解集； (2)g(x)＝f(x)－2，g(x)的圖象與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A，B，C，若△ABC的面積為12，求m的值． 解：(1)當(dāng)m＝2時，不等式f(x)≤1化為2|x＋1|－|x－2|≤1. ①當(dāng)x＜－1時，不等式化為x＋5≥0，解得－5≤x＜－1. ②當(dāng)－1≤x＜2時，不等式化為3x≤1，解得－1≤x≤. ③當(dāng)x≥2時，不等式化為3＋x≤0，解集為?. 綜上，原不等式的解集為. (2)由

3、題設(shè)得g(x)＝ 所以函數(shù)g(x)的圖象與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A(－m－4，0)，B(0，－m)，C. 于是△ABC的面積S＝·|－m|＝m(m＋3)． 令S＝m(m＋3)＝12，得m＝3或m＝－6(舍去)． 故實(shí)數(shù)m的值是3. 3．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x＋2|. (1)若存在x使不等式a－f(x)＞0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若不等式a＋－f(x)≥0對任意正數(shù)a恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍． 解：(1)f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|x－1－x－2|＝3. 題設(shè)條件等價于a＞f(x)min＝3， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(3，＋∞)． (2)a＞0

4、，a＋≥4(a＝2時取等號)，因?yàn)椴坏仁絘＋－f(x)≥0對任意正數(shù)a恒成立，所以f(x)≤＝4， 所以|x－1|＋|x＋2|≤4?－≤x≤， 因此實(shí)數(shù)x的取值范圍為. 4．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|2x＋m|(m∈R)． (1)若m＝2時，解不等式f(x)≤3； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤|2x－3|在x∈[0，1]上有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)當(dāng)m＝2時，不等式為|x－1|＋|2x＋2|≤3， 若x≤－1，則原不等式可化為－x＋1－2x－2≤3， 解得x≥－，所以－≤x≤－1； 若－1＜x＜1，則原不等式可化為1－x＋2x＋2≤3， 解得x≤0，所

5、以－1＜x≤0； 若x≥1，則原不等式可化為x－1＋2x＋2≤3，不等式無解． 綜上，不等式的解集為. (2)當(dāng)x∈[0，1]時，由f(x)≤|2x－3|. 得1－x＋|2x＋m|≤3－2x，則x－2≤2x＋m≤2－x. 因此，－x－2≤m≤2－3x. 由f(x)≤|2x－3|在x∈[0，1]上有解． 知(－x－2)min≤m≤(2－3x)max，則－3≤m≤2. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為[－3，2]． 5．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，若存在實(shí)數(shù)x使得f(x)＜2成立． (1)求實(shí)數(shù)m的值； (2)若α，β＞1，f(α)＋f(β)＝6，求證：＋

6、≥. (1)解：因?yàn)閨x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|， 要使|x－m|＋|x|＜2有解，則|m|＜2，解得－2＜m＜2. 因?yàn)閙∈N*，所以m＝1. (2)證明：因?yàn)棣粒拢?，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6， 所以α＋β＝4， 所以＋＝(α＋β)＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即α＝，β＝時“＝”成立， 故＋≥. 6．(2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)當(dāng)a＝1時，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的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時

7、，f(x)＝－x2＋x＋4， g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ ①當(dāng)x＞1時，f(x)≥g(x)?－x2＋x＋4≥2x， 解得1＜x≤. ②當(dāng)－1≤x≤1時，f(x)≥g(x)?(x－2)·(x＋1)≤0， 則－1≤x≤1. ③當(dāng)x＜－1時，f(x)≥g(x)?x2－3x－4≤0，解得－1≤x≤4，又x＜－1，所以不等式此時的解集為空集． 綜上所述，f(x)≥g(x)的解集為. (2)當(dāng)x∈[－1，1]時，g(x)＝2， 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]等價于當(dāng)x∈[－1，1]時，f(x)≥2. 又f(x)在[－1，1]的最小值必為f(－1)與f(1)之一，

8、 所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范圍為[－1，1]． B級　能力提升 7．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1. (1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值； (2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1. (1)解：因?yàn)閇(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)·(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2

9、≥， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時等號成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)證明：因?yàn)閇(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]， 所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時等號成立． 所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為. 由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1. 故a≤－3或a≥－1得證． 8．已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－

10、|1－x|，g(x)＝|x＋a2|＋|x－b2|，其中a，b均為正實(shí)數(shù)，且a＋b＝2. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)當(dāng)x∈R時，求證f(x)≤g(x)． (1)解：f(x)＝|x＋1|－|1－x|＝ ①當(dāng)x≤－1時，f(x)＝－2＜1，不等式f(x)≥1無解． ②當(dāng)－1＜x＜1時，f(x)＝2x≥1，解得≤x＜1. ③當(dāng)x≥1時，f(x)＝2＞1恒成立． 綜上，不等式f(x)≥1的解集為. (2)證明：當(dāng)x∈R時，f(x)＝|x＋1|－|1－x|≤|x＋1＋1－x|＝2， g(x)＝|x＋a2|＋|x－b2|≥|x＋a2－(x－b2)|＝|a2＋b2|＝a2＋b2. 而a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥(a＋b)2－2×＝＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，即a2＋b2≥2， 因此f(x)≤2≤a2＋b2≤g(x)， 故不等式f(x)≤g(x)成立． - 5 -