高三数学一轮复习： 选修4-5 第1节 课时分层训练69

这是一份高三数学一轮复习： 选修4-5 第1节 课时分层训练69，共4页。试卷主要包含了已知正实数a，b满足，已知函数f＝|3x＋2|.等内容，欢迎下载使用。
(1)求m＋n的值；
(2)若|x－a|＜m，求证：|x|＜|a|＋1.
[解] (1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1，
得1≤x≤2，3分
∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.5分
(2)证明：若|x－a|＜1，则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|＜|a|＋1.10分
2．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，求实数a的值．
[解] 当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|≥0，不满足题意；
当a＜－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－1＋2a，x≤a，,x－1－2a，a＜x≤－1，,3x＋1－2a，x＞－1，))
3分
f(x)min＝f(a)＝－3a－1＋2a＝5，
解得a＝－6；5分
当a＞－1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－1＋2a，x≤－1，,－x＋1＋2a，－1＜x≤a，,3x＋1－2a，x＞a，))
7分
f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，
解得a＝4.9分
综上所述，实数a的值为－6或4.10分
3．(2017·衡水中学调研)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
【导学号：01772445】
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝－3时，
不等式f(x)≥3化为|x－3|＋|x－2|≥3.(*)
若x≤2时，由(*)式，得5－2x≥3，∴x≤1.
若2＜x＜3时，由(*)式知，解集为∅.
若x≥3时，由(*)式，得2x－5≥3，∴x≥4.
综上可知，f(x)≥3的解集是{x|x≥4或x≤1}.4分
(2)原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|，(**)
当1≤x≤2时，(**)式化为4－x－(2－x)≥|x＋a|，
解得－2－a≤x≤2－a.8分
由条件，[1,2]是f(x)≤|x－4|的解集的子集，
∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0，
故满足条件的实数a的取值范围是[－3,0].10分
4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)＜2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
[解] (1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)＜x＜\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))
当x≤－eq \f(1,2)时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；
当－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,2)时，f(x)＜2；
当x≥eq \f(1,2)时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.
所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}.5分
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.
因此|a＋b|＜|1＋ab|.10分
5．(2017·湖南长郡中学模拟)已知正实数a，b满足：a2＋b2＝2eq \r(ab).
【导学号：01772446】
(1)求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值m；
(2)设函数f(x)＝|x－t|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,t)))(t≠0)，对于(1)中求得的m是否存在实数x，使得f(x)＝eq \f(m,2)成立，说明理由．
[解] (1)∵2eq \r(ab)＝a2＋b2≥2ab，
∴eq \r(ab)≥ab(a＞0，b＞0)，则eq \r(ab)≤1.
又eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))≥2，
当且仅当a＝b时取等号，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值m＝2.5分
(2)函数f(x)＝|x－t|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,t)))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,t)))－x－t))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋t))＝|t|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))≥2.
对于(1)中的m＝2，eq \f(m,2)＝1＜2.
∴满足条件的实数x不存在.10分
6．(2017·郑州质检)已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式|x－1|＜f(x)；
(2)已知m＋n＝1(m，n＞0)，若|x－a|－f(x)≤eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)(a＞0)恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)依题设，得|x－1|＜|3x＋2|，
所以(x－1)2＜(3x＋2)2，则x＞－eq \f(1,4)或x＜－eq \f(3,2)，
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞－\f(1,4)或x＜－\f(3,2))))).4分
(2)因为m＋n＝1(m＞0，n＞0)，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝2＋eq \f(m,n)＋eq \f(n,m)≥4，
当且仅当m＝n＝eq \f(1,2)时，等号成立．
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2＋a，x＜－\f(2,3)，,－4x－2＋a，－\f(2,3)≤x≤a，,－2x－2－a，x＞a，))8分
则x＝－eq \f(2,3)时，g(x)取得最大值eq \f(2,3)＋a，
要使不等式恒成立，只需g(x)max＝eq \f(2,3)＋a≤4.
解得a≤eq \f(10,3).
又a＞0，因此0＜a≤eq \f(10,3).10分