高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测28《不等式选讲》大题练（教师版）

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这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测28《不等式选讲》大题练（教师版），共5页。试卷主要包含了设f＝|x|＋2|x－a|，设函数f＝|x－1|.等内容，欢迎下载使用。

(1)求实数m的值；
(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.
解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.
所以要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，
解得－2(2)证明：因为α≥1，β≥1，
所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，
即α＋β＝3，
所以eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,α)＋\f(1,β)))(α＋β)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4β,α)＋\f(α,β)))≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(4β,α)·\f(α,β))))＝3.
当且仅当eq \f(4β,α)＝eq \f(α,β)，即α＝2，β＝1时等号成立，
故eq \f(4,α)＋eq \f(1,β)≥3.
2．设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤4；
(2)若f(x)≥4，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x|＋2|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－3x，x<0，,2－x，0≤x≤1，,3x－2，x>1.))
当x<0时，由2－3x≤4，得－eq \f(2,3)≤x<0；
当0≤x≤1时，由2－x≤4，得0≤x≤1；
当x>1时，由3x－2≤4，得1综上，不等式f(x)≤4的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2)).
(2)f(x)＝|x|＋2|x－a|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－3x，x<0，,2a－x，0≤x≤a，,3x－2a，x>a.))
可见，f(x)在(－∞，a]上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值a.
若f(x)≥4恒成立，则应a≥4.
所以a的取值范围为[4，＋∞)．
3．设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x<－\f(1,2)，,x＋2，－\f(1,2)≤x<1，,3x，x≥1.))
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
4．已知函数f(x)＝|x－m|，m<0.
(1)当m＝－1时，求解不等式f(x)＋f(－x)≥2－x；
(2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范围．
解：(1)设F(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|＋|x＋1|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x<－1，,2，－1≤x<1，Gx＝2－x，,2x，x≥1，))
由F(x)≥G(x)解得{x|x≤－2或x≥0}．
(2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0.
设g(x)＝f(x)＋f(2x)，
当x≤m时，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x，则g(x)≥－m；
当m则－eq \f(m,2)当x≥eq \f(m,2)时，g(x)＝x－m＋2x－m＝3x－2m，
则g(x)≥－eq \f(m,2).
则g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)，＋∞))，
不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，
即1>－eq \f(m,2)，解得m>－2，
由于m<0，则m的取值范围是(－2,0)．
5．设函数f(x)＝|x－a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,a)))(a≠0，a∈R)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤5；
(2)记f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，
故f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1，x>1，,3，－2≤x≤1，,－2x－1，x<－2.))
①当x>1时，由2x＋1≤5，得x≤2，故1②当－2≤x≤1时，由3≤5，得x∈R，故－2≤x≤1；
③当x<－2时，由－2x－1≤5，得x≥－3，故－3≤x<－2.
综上，不等式的解集为[－3,2]．
(2)f(x)＝|x－a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,a)))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,a)))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(2,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,a)))≤0时等号成立))，
所以g(a)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(2,a)))，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(2,a)))＝|a|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))≥2eq \r(|a|·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,a))))＝2eq \r(2)，
当且仅当|a|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))，
即a＝±eq \r(2)时等号成立，
所以g(a)min＝2eq \r(2).
6．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明：t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
解：(1)依题意，得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x≤－1，,2－x，－1于是f(x)≤3⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1解得－1≤x≤1.
故不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时取等号，
∴M＝[3，＋∞)．
t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t等价于t2－3t＋1－eq \f(3,t)≥0，
t2－3t＋1－eq \f(3,t)＝eq \f(t3－3t2＋t－3,t)＝eq \f(t－3t2＋1,t).
∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，
∴eq \f(t－3t2＋1,t)≥0，
∴t2＋1≥eq \f(3,t)＋3t.
7．设函数f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集；
(2)已知关于x的不等式f(x)≤f(x＋1)－|x－a|的解集为M，若eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))⊆M，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)≤3－f(x－1)，
所以|x－1|≤3－|x－2|，
即|x－1|＋|x－2|≤3，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,3－2x≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤2，,1≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>2，,2x－3≤3，))
解得0≤x<1或1≤x≤2或2所以0≤x≤3，
故不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集为[0,3]．
(2) 因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))⊆M，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，f(x)≤f(x＋1)－|x－a|恒成立，而f(x)≤f(x＋1)－|x－a|⇔|x－1|－|x|＋|x－a|≤0⇔|x－a|≤|x|－|x－1|，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，所以|x－a|≤1，
即x－1≤a≤x＋1，
由题意，知x－1≤a≤x＋1对于x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))恒成立，
所以eq \f(1,2)≤a≤2，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
8．已知f(x)＝|2x－1|＋|ax－5|(0(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥9的解集；
(2)若函数y＝f(x)的最小值为4，求实数a的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－1|＋|x－5|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6－3x，x<\f(1,2)，,x＋4，\f(1,2)≤x<5，,3x－6，x≥5，))
∴f(x)≥9⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)，,6－3x≥9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤x<5，,x＋4≥9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥5，,3x－6≥9.))
解得x≤－1或x≥5，
即所求不等式的解集为(－∞，－1]∪[5，＋∞)．
(2)∵01，
则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋2x＋6，x<\f(1,2)，,2－ax＋4，\f(1,2)≤x≤\f(5,a)，,a＋2x－6，x>\f(5,a).))
∵当xeq \f(5,a)时，f(x)单调递增，
∴f(x)的最小值在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,a)))上取得，
∵在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,a)))上，当0∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得a＝2.

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