高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第12章　选4系列12.4(教师版)

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这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第12章　选4系列12.4(教师版)，共5页。

1．已知函数f(x)＝|x－a|－eq \f(1,2)x(a>0)．
(1)若a＝3，解关于x的不等式f(x)<0；
(2)若对于任意的实数x，不等式f(x)－f(x＋a)解 (1)当a＝3时，f(x)＝|x－3|－eq \f(1,2)x，即|x－3|－eq \f(1,2)x<0，
原不等式等价于－eq \f(x,2)解得2(2)f(x)－f(x＋a)＝|x－a|－|x|＋eq \f(a,2)，
原不等式等价于|x－a|－|x|由三角绝对值不等式的性质，得
|x－a|－|x|≤|(x－a)－x|＝|a|，
原不等式等价于|a|0，∴a1.
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
2．设函数f(x)＝|x－1|－|2x＋1|的最大值为m.
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)若a2＋2c2＋3b2＝m，求ab＋2bc的最大值．
解 (1)因为f(x)＝|x－1|－|2x＋1|，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤－\f(1,2)，,－3x，－\f(1,2)画出图象如图．
(2)由(1)可知m＝eq \f(3,2).
因为eq \f(3,2)＝m＝a2＋2c2＋3b2＝(a2＋b2)＋2(c2＋b2)≥2ab＋4bc，
所以ab＋2bc≤eq \f(3,4)，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,2)时，等号成立．
所以ab＋2bc的最大值为eq \f(3,4).
3．已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.
(1)若a＝0，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若存在x∈R，使得f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|，
两边平方，并整理得(3x＋1)(1－x)≥0，所以所求不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)≤x≤1)))).
(2)解法一：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a，
即|x＋1|－2|x|≥a.
令F(x)＝|x＋1|－2|x|，
依题意可得F(x)max≥a.
F(x)＝|x＋1|－|x|－|x|≤|x＋1－x|－|x|＝1－|x|≤1，
当且仅当x＝0时，上述不等式的等号同时成立，所以F(x)max＝1.
所以a的取值范围是(－∞，1]．
解法二：由f(x)≥g(x)，得|x＋1|≥2|x|＋a，
即|x＋1|－2|x|≥a.
令F(x)＝|x＋1|－2|x|，依题意可得F(x)max≥a.
F(x)＝|x＋1|－2|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x，x≥0，,3x＋1，－1易得F(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＝0时，F(x)取得最大值，最大值为1.
故a的取值范围是(－∞，1]．
4．已知函数f(x)＝|x－3|.
(1)若不等式f(x－1)＋f(x)(2)若|a|<1，|b|<3，且a≠0，判断eq \f(fab,|a|)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))的大小，并说明理由．
解 (1)因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，
不等式f(x－1)＋f(x)(2)eq \f(fab,|a|)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a))).
证明：要证eq \f(fab,|a|)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))，只需证|ab－3|>|b－3a|，
即证(ab－3)2>(b－3a)2，又(ab－3)2－(b－3a)2＝a2b2－9a2－b2＋9＝(a2－1)(b2－9)．
因为|a|<1，|b|<3，所以(ab－3)2>(b－3a)2成立，所以原不等式成立．
5．已知函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|.
(1)解关于x的不等式f(x)<9；
(2)若直线y＝m与曲线y＝f(x)围成一个三角形，求实数m的取值范围，并求所围成的三角形面积的最大值．
解 (1)x≤－1，不等式可化为－x－1－2x＋4<9，
∴x>－2，∴－2－1－4，∴－1x≥2，不等式可化为x＋1＋2x－4<9，∴x<4，
∴2≤x<4；
综上所述，不等式的解集为{x|－2(2)f(x)＝|x＋1|＋2|x－2|，
由题意作图如右，
结合图象可知，A(3,6)，
B(－1,6)，C(2,3)；
故3且m＝6时面积最大为eq \f(1,2)×(3＋1)×3＝6.
6．已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：(1) eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)；
(2)eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).
证明 (1)由柯西不等式得(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(1·eq \r(a)＋1·eq \r(b)＋1·eq \r(c))2≤(12＋12＋12)[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]＝3，当且仅当eq \f(1,\r(a))＝eq \f(1,\r(b))＝eq \f(1,\r(c))，即a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立，
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤ eq \r(3).
(2)由柯西不等式得
[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))
≥eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3a＋1)·\f(1,\r(3a＋1))＋\r(3b＋1)·\f(1,\r(3b＋1))＋\r(3c＋1)·))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3c＋1))))2＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝c＝\f(1,3)时取等号))，
又a＋b＋c＝1，∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9，
∴eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).