高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第12章　选4系列12.3(教师版)

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12.3(教师版)，共5页。

1．已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤lg2a(其中a>0)．
(1)当a＝4时，求不等式的解集；
(2)若不等式有解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2.
当x<－eq \f(1,2)时，－x－2≤2，解得－4≤x<－eq \f(1,2)；
当－eq \f(1,2)≤x≤1时，3x≤2，解得－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(2,3)；
当x>1时，x≤0，此时x不存在，
∴原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4≤x≤\f(2,3))))).
(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，
则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－2，x<－\f(1,2)，,3x，－\f(1,2)≤x≤1，,x＋2，x>1.))
故f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))，即f(x)的最小值为－eq \f(3,2).
若f(x)≤lg2a有解，则lg2a≥－eq \f(3,2)，
解得a≥eq \f(\r(2),4)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，＋∞)).
2．设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))，不等式a＋1解 (1)∵f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－2，x<－\f(3,2)，,x＋4，－\f(3,2)≤x≤1，,3x＋2，x>1，))
f(x)>4⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－3x－2>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)≤x≤1，,x＋4>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,3x＋2>4))
⇔x<－2或01.
∴不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)由(1)知，当x<－eq \f(3,2)时，f(x)＝－3x－2，
∵当x<－eq \f(3,2)时，f(x)＝－3x－2>eq \f(5,2)，
∴a＋1≤eq \f(5,2)，即a≤eq \f(3,2).
∴实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).
3．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求f(x)≤2的解集；
(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，f(x)≤2⇒eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))≤1，上述不等式的几何意义为数轴上点x到两点－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)距离之和小于或等于1，则－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)，即原不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
(2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，|2x－a|＋2x－1≤2x＋1恒成立，
∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，
∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))))，
∴0≤a≤3.故实数a的取值范围是[0,3]．
4．设函数f(x)＝|x＋1|＋|x－a|.
(1)若f(x)≥5对于x∈R恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1时，函数f(x)的最小值为t，且正实数m，n满足m＋n＝t，求证：eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)≥2.
解 (1)|x＋1|＋|x－a|表示数轴上的动点x到两定点－1，a的距离之和，故当a≥4或a≤－6时，|x＋1|＋|x－a|≥5对于x∈R恒成立，即实数a的取值范围为(－∞，－6]∪[4，＋∞)．
(2)证明：因为|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1＋1－x|＝2，所以f(x)min＝2，即t＝2，故m＋n＝2，又m，n为正实数，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋1＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,2)×(2＋2)＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号．
5．设f(x)＝|ax－1|.
(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值；
(2)当a＝2时，若存在x∈R，使得不等式f(2x＋1)－f(x－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．
解 (1)显然a≠0，当a>0时，解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，\f(3,a)))，
则－eq \f(1,a)＝－6，eq \f(3,a)＝2，无解；
当a<0时，解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,a)，－\f(1,a)))，令－eq \f(1,a)＝2，eq \f(3,a)＝－6，得a＝－eq \f(1,2).综上所述，a＝－eq \f(1,2).
(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)
＝|4x＋1|－|2x－3|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－4，x≤－\f(1,4)，,6x－2，－\f(1,4)由此可知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,2)))
上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增，则当x＝－eq \f(1,4)时，h(x)取到最小值－eq \f(7,2)，由题意，知－eq \f(7,2)≤7－3m，则实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2))).
6．设f(x)＝|x－1|＋|x＋1|(x∈R)．
(1)求证：f(x)≥2；
(2)若不等式f(x)≥eq \f(|2b＋1|－|1－b|,|b|)对任意非零实数b恒成立，求x的取值范围．
解 (1)证明：f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝|1－x|＋|x＋1|≥|1－x＋x＋1|＝2.
(2)g(b)＝eq \f(|2b＋1|－|1－b|,|b|)≤eq \f(|2b＋1－1＋b|,|b|)＝3，
∴f(x)≥3，即|x－1|＋|x＋1|≥3，
当x≤－1时，－2x≥3，∴x≤－1.5；
当－1当x>1时，2x≥3，∴x≥1.5.
综上所述x的取值范围为(－∞，－1.5]∪[1.5，＋∞)．