全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十五不等式选讲理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十五不等式选讲理含解析，共7页。

1．(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0，1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2，x≤－1，,2x，－1故不等式f(x)>1的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2))))).
(2)当x∈(0，1)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0，1)时|ax－1|<1成立．
若a≤0，则当x∈(0，1)时，|ax－1|≥1；
若a>0，则|ax－1|<1的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(0所以eq \f(2,a)≥1，故0综上，a的取值范围为(0，2]．
2．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.
(1)求不等式f(x)≤3的解集；
(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．
解：(1)法一：由题意f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋3，x≤\f(1,2)，,x＋1，\f(1,2)＜x＜2，,3x－3，x≥2，))
当x≤eq \f(1,2)时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，
即0≤x≤eq \f(1,2)，
当eq \f(1,2)＜x＜2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，
即eq \f(1,2)＜x＜2，
当x≥2时，f(x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.
综上所述，原不等式的解集为[0，2]．
法二：由题意f(x)
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋3，x≤\f(1,2，),x＋1，\f(1,2)＜x＜2，,3x－3，x≥2，))
作出f(x)的图象如图所示，
注意到当x＝0或x＝2时，f(x)＝3，
结合图象，不等式的解集为[0，2]．
(2)由(1)可知，f(x)的图象如图所示，
不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)＞ax
对任意x∈R恒成立，
即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，
当直线y＝ax过点A(2，3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界情况，
所以－3≤a＜eq \f(3,2)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
3．(2019·郑州市第二次质量预测)设函数f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a＞0)，g(x)＝x2－x.
(1)当a＝1时，求不等式g(x)≥f(x)的解集；
(2)已知f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－1，,2，－1＜x＜1，,2x，x≥1，))
当x≤－1时，x2－x≥－2x，得x≤－1；
当－1＜x＜1时，x2－x≥2，即x≤－1或x≥2，舍去；
当x≥1时，x2－x≥2x，得x≥3.
综上，原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥3}．
(2)f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（a＋1）x－1＋a，x≤－\f(1,a)，,（a－1）x＋1＋a，－\f(1,a)＜x＜a，,（a＋1）x＋1－a，x≥a，))
当0＜a≤1时，f(x)min＝f(a)＝a2＋1≥2，a＝1；
当a＞1时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝a＋eq \f(1,a)≥2，a＞1.
综上，a的取值范围为[1，＋∞)．
4．(2019·洛阳市统考)已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.
(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时原不等式可化为|x＋1|－2|x|≥－1，
设φ(x)＝|x＋1|－2|x|，则φ(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1，x≤－1，,3x＋1，－1＜x＜0，,－x＋1，x≥0，))
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤－1，,x－1≥－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＜x＜0，,3x＋1≥－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥0，,－x＋1≥－1，))
即－eq \f(2,3)≤x≤2.
∴原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)≤x≤2)))).
(2)存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立，等价于|x＋1|≥2|x|＋a有解，即|x＋1|－2|x|≥a有解．
即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max.
由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．
∴φ(x)max＝φ(0)＝1，
∴a≤1.
5．(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.
(1)求集合M；
(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.
解：(1)法一：当x＜－eq \f(1,2)时，不等式化为：－2x－1＋1－2x＜4，即x＞－1，
所以－1＜x＜－eq \f(1,2)；
当－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)时，不等式化为：2x＋1－2x＋1＜4，即2＜4，
所以－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(1,2)；
当x＞eq \f(1,2)时，不等式化为：2x＋1＋2x－1＜4，即x＜1，
所以eq \f(1,2)＜x＜1.
综上可知，M＝{x|－1＜x＜1}．
法二：设f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，
则f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x，x＜－\f(1,2)，,2，－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)，,4x，x＞\f(1,2)，))
函数f(x)的图象如图所示，
若f(x)＜4，由上图可得，－1＜x＜1.
所以M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)证明：法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1.
而|ab|＋1－(|a|＋|b|)
＝|ab|＋1－|a|－|b|
＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.
法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，
只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，
只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，
因为a∈M，b∉M，所以|a|＜1，|b|≥1，
所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．
所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．
6．(2019·合肥市高三模拟)设f(x)＝3|x－1|＋|x＋1|的最小值为k.
(1)求实数k的值；
(2)设m，n∈R，m≠0，m2＋4n2＝k，求证：eq \f(1,m2)＋eq \f(1,n2＋1)≥eq \f(3,2).
解：(1)f(x)＝3|x－1|＋|x＋1|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x＋2，x≤－1，,－2x＋4，－1＜x＜1，,4x－2，x≥1，))
当x＝1时，f(x)取得最小值k＝2.
(2)证明：依题意，m2＋4n2＝2.
eq \f(1,m2)＋eq \f(1,n2＋1)＝eq \f(1,m2)＋eq \f(4,4n2＋4)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m2)＋\f(4,4n2＋4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋4n2＋4))·eq \f(1,6)
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4n2＋4,m2)＋\f(4m2,4n2＋4)＋4))
≥eq \f(1,6)×(5＋2eq \r(4))
＝eq \f(3,2).
当且仅当eq \f(4n2＋4,m2)＝eq \f(4m2,4n2＋4)，即m2＝2，n2＝0时，等号成立．
7．(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，若f(x)的最小值为1.
(1)求实数a的值；
(2)若a＞0，m，n均为正实数，且满足m＋n＝eq \f(a,2)，求m2＋n2的最小值．
解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，
①当a＞3，即－1＞－eq \f(a,3)时，f(x)
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x－1－a，x≤－\f(a,3)，,2x＋a－1，－\f(a,3)＜x＜－1，,4x＋a＋1，x≥－1，))
∵f(－1)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝(－3＋a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)－1))＝eq \f(2（a－3）,3)＞0，
∴f(－1)＞f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))，
则当x＝－eq \f(a,3)时，f(x)min＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))－1－a＝1，
∴a＝6.
②当a<3，即－1<－eq \f(a,3)时，f(x)
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x－1－a，x≤－1，,－2x－a＋1，－1∵f(－1)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝(3－a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)＋1))＝eq \f(2（3－a）,3)>0，
∴f(－1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))，
则当x＝－eq \f(a,3)时，f(x)min＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＋1＋a＝1，
∴a＝0.
③当a＝3，即－1＝－eq \f(a,3)时，f(x)＝4|x＋1|，
当x＝－1时，f(x)min＝0不满足题意．
综上，a＝0或a＝6.
(2)由题意知，m＋n＝3.∵m>0，n>0，
∴(m＋n)2＝m2＋n2＋2mn≤(m2＋n2)＋(m2＋n2)＝2(m2＋n2)，
即m2＋n2≥eq \f(1,2)(m＋n)2，
当且仅当m＝n＝eq \f(3,2)时取“＝”．
所以m2＋n2≥eq \f(9,2)，故m2＋n2的最小值为eq \f(9,2).
8．(2019·长沙市统一模拟考试)已知函数f(x)＝x|x－a|，a∈R.
(1)当f(1)＋f(－1)>1时，求a的取值范围；
(2)若a>0，∀x，y∈(－∞，a]，不等式f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(5,4)))＋|y－a|恒成立，求a的取值范围．
解：(1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|>1，
若a≤－1，则1－a＋1＋a>1，得2>1，即a≤－1；
若－11，得a<－eq \f(1,2)，即－1若a≥1，则－(1－a)－(1＋a)>1，得－2>1，此时不等式无解．
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))).
(2)由题意知，要使不等式恒成立，
只需f(x)max≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(5,4)))＋|y－a|))eq \s\d7(min).
当x∈(－∞，a]时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝eq \f(a2,4).
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(5,4)))＋|y－a|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5,4)))，当且仅当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(5,4)))(y－a)≤0，即－eq \f(5,4)≤y≤a时等号成立，
所以当y∈(－∞，a]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(5,4)))＋|y－a|))eq \s\d7(min)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5,4)))＝a＋eq \f(5,4).
于是eq \f(a2,4)≤a＋eq \f(5,4)，解得－1≤a≤5.
又a>0，所以a的取值范围是(0，5]．