高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练12《不等式选讲》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练12《不等式选讲》(教师版)，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝|2x－a|＋a.等内容，欢迎下载使用。
1．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；
(2)如果∃x∈R，使得f(x)＜2成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)若a＝－1，f(x)≥3，即为|x－1|＋|x＋1|≥3，
当x≤－1时，1－x－x－1≥3，即有x≤－eq \f(3,2)；
当－1＜x＜1时，1－x＋x＋1＝2≥3不成立；
当x≥1时，x－1＋x＋1＝2x≥3，解得x≥eq \f(3,2).
综上可得，f(x)≥3的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))；
(2)∃x∈R，使得f(x)＜2成立，即有2＞f(x)min，
由函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥|x－1－x＋a|＝|a－1|，
当(x－1)(x－a)≤0时，取得最小值|a－1|，
则|a－1|＜2，即－2＜a－1＜2，解得－1＜a＜3.
则实数a的取值范围为(－1，3)．
2．设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))＋|x－a|，x∈R.
(1)当a＝－eq \f(1,2)时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立，求实数a的最大值．
解析：(1)f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))＋
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2，x＜－\f(1,2)，,3，－\f(1,2)≤x≤\f(5,2)，,2x－2，x＞\f(5,2).))
由f(x)≥4得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＜－\f(1,2)，,－2x＋2≥4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞\f(5,2)，,2x－2≥4.))
解得x≤－1或x≥3，
所以不等式的解集为{x|x≤－1或x≥3}．
(2)由绝对值的性质得f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))＋|x－a|≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))－（x－a）))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－\f(5,2)))，
所以f(x)的最小值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－\f(5,2)))，从而eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－\f(5,2)))≥a，解得a≤eq \f(5,4)，因此a的最大值为eq \f(5,4).
3．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(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．
解析：(1)当a＝－3时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋5，x≤2，,1，2＜x＜3，,2x－5，x≥3.))
当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2＜x＜3时，f(x)≥3无解；
当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；
所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．
(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.
当x∈[1，2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|
⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.
由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.
故满足条件的a的取值范围为[－3，0]．
4．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，
f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
当x＝eq \f(1,2)时等号成立，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．
当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
B组 能力提升练
5．已知函数f(x)＝|x＋2|－m，m∈R，且f(x)≤0的解集为[－3，－1]．
(1)求m的值；
(2)设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝m，求eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)的最大值．
解析：(1)由题意，|x＋2|≤m⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥0，,－m－2≤x≤m－2，))
由f(x)≤0的解集为[－3，－1]，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－m－2＝－3，,m－2＝－1，))解得m＝1.
(2)由(1)可得a＋b＋c＝1，
由柯西不等式可得(3a＋1＋3b＋1＋3c＋1)(12＋12＋12)≥(eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1))2，
∴eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)≤3eq \r(2)，
当且仅当eq \r(3a＋1)＝eq \r(3b＋1)＝eq \r(3c＋1)，即a＝b＝c＝eq \f(1,3)时等号成立，
∴eq \r(3a＋1)＋eq \r(3b＋1)＋eq \r(3c＋1)的最大值为3eq \r(2).
6．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M，
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))＜eq \f(1,4)；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解析：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，x≤－2，,－2x－1，－2＜x＜1，,－3，x≥1，))
由－2＜－2x－1＜0解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,2)，则M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
∵a，b∈M，∴|a|＜eq \f(1,2)，|b|＜eq \f(1,2).
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq \f(1,3)|a|＋eq \f(1,6)|b|＜eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(2)由(1)得a2＜eq \f(1,4)，b2＜eq \f(1,4).
因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)
＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.