與名師對話高三數(shù)學文一輪復習課時跟蹤訓練：選修4－5 不等式選講 課時跟蹤訓練62 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 課時跟蹤訓練(六十二) [基礎鞏固] 1．(20xx·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范圍． [解]　(1)f(x)＝ 當x<－1時，f(x)≥1無解； 當－1≤x≤2時，f(x)≥1得，2x－1≥1，解得1≤x≤2； 當x>2時，由f(x)≥1解得x>2. 所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}． (2)由f(x)≥x2－x＋

2、m得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤， 且當x＝時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤. 故m的取值范圍為. 2．(20xx·甘肅蘭州模擬)設函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－a|(a∈R)． (1)當a＝4時，求不等式f(x)≥5的解集； (2)若f(x)≥4對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當a＝4時，|x－1|＋|x－a|≥5等價為或或解得x≤0或x≥5. 所以不等式f(x)≥5的解集為{x|x≤0或x≥5}． (2)因為f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥

3、|(x－1)－(x－a)|＝|a－1|，所以f(x)min＝|a－1|.要使f(x)≥4對x∈R恒成立，則需|a－1|≥4.所以a≤－3或a≥5，即實數(shù)a的取值范圍是{a|a≤－3或a≥5}． 3．(20xx·東北三省四市高三二模)已知a>0，b>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值為1. (1)證明：2a＋b＝2； (2)若a＋2b≥tab恒成立，求實數(shù)t的最大值． [解]　(1)因為－a<，所以f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝顯然f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，所以f(x)的最小值為f＝a＋，所以a＋＝1，即2a＋b＝2. (2)

4、因為a＋2b≥tab恒成立，所以≥t恒成立， ＝＋＝(2a＋b)＝≥＝. 當且僅當a＝b＝時，取得最小值， 所以t≤，即實數(shù)t的最大值為. 4．(20xx·湖南五市十校高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|＋|x－3|(a<3)． (1)若不等式f(x)≥4的解集為，求a的值； (2)若對?x∈R，f(x)＋|x－3|≥1，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)解法一：由已知得f(x)＝ 當x<a時，由－2x＋a＋3≥4，得x≤； 當x>3時，2x－a－3≥4，得x≥. 已知f(x)≥4的解集為，則顯然a＝2. 解法二：由已知易得f(x)＝|x－

5、a|＋|x－3|的圖象關于直線x＝對稱， 又f(x)≥4的解集為，則＋＝a＋3，即a＝2. (2)解法一：不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，即|x－a|＋2|x－3|≥1恒成立． 當x≤a時，－3x＋a＋5≥0恒成立，得－3a＋a＋5≥0，解得a≤； 當a<x≤3時，－x－a＋5≥0恒成立，得－3－a＋5≥0，解得a≤2； 當x≥3時，3x－a－7≥0恒成立，得9－a－7≥0，解得a≤2. 綜上，a≤2. 解法二：不等式f(x)＋|x－3|≥1恒成立，即|x－a|＋|x－3|≥－|x－3|＋1恒成立， 由圖象(圖略)可知f(x)＝|x－a|＋|x－3|在x＝3處取得最

6、小值3－a， 而－|x－3|＋1在x＝3處取得最大值1，故3－a≥1，得a≤2. 5．(20xx·湖北四地七校聯(lián)盟)已知不等式2|x－3|＋|x－4|<2a. (1)若a＝1，求不等式的解集； (2)若已知不等式的解集不是空集，求a的取值范圍． [解]　(1)當a＝1時，不等式即為2|x－3|＋|x－4|<2， 若x≥4，則3x－10<2，x<4，∴舍去； 若3<x<4，則x－2<2，∴3<x<4； 若x≤3，則10－3x<2，∴<x≤3. 綜上，不等式的解集為. (2)設f(x)＝2|x－3|

7、＋|x－4|，則 f(x)＝ 作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示． 由圖象可知，f(x)≥1， ∴2a>1，a>，即a的取值范圍為. [能力提升] 6．(20xx·廣西桂林市、百色市、崇左市一聯(lián))設函數(shù)f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)<2x的解集； (2)若2f(x)＋|x－a|>8對任意x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)由f(x)<2x得|x＋1|<2x， 則－2x<x＋1<2x， 即 解得x>1，∴不等式f(x)<2x的解集為(1，＋∞)． (2)∵f(x)＋|x－a

8、|＝|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－x＋a|＝|a＋1|， 又2f(x)＋|x－a|>8＝23對任意x∈R恒成立，即f(x)＋|x－a|>3對任意x∈R恒成立， ∴|a＋1|>3，解得a<－4或a>2， ∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－4)∪(2，＋∞)． 7．(20xx·安徽安師大附中、馬鞍山二中高三階段性測試)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|. (1)解不等式：f(x)＋f(x＋1)≤2； (2)若a<0，求證：f(ax)－af(x)≥f(2a)． [解]　(1)由題意，得f(x)＋f(x＋1)＝|x－1|＋|x－2|. 因此只要解

9、不等式|x－1|＋|x－2|≤2. 當x≤1時，原不等式等價于－2x＋3≤2，即≤x≤1； 當1<x≤2時，原不等式等價于1≤2，即1<x≤2； 當x>2時，原不等式等價于2x－3≤2，即2<x≤. 綜上，原不等式的解集為x. (2)由題意得f(ax)－af(x)＝|ax－2|－a|x－2|＝|ax－2|＋|2a－ax|≥|ax－2＋2a－ax|＝|2a－2|＝f(2a)， 所以f(ax)－af(x)≥f(2a)成立． 8．(20xx·河北衡水中學四調)設不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集為M，a，b∈M. (1)證明：

10、<； (2)比較|1－4ab|與2|a－b|的大小，并說明理由． [解]　(1)證明：記f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝ 由－2<－2x－1<0，解得－<x<，則M＝. 所以≤|a|＋|b|<×＋×＝. (2)由(1)得a2<，b2<. 因為|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|. 9．(20xx·福建卷)已知a

11、>0，b>0，c>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4. (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值． [解]　(1)因為f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c， 當且僅當－a≤x≤b時，等號成立． 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋c. 又已知f(x)的最小值為4， 所以a＋b＋c＝4. (2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得 (4＋9＋1)≥ 2＝(a＋b＋c)2＝16， 即a2＋b2＋c2≥. 當且僅當＝＝， 即a＝，b＝，c＝時等號成立． 故a2＋b2＋c2的最小值為.