2022年高考二轮复习数学（文）专题检测14《选修4-5 不等式选讲》（教师版）

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这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测14《选修4-5 不等式选讲》（教师版），共5页。试卷主要包含了已知a，b∈，且2a4b＝2.，已知函数f＝|3x＋2|.等内容，欢迎下载使用。

(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤eq \f(1,3)，|2y＋1|≤eq \f(1,6)，求证：f(x)<1.
解：(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,2x－1得eq \f(1,2)≤x＜2或0＜x＜eq \f(1,2)或无解．
故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋ |2y＋1|≤2×eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)<1.
2．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2，x≤－1，,2x，－1故不等式f(x)>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|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\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0所以eq \f(2,a)≥1，故0综上，a的取值范围为(0,2]．
3．设不等式0<|x＋2|－|1－x|<2的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)b))(2)比较|4ab－1|与2|b－a|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x＋2|－|1－x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x≤－2，,2x＋1，－2所以由0<2x＋1<2，解得－eq \f(1,2)所以M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)b))≤|a|＋eq \f(1,2)|b|(2)由(1)可得a2所以(4ab－1)2－4(b－a)2＝(4a2－1)(4b2－1)>0，
所以|4ab－1|>2|b－a|.
4．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.
(1)求eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的最小值．
(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)成立，求实数x的取值范围．
解：(1)由2a4b＝2可知a＋2b＝1，
又因为eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(a＋2b)＝eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)＋4，
由a，b∈(0，＋∞)可知eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)＋4≥2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＋4＝8，
当且仅当a＝2b时取等号，所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的最小值为8.
(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，
①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤1，,1－x＋3－2x≥8，))所以x≤－eq \f(4,3).
②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1③eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(3,2)，,x－1＋2x－3≥8，))所以x≥4.
综上，实数x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪[4，＋∞)．
5．设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x<－\f(1,2)，,x＋2，－\f(1,2)≤x<1，,3x，x≥1.))
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
6．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，
f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，
解得eq \f(2,3)当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(2,3)(2)由题设可得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
所以△ABC的面积为eq \f(2,3)(a＋1)2.由题设得eq \f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
7．已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；
(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.
当x<－eq \f(2,3)时，即－3x－2－x＋1<4，解得－eq \f(5,4)当－eq \f(2,3)≤x≤1时，即3x＋2－x＋1<4，解得－eq \f(2,3)≤x当x>1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．
综上所述，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\f(1,2))).
(2)eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝1＋1＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥4，
当且仅当m＝n＝eq \f(1,2)时等号成立．
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2＋a，x<－\f(2,3)，,－4x－2＋a，－\f(2,3)≤x≤a，,－2x－2－a，x>a.))
所以x＝－eq \f(2,3)时，g(x)max＝eq \f(2,3)＋a，要使不等式恒成立，
只需g(x)max＝eq \f(2,3)＋a≤4，即0所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(10,3))).
8．已知函数f(x)＝|x－a|＋2|x＋b|(a>0，b>0)的最小值为1.
(1)求a＋b的值；
(2)若m≤eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)恒成立，求实数m的最大值．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋a－2b，x≤－b，,x＋a＋2b，－b则f(x)在区间(－∞，－b]上单调递减，在区间[－b，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－b)＝a＋b，所以a＋b＝1.
(2)因为a>0，b>0，且a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋eq \f(b,a)＋eq \f(2a,b)，
又3＋eq \f(b,a)＋eq \f(2a,b)≥3＋2eq \r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(2a,b)时，等号成立，
所以当a＝eq \r(2)－1，b＝2－eq \r(2)时，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)有最小值3＋2eq \r(2).
所以m≤3＋2eq \r(2)，所以实数m的最大值为3＋2eq \r(2).

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