高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題8 選考系列 第2講 不等式選講練習(xí)-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第一部分專題八第二講不等式選講A組1．已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|2x－a|，a∈R.(1)當(dāng)a＝3時(shí)，解不等式f(x)>0；(2)當(dāng)x∈(－∞，2)時(shí)，f(x)<0，求a的取值范圍．[解析](1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x，x>2，,5－3x，\f(3,2)≤x≤2，,x－1，x<\f(3,2).))當(dāng)x>2時(shí)，1－x>0，即x<1，此時(shí)無解；當(dāng)eq\f(3,2)≤x≤2時(shí)，5－3x>0，即x<eq\f(5,3)，解得eq\f(3,2)≤x<eq\f(5,3)；當(dāng)x<eq\f(3,2)時(shí)，x－1>0，即x>1，解得1<x<eq\f(3,2).∴不等式解集為{x|1<x<eq\f(5,3)}．(2)2－x－|2x－a|<0?2－x<|2x－a|?x<a－2或x>eq\f(a＋2,3)恒成立．∵x∈(－∞，2)，∴a－2≥2，∴a≥4.2．(2018·南寧二模)設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足x＋eq\f(y,4)＝1.(1)若|7－y|<2x＋3，求x的取值范圍．(2)若x>0，y>0，求證：eq\r(xy)≥xy.[解析](1)根據(jù)題意，x＋eq\f(y,4)＝1，則4x＋y＝4，即y＝4－4x，則由|7－y|<2x＋3，可得|4x＋3|<2x＋3，即－(2x＋3)<4x＋3<2x＋3，解得－1<x<0.(2)x>0，y>0，1＝x＋eq\f(y,4)≥2eq\r(x·\f(y,4))＝eq\r(xy)，即eq\r(xy)≤1，eq\r(xy)－xy＝eq\r(xy)(1－eq\r(xy))，又由0<eq\r(xy)≤1，則eq\r(xy)－xy＝eq\r(xy)(1－eq\r(xy))≥0，即eq\r(xy)≥xy.3．(2018·西安二模)已知函數(shù)f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－a)．(1)當(dāng)a＝7時(shí)，求函數(shù)f(x)的定義域．(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≥3的解集是R，求實(shí)數(shù)a的最大值．[解析](1)由題設(shè)知：|x＋1|＋|x－2|>7；①當(dāng)x>2時(shí)，得x＋1＋x－2>7，解得x>4；②當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，得x＋1＋2－x>7，無解；③當(dāng)x<－1時(shí)，得－x－1－x＋2>7，解得x<－3；所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，－3)∪(4，＋∞)．(2)不等式f(x)≥3，即|x＋1|＋|x－2|≥a＋8；因?yàn)閤∈R時(shí)，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3；又不等式|x＋1|＋|x－2|≥a＋8解集是R；所以a＋8≤3，即a≤－5.所以a的最大值為－5.4．設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|.(1)畫出函數(shù)y＝f(x)的圖象；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)≥ax＋1恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)由于f(x)＝|x＋1|＋|2x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋3，x≤－1，,－x＋5，－1<x≤2，,3x－3，x>2，))則函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示．(2)當(dāng)x＝2時(shí)，f(2)＝3.當(dāng)直線y＝ax＋1過點(diǎn)(2,3)時(shí)，a＝1.由函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝ax＋1的圖象知，當(dāng)且僅當(dāng)－3≤a≤1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的圖象沒有在函數(shù)y＝ax＋1的圖象的下方，因此f(x)≥ax＋1恒成立時(shí)，a的取值范圍為[－3，1]．B組1．設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－3|.(1)解不等式f(x)>0；(2)已知關(guān)于x的不等式a＋3<f(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)∵f(x)＝|2x＋1|－|x－3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋4，x≥3，,3x－2，－\f(1,2)≤x<3，,－x－4，x<－\f(1,2).))∴不等式f(x)>0化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋4>0，,x≥3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2>0，,－\f(1,2)≤x<3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－4>0，,x<－\f(1,2).))∴x<－4或x>eq\f(2,3)，即不等式的解集為(－∞，－4)∪(eq\f(2,3)，＋∞)．(2)∵f(x)min＝－eq\f(7,2)，∴要使a＋3<f(x)恒成立，只要a＋3<－eq\f(7,2)，∴a<－eq\f(13,2).2．已知函數(shù)f(x)＝|x－3|＋|x－a|，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，解關(guān)于x的不等式f(x)>4；(2)若?x∈R，使得不等式|x－3|＋|x－a|<4成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[分析](1)按x＝0和3分段討論或利用絕對(duì)值的幾何意義求解．(2)?x∈R，使不等式f(x)<4成立，即f(x)的最小值小于4.[解析](1)由a＝0知原不等式為|x－3|＋|x|>4當(dāng)x≥3時(shí)，2x－3>4，解得x>eq\f(7,2).當(dāng)0≤x<3時(shí)，3>4，無解．當(dāng)x<0時(shí)，－2x＋3>4，解得x<－eq\f(1,2).故解集為{x|x<－eq\f(1,2)或x>eq\f(7,2)}．(2)由?x∈R，|x－3|＋|x－a|<4成立可得，(|x－3|＋|x－a|)min<4.又|x－3|＋|x－a|≥|x－3－(x－a)|＝|a－3|，即(|x－3|＋|x－a|)min＝|a－3|<4.解得－1<a<7.3．(2018·臨川二模)已知函數(shù)f(x)＝|x＋a－1|＋|x－2a(1)若f(1)<3，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(2)若a≥1，x∈R，求證：f(x)≥2.[解析](1)因?yàn)閒(1)<3，所以|a|＋|1－2a①當(dāng)a≤0時(shí)，得－a＋(1－2a解得a>－eq\f(2,3)，所以－eq\f(2,3)<a≤0；②當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，得a＋(1－2a)<3，解得a>－2，所以0<a<eq\f(1,2)；③當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，得a－(1－2a)<3，解得a<eq\f(4,3)，所以eq\f(1,2)≤a<eq\f(4,3)；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－eq\f(2,3)，eq\f(4,3))．(2)因?yàn)閍≥1，x∈R，所以f(x)＝|x＋a－1|＋|x－2a|≥|(x＋a－1)－(x－2a)|＝|3a4．(2018·安徽江南十校3月模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x|－|2x－1|，記不等式f(x)>－1的解集為M.(1)求M；(2)已知a∈M，比較a2－a＋1與eq\f(1,a)的大?。甗解析](1)f(x)＝|x|－|2x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≤0，,3x－1，0<x<\f(1,2)，,－x＋1，x≥\f(1,2)，))由f(x)>－1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x－1>－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,2)，,3x－1>－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)，,－x＋1>－1，))解得0<x<2，故M＝{x|0<x<2}．(2)由(1)，知0<a<2，因?yàn)閍2－a＋1－eq\f(1,a)＝eq\f(a3－a2＋a－1,a)＝eq\f(a－1a2＋1,a)，當(dāng)0<a<1時(shí)，eq\f(a－1a2＋1,a)<0，所以a2－a＋1<eq\f(1,a).當(dāng)a＝1時(shí)，e