《（新課標）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 選考部分 第2講 不等式選講練習(xí) 文 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 選考部分 第2講 不等式選講練習(xí) 文 新人教A版（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講 不等式選講
1．(2019·安徽省考試試題)已知f(x)＝|x－2|.
(1)解不等式f(x)＋1>f(2x)；
(2)若f(m)≤1，f(2n)≤2，求|m－2n－1|的最大值，并求此時實數(shù)m，n的取值．
解：(1)原不等式等價于|x－2|＋1>2|x－1|，所以
或或
所以－1
2、|x|＋|x－3|0，y>0，nx＋y＋m＝0，求證：x＋y≥16xy.
解：(1)由|x|＋|x－3|0，y>0，
所以(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2＝16，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝，y＝時取等號，
所以＋≥16，即x＋y≥16xy.
3．(2019·昆明市診斷測試)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－1|.
(1)求不等式f(x)>1的解集；
(2)若不等式f(x)
3、m的取值范圍．
解：(1)原不等式等價于|2x＋1|－|x－1|>1，
等價于或或
解得x<－3或－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|.
令g(x)＝－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|，
則由題意知m>g(x)max.
g(x)＝作出其圖象如圖所示，由圖象知g(x)max＝1.
所以m>1，即m的取值范圍為(1，＋∞)．
4．(2019·高考全國卷Ⅲ)設(shè)x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－
4、a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1.
解：(1)因為[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時等號成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為.
(2)證明：因為
[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(
5、x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時等號成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為.
由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1.
5．設(shè)函數(shù)f(x)＝a(x－1)．
(1)當(dāng)a＝1時，解不等式|f(x)|＋|f(－x)|≥3x.
(2)設(shè)|a|≤1，當(dāng)|x|≤1時，求證：|f(x2)＋x|≤.
解：(1)當(dāng)a＝1時，不等式 |f(x)|＋|f(－x)|≥3x，
即|x－1|＋|x＋1|≥3x，
當(dāng)x≤－1時，得1－x－x－1≥3x?x≤0，所以x≤－1，
6、
當(dāng)－14；
(2)若?x1∈R，?x2
7、∈R，使得f(x2)＝g(x1)，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f(x)>4，即|2x－1|－|x＋2|>4，
當(dāng)x<－2時，－(2x－1)＋(x＋2)>4，得x<－2；
當(dāng)－2≤x≤時，－(2x－1)－(x＋2)>4，得－2≤x<－；
當(dāng)x>時，2x－1－(x＋2)>4，得x>7.
綜上，不等式f(x)>4的解集為.
(2)因為?x1∈R，?x2∈R，使得f(x2)＝g(x1)，
所以g(x)的值域是f(x)的值域的子集，
f(x)＝|2x－1|－|x＋2|＝
所以f(x)的值域為，g(x)＝|x－a|－|x＋a＋1|的值域為[－|2a＋1|，|2a＋1|]，
所以－|2a＋1|≥－，即|2a＋1|≤，則－≤2a＋1≤，－≤a≤，即實數(shù)a的取值范圍為.
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