2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓16 不等式選講 文

專題限時集訓(十六)選修45不等式選講(建議用時：40分鐘)1(2019·咸陽三模)設函數(shù)f(x)|2x4|1.(1)求不等式f(x)x3的解集；(2)關于x的不等式f(x)2|x2|a在實數(shù)范圍內有解，求實數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)x3，即|2x4|1x3，則2|x2|x2，當x2時，解得x6，當x<2時，解得x，所以原不等式的解集為6，)(2)由不等式f(x)2|x2|a在實數(shù)范圍內有解可得：a2|x2|2|x2|1在實數(shù)范圍內有解，令g(x)2|x2|2|x2|1，則ag(x)min，因為g(x)2|x2|2|x2|12|(x2)(x2)|19，所以ag(x)min9，即a(，92(2019·鄭州二模)設函數(shù)f(x)|ax1|xa|(a>0)，g(x)x2x.(1)當a1時，求不等式g(x)f(x)的解集；(2)已知f(x)2恒成立，求a的取值范圍解(1)當a1時，g(x)f(x)或或解得x1或x3，所以原不等式的解集為x|x1或x3(2)f(x)當0<a1時，f(x)minf(a)a212，a1；當a>1時，f(x)minfa2，a>1，綜上，a的取值范圍是1，)3(2019·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)|ax2|，不等式f(x)4的解集為x|2x6(1)求實數(shù)a的值；(2)設g(x)f(x)f(x3)，若存在xR，使g(x)tx2成立，求實數(shù)t的取值范圍解(1)由|ax2|4得4ax24，即2ax6，當a>0時，x，所以解得a1；當a<0時，x，所以無解，所以實數(shù)a的值為1.(2)由已知g(x)f(x)f(x3)|x1|x2|不等式g(x)tx2，即g(x)tx2，由題意知yg(x)的圖象有一部分在直線ytx2的下方，作出對應圖象：由圖可知，當t<0時，tkEM；當t>0時，tkFM，又因為kEM1，kFM，所以t1或t，即t(，1.4(2019·全國卷)設x，y，zR，且xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1)2的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)2成立，證明：a3或a1.解(1)因為(x1)(y1)(z1)2(x1)2(y1)2(z1)22(x1)(y1)(y1)·(z1)(z1)(x1)3(x1)2(y1)2(z1)2，所以由已知得(x1)2(y1)2(z1)2，當且僅當x，y，z時等號成立所以(x1)2(y1)2(z1)2的最小值為.(2)證明：因為(x2)(y1)(za)2(x2)2(y1)2(za)22(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2)3(x2)2(y1)2(za)2，所以由已知得(x2)2(y1)2(za)2，當且僅當x，y，z時等號成立所以(x2)2(y1)2(za)2的最小值為.由題設知，解得a3或a1.題號內容押題依據(jù)1絕對值不等式的解法、不等式的證明本題考查考生絕對值不等式的解法及用分析法證明不等式問題，考查了邏輯推理、數(shù)學運算等核心素養(yǎng)2絕對值不等式的解法與絕對值有關的函數(shù)最值問題本題考查了絕對值不等式的解法及函數(shù)最值問題，考查分類討論思想、轉化思想及數(shù)學運算等核心素養(yǎng)【押題1】已知函數(shù)f(x)|x|2x|，M為不等式f(x)<0的解集(1)求M；(2)證明：當m，nM時，|mn2|>|mn|.解(1)f(x)<0，|x|2x|<0.當x<時，不等式可化為x(2x)<0，解得x<，x<；當x時，不等式可化為x(2x)<0，解得x<，無解；當x>時，不等式可化為x(2x)<0，解得x>，x>.綜上所述，Mx|x<或x>(2)要證|mn2|>|mn|，即證|mn2|2>2|mn|2，即證m2n22m22n24>0，即證(m22)(n22)>0.由(1)知，Mx|x<或x>，且m，nM，m2>2，n2>2，(m22)(n22)>0成立，故|mn2|>|mn|得證【押題2】設函數(shù)f(x)|ax1|.(1)當a1時，解不等式f(x)2x>2；(2)當a>1時，設g(x)f(x)|x1|，若g(x)的最小值為，求實數(shù)a的值解(1)當a1時，f(x)2x>2，即|x1|>22x，所以或解得x>，故原不等式的解集為.(2)當a>1時，1<，g(x)f(x)|x1|由于函數(shù)g(x)在上遞減，在上遞增，則g(x)ming1，從而1，得a2.- 4 -