《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)16 不等式選講 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)16 不等式選講 文（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十六)　選修4－5　不等式選講 (建議用時(shí)：40分鐘) 1．(2019·咸陽(yáng)三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－4|＋1. (1)求不等式f(x)≥x＋3的解集； (2)關(guān)于x的不等式f(x)－2|x＋2|≥a在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f(x)≥x＋3，即|2x－4|＋1≥x＋3， 則2|x－2|≥x＋2， 當(dāng)x≥2時(shí)，解得x≥6， 當(dāng)x<2時(shí)，解得x≤， 所以原不等式的解集為∪[6，＋∞)． (2)由不等式f(x)－2|x＋2|≥a在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有解可得：a≤2|x－2|－2|x＋2|＋1在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)有解， 令g(x)＝2|x－2|－2

2、|x＋2|＋1，則a≤g(x)min， 因?yàn)間(x)＝2|x－2|－2|x＋2|＋1≥2|(x－2)－(x＋2)|＋1＝9， 所以a≤g(x)min＝9，即a∈(－∞，9]． 2．(2019·鄭州二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a>0)，g(x)＝x2－x. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，g(x)≥f(x)? 或或 解得x≤－1或x≥3， 所以原不等式的解集為{x|x≤－1或x≥3}． (2)f(x)＝ 當(dāng)0

3、a＝1； 當(dāng)a>1時(shí)，f(x)min＝f＝a＋＞2，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)＝|ax－2|，不等式f(x)≤4的解集為{x|－2≤x≤6}． (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)設(shè)g(x)＝f(x)＋f(x＋3)，若存在x∈R，使g(x)－tx≤2成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． [解]　(1)由|ax－2|≤4得－4≤ax－2≤4，即－2≤ax≤6， 當(dāng)a>0時(shí)，－≤x≤，所以解得a＝1； 當(dāng)a<0時(shí)，≤x≤－，所以無(wú)解， 所以實(shí)數(shù)a的值為1. (2)由已知g(x)＝f(x)＋f(x＋3)＝|x＋1|＋|x－2|＝ 不等

4、式g(x)－tx≤2，即g(x)≤tx＋2， 由題意知y＝g(x)的圖象有一部分在直線y＝tx＋2的下方，作出對(duì)應(yīng)圖象： 由圖可知，當(dāng)t<0時(shí)，t≤kEM；當(dāng)t>0時(shí)，t≥kFM， 又因?yàn)閗EM＝－1，kFM＝， 所以t≤－1或t≥， 即t∈(－∞，－1]∪. 4．(2019·全國(guó)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－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1. [解]　(1)因?yàn)閇(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2 ＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2

5、[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)] ≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時(shí)等號(hào)成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)證明：因?yàn)閇(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)(x－2)] ≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]， 所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y

6、＝，z＝時(shí)等號(hào)成立． 所以(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. 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 絕對(duì)值不等式的解法、不等式的證明 本題考查考生絕對(duì)值不等式的解法及用分析法證明不等式問(wèn)題，考查了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng) 2 絕對(duì)值不等式的解法與絕對(duì)值有關(guān)的函數(shù)最值問(wèn)題 本題考查了絕對(duì)值不等式的解法及函數(shù)最值問(wèn)題，考查分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想及數(shù)學(xué)運(yùn)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(dāng)m，n∈M時(shí)，|mn＋2|>|m＋n|

7、. [解]　(1)∵f(x)<0，∴|x＋|－|2x＋|＋<0. 當(dāng)x<－時(shí)，不等式可化為－x－＋(2x＋)＋<0，解得x<－，∴x<－； 當(dāng)－≤x≤－時(shí)，不等式可化為x＋＋(2x＋)＋<0，解得x<－，無(wú)解； 當(dāng)x>－時(shí)，不等式可化為x＋－(2x＋)＋<0，解得x>，∴x>. 綜上所述，M＝{x|x<－或x>}． (2)要證|mn＋2|>|m＋n|，即證|mn＋2|2>2|m＋n|2， 即證m2n2－2m2－2n2＋4>0，即證(m2－2)(n2－2)>0. 由(1)知，M＝{x|x<－或x>}，且m，n∈M，∴m2>2，n2>2， ∴(m2－2)(n2－2)>0成立，故|mn＋2|>|m＋n|得證． 【押題2】　設(shè)函數(shù)f(x)＝|ax＋1|. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式f(x)＋2x>2； (2)當(dāng)a>1時(shí)，設(shè)g(x)＝f(x)＋|x＋1|，若g(x)的最小值為，求實(shí)數(shù)a的值． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＋2x>2，即|x＋1|>2－2x，所以或解得x>， 故原不等式的解集為. (2)當(dāng)a>1時(shí)，－1<－， g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝ 由于函數(shù)g(x)在上遞減，在上遞增，則g(x)min＝g＝1－，從而1－＝，得a＝2. - 4 -