2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题七 选修4系列 作业30-31

2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题七 选修4系列 作业30-31

不等式选讲专练(一)·作业(三十)‎ ‎1．(2016·保定调研)已知函数f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．‎ ‎(1)当m＝3时，求不等式f(x)≥5的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤7对任意实数x恒成立，求m的取值范围．‎ 解析　(1)当m＝3时，f(x)≥5，即为|x＋6|－|3－x|≥5，‎ ‎①当x<－6时，得－9≥5，所以x∈∅；‎ ‎②当－6≤x≤3时，得x＋6＋x－3≥5，即x≥1，所以1≤x≤3；‎ ‎③当x>3时，得9≥5，所以x>3.(4分)‎ 故不等式f(x)≥5的解集为{x|x≥1}．(5分)‎ ‎(2)因为|x＋6|－|m－x|≤|x＋6＋m－x|＝|m＋6|，‎ 由题意得|m＋6|≤7，则－7≤m＋6≤7，(8分)‎ 解得－13≤m≤1，‎ 故m的取值范围是[－13，1]．(10分)‎ ‎2．(2016·开封模拟)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)解不等式f(x)≤5.‎ 解析　(1)f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|a－4|＝a，从而解得a＝2.(5分)‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝ 结合y＝f(x)的图像知，不等式f(x)≤5的解集为{x|≤x≤}．(10分)‎ ‎3．(2016·安徽统测)设函数f(x)＝|kx－1|(k∈R)．‎ ‎(1)若不等式f(x)≤2的解集为{x|－≤x≤1}，求k的值；‎ ‎(2)若f(1)＋f(2)<5，求k的取值范围．‎ 解析　(1)由|kx－1|≤2，得－2≤kx－1≤2，‎ ‎∴－1≤kx≤3，∴－≤x≤1.‎ 由已知，得＝1，∴k＝3.(5分)‎ ‎(2)由已知，得|k－1|＋|2k－1|<5.‎ 当k≤时，－(k－1)－(2k－1)<5，得k>－1，此时－11时，(k－1)＋(2k－1)<5，得k<，此时10，求不等式f(x)≤4的解集．‎ 解析　(1)当a≥－2时，f(x)＝ ‎∴f(x)min＝1＋＝2，a＝2.(2分)‎ 当a<－2时，f(x)＝ ‎∴f(x)min＝－－1＝2，a＝－6.(4分)‎ 综上可知a＝2或a＝－6.(5分)‎ ‎(2)由(1)知，当a>0时a＝2.不等式f(x)≤4，即|x－2|＋|x＋2|≤4.(6分)‎ 由(1)知f(x)＝ 当x>2时，f(x)≤4得x－1≤4，解得x≤，∴23时，原不等式化为x＋1＋x－3≤2x，即－2≤0恒成立．‎ 综上所述，不等式f(x)＋|x－3|≤2x的解集为[2，＋∞)．(5分)‎ ‎(2)f(x)＋|x－1|≥3⇔|x＋a|＋|x－1|≥3恒成立，‎ 由|x＋a|＋|x－1|≥|a＋1|可知，只需|a＋1|≥3即可，‎ 故a≥2或a≤－4，即实数a的取值范围为{a|a≥2或a≤－4}．‎ 不等式选讲专练(二)·作业(三十一)‎ ‎1．(2016·衡水调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．‎ 解析　(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；(2分)‎ ‎②当－11.(4分)‎ 综上，M＝{x|x<－1或x>1}．‎ ‎(2)因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，(7分)‎ 所以，要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，‎ 即证|ab＋1|2>|a＋b|2，(8分)‎ 即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，‎ 即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.(9分)‎ 因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，‎ 所以原不等式成立．(10分)‎ ‎2．(2016·长春质检)已知函数f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.‎ ‎(1)当a＝－1时，解不等式f(x)≤g(x)；‎ ‎(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)，求实数a的取值范围．‎ 解析　(1)当a＝－1时，不等式f(x)≤g(x)，即|x＋1|≤2|x|－1，(2分)‎ 从而即x≤－1，‎ 或即－1－2时，只需满足点(a，a＋2)不在点(a，a)的下方即可，所以a＋2≥a，即－2－，解得，a>－1，由于a<0，‎ 则a的取值范围是(－1，0)．(10分)‎ ‎6．(2016·云南统一检测)已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)设m>n>0，求证：2m＋≥2n＋a.‎ 解析　(1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，则f(x)＝ ‎∴f(x)的最大值为3.‎ ‎∵对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，‎ ‎∴a≥3.‎ 设h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝ 则h(x)的最小值为3.‎ ‎∵对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，‎ ‎∴a≤3，∴a＝3.(5分)‎ ‎(2)由(1)知a＝3.‎ ‎∵2m＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，‎ 且m>n>0，‎ ‎∴(m－n)＋(m－n)＋≥3＝3.‎ ‎∴2m＋≥2n＋a.(10分)‎