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

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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)‎
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