2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练二十三选修45不等式选讲解析

专题强化训练(二十三)选修4－5不等式选讲1．[2019·济南模拟]已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.(1)求不等式f(x)≤3的解集；(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．解：(1)解法一：由题意f(x)＝－3x＋3，x≤12，x＋1，12x2，3x－3，x≥2.当x≤12时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤12；当12x2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即12x2；当x≥2时，f(x)＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.综上所述，原不等式的解集为[0,2]．解法二：由题意f(x)＝－3x＋3，x≤12，x＋1，12x2，3x－3，x≥2.作出f(x)的图象，如图所示．注意到当x＝0或x＝2时，f(x)＝3，结合图象，不等式的解集为[0,2]．(2)解法一：由(1)可知，f(x)的图象为不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)ax对任意x∈R恒成立，即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，如图所示．当直线y＝ax过点A(2,3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界点，所以－3≤a32，即实数a的取值范围为－3，32.解法二：不等式f(x)≤ax的解集为空集可转化为f(x)ax对任意x∈R恒成立，(ⅰ)当x≤12时，f(x)＝－3x＋3ax，即(a＋3)x－30恒成立，若a＋30，显然不合题意；若a＋3＝0，即a＝－3，则－30恒成立，符合题意；若a＋30，即a－3，只需(a＋3)×12－30即可，解得a3，故－3a3，所以－3≤a3.(ⅱ)当12x2时，f(x)＝x＋1ax，即(a－1)x－10恒成立，若a－10，即a1，(a－1)x－10恒成立，符合题意；若a－1＝0，即a＝1，则－10恒成立，符合题意；若a－10，即a1，只需(a－1)×2－1≤0即可，解得a≤32，故1a≤32，所以a≤32.(ⅲ)当x≥2时，f(x)＝3x－3ax，即(a－3)x＋30恒成立．若a－30，即a3，只需(a－3)×2＋30即可，解得a32，故a32；若a－3＝0，即a＝3，则30，不合题意；若a－30，即a3，则(a－3)x＋30恒成立，不合题意，所以a32.综上所述，－3≤a32，即实数a的取值范围为－3，32.2．[2019·武汉4月调研]已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)求不等式f(x)≥3的解集；(2)若直线y＝x＋a与y＝f(x)的图象所围成的多边形面积为92，求实数a的值．解：(1)由题意知f(x)＝3x，x≥1，x＋2，－12＜x＜1，－3x，x≤－12，由f(x)≥3可知：(ⅰ)当x≥1时，3x≥3，即x≥1；(ⅱ)当－12＜x＜1时，x＋2＞3，即x≥1，与－12＜x＜1矛盾，舍去；(ⅲ)当x≤－12时，－3x≥3，即x≤－1；综上可知解集为{x|x≤－1或x≥1}．(2)画出函数y＝f(x)的图象，如图所示，其中A－12，32，B(1,3)，由kAB＝1，知y＝x＋a图象与直线AB平行，若要围成多边形，则a＞2.易得y＝x＋a与y＝f(x)图象交于两点Ca2，3a2，D－a4，3a4，则|CD|＝2·|a2＋a4＝324a.平行线AB与CD间的距离d＝|a－2|2＝a－22，|AB|＝322，∴梯形ABCD的面积S＝322＋324a2·a－22＝32＋34a2·(a－2)＝92，(a＞2)．即(a＋2)(a－2)＝12，∴a＝4，故所求实数a的值为4.3．[2019·合肥质检二]已知f(x)＝|3x＋2|.(1)求f(x)≤1的解集；(2)若f(x2)≥a|x|恒成立，求实数a的最大值．解：(1)由f(x)≤1得|3x＋2|≤1，所以－1≤3x＋2≤1，解得－1≤x≤－13，所以f(x)≤1的解集为－1，－13.(2)f(x2)≥a|x|恒成立，即3x2＋2≥a|x|恒成立．当x＝0时，a∈R.当x≠0时，a≤3x2＋2|x|＝3|x|＋2|x|恒成立．因为3|x|＋2|x|≥26(当且仅当3|x|＝2|x|，即|x|＝63时等号成立)，所以a≤26.综上，知a的最大值是26.4．[2019·郑州质量预测二]设函数f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a＞0)，g(x)＝x2－x.(1)当a＝1时，求不等式g(x)≥f(x)的解集；(2)已知f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝－2x，x≤－1，2，－1＜x＜1，2x，x≥1当x≤－1时，x2－x≥－2x，得x≤－1；当－1＜x＜1时，x2－x≥2，即x≤－1或x≥2，舍去；当x≥1时，x2－x≥2x，得x≥3.综上，原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥3}．(2)f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|＝－a＋1x－1＋a，x≤－1a，a－1x＋1＋a，－1a＜x＜a，a＋1x＋1－a，x≥a当0＜a≤1时，f(x)min＝f(a)＝a2＋1≥2，a＝1；当a＞1时，f(x)min＝f－1a＝a＋1a≥2，a＞1.综上，a的取值范围为[1，＋∞)．5．[2019·石家庄一模]设函数f(x)＝|1－x|－|x＋3|.(1)求不等式f(x)≤1的解集；(2)若函数f(x)的最大值为m，正实数p，q满足p＋2q＝m，求2p＋2＋1q的最小值．解：(1)不等式可化为x≤－3，1－x＋x＋3≤1或－3x1，1－x－x－3≤1或x≥1，x－1－x－3≤1，解得x≥－32，∴f(x)≤1的解集为x|x≥－32.(2)解法一：∵|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，∴m＝4，p＋2q＝4，(p＋2)＋2q＝6，2p＋2＋1q＝162p＋2＋1q(p＋2＋2q)＝164＋4qp＋2＋p＋2q≥164＋24qp＋2·p＋2q＝43，当且仅当p＋2＝2q＝3，即p＝1，q＝32时，取“＝”，∴2p＋2＋1q的最小值为43.解法二：∵|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，∴m＝4，p＋2q＝4，∴p＝4－2q，q∈(0,2)，2p＋2＋1q＝26－2q＋1q＝2q＋6－2q6－2qq＝33q－q2＝3－q－322＋94，∵q∈(0,2)，∴当q＝32时，2p＋2＋1q取得最小值为43.6．[2019·长沙一模]已知函数f(x)＝x|x－a|，a∈R.(1)当f(1)＋f(－1)＞1时，求a的取值范围；(2)若a＞0，∀x，y∈(－∞，a]，不等式f(x)≤|y＋54＋|y－a|恒成立，求a的取值范围．解：(1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|＞1，若a≤－1，则1－a＋1＋a＞1，得2＞1，即a≤－1；若－1＜a＜1，则1－a－(1＋a)＞1，得a＜－12，即－1＜a＜－12；若a≥1，则－(1－a)－(1＋a)＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a的取值范围是－∞，－12.(2)由题意知，要使不等式恒成立．只需f(x)max≤|y＋54＋|y－a|min.当x∈(－∞，a]时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)max＝fa2＝a24.因为|y＋54＋|y－a|≥|a＋54，当且仅当y＋54(y－a)≤0，即－54≤y≤a时等号成立，所以当y∈(－∞，a]时，|y＋54＋|y－a|min＝|a＋54＝a＋54.于是a24≤a＋54，解得－1≤a≤5.又a＞0，所以a的取值范围是(0,5]．7．[2019·福州质检]已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.解：(1)解法一：当x－12时，不等式化为：－2x－1＋1－2x4，即x－1，所以－1x－12；当－12≤x≤12时，不等式化为2x＋1－2x＋14，即24，所以－12≤x≤12；当x12时，不等式化为2x＋1＋2x－14，即x1，所以12x1.综上可知，M＝{x|－1x1}．解法二：设f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，则f(x)＝－4x，x－122，－12≤x≤124x，x12，函数f(x)的图象如图所示，若f(x)4，由上图可得，－1x1.所以M＝{x|－1x1}．(2)解法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1.而|ab|＋1－(|a|＋|b|)＝|ab|＋1－|a|－|b|＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.解法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，即证(|a|－1)(|b|－1)≤0.因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1，所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．解法三：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1，所以|ab|＋1≥1，|a|＋|b|≥1，所以只需证(|ab|＋1)2≤(|a|＋|b|)2，只需证|ab|2＋2|ab|＋1≤|a|2＋2|ab|＋|b|2，只需证|ab|2＋1≤|a|2＋|b|2，只需证(|a|2－1)(|b|2－1)≤0，又因为|a|21，|b|2≥1，所以(|a|2－1)(|b|2－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．8．[2019·洛阳统考]已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝－1时原不等式可化为|x＋1|－2|x|≥－1，设φ(x)＝|x＋1|－2|x|，则φ(x)＝x－1，x≤－13x＋1，－1x0－x＋1，x≥0，则x≤－1x－1≥－1，或－1x03x＋1≥－1，或x≥0－x＋1≥－1，即－23≤x≤2.∴原不等式的解集为x|－23≤x≤2.(2)存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立，等价于|x＋1|≥2|x|＋a有解，即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max.由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴φ(x)max＝φ(0)＝1，∴a≤1.