《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第一部分 考點二十一 不等式選講 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第一部分 考點二十一 不等式選講 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點二十一　不等式選講 解答題 1．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|－|x＋2|. (1)求不等式－22|m－n|. 解　(1)依題意，f(x)＝|x－1|－|x＋2| ＝ 由－2<－2x－1<0，解得－0， 所以|1－4mn|2>4|m－n|2，故|1－4mn|>2|m－n|. 2．已知f(x)＝

2、|x－2|－|x－a|. (1)當(dāng)a＝－4時，解不等式f(x)<1； (2)當(dāng)a＝4時，求直線y＝x－2與函數(shù)f(x)的圖象圍成的平面圖形的面積． 解　(1)當(dāng)a＝－4時，f(x)＝|x－2|－|x＋4|<1， ∴ 解得x>2或－

3、2與函數(shù)f(x)的圖象有公共點，求k的取值范圍． 解　(1)由f(x)≤2，得或 或 解得0≤x≤5，故不等式f(x)≤2的解集為[0,5]． (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝ 作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示， 直線y＝kx－2過定點C(0，－2)， 當(dāng)此直線經(jīng)過點B(4,0)時，k＝； 當(dāng)此直線與直線AD平行時，k＝－2. 故由圖可知，k∈(－∞，－2)∪. 4．(2019·河北石家莊二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－2|＋|2x－a|. (1)當(dāng)a＝1時，求不等式f(x)≥3的解集； (2)當(dāng)f(x)＝|x－a＋2|時，求實數(shù)x的取值范圍． 解　(1)

4、當(dāng)a＝1時，f(x)＝|x－2|＋|2x－1| ＝ 不等式f(x)≥3可化為或 或 解得不等式的解集為(－∞，0]∪[2，＋∞)． (2)由絕對值的三角不等式，可得f(x)＝|x－2|＋|2x－a|≥|2x－a－(x－2)|＝|x－a＋2|， 當(dāng)且僅當(dāng)(2x－a)(x－2)≤0時，取“＝”， 所以當(dāng)a≤4時，x的取值范圍為≤x≤2； 當(dāng)a>4時，x的取值范圍為2≤x≤. 5．(2019·河南八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝m|x－1|. (1)若m＝1，求不等式f(x)≤x2＋1的解集； (2)當(dāng)x∈(0,1)時，不等式f(x)

5、題意，不等式|x－1|≤x2＋1，可得－x2－1≤x－1≤x2＋1， 即解得x≤－1或x≥0， 所以不等式的解集為{x|x≤－1或x≥0}． (2)因為00，即m>－， 又因為g(x)＝－在(0,1)是增函數(shù)， 所以g(x)<－1，所以m≥－1. 6．(2019·廣東潮州二模)已知f(x)＝2|x－2|＋|x＋1|. (1)求不等式f(x)<6的解集； (2)設(shè)m，n，p為正實數(shù)，且m＋n＋p＝f(3)，求證：mn＋np＋pm≤12. 解　(1)①當(dāng)x≥2時，f(x)＝2x

6、－4＋x＋1＝3x－3， 由f(x)<6，∴3x－3<6，∴x<3，即2≤x<3. ②當(dāng)－1－1，即－1－1，無解， 綜上，不等式f(x)<6的解集為(－1,3)． (2)證明：∵f(x)＝2|x－2|＋|x＋1|，∴f(3)＝6， ∴m＋n＋p＝f(3)＝6，且m，n，p為正實數(shù)， ∴(m＋n＋p)2＝m2＋n2＋p2＋2mn＋2mp＋2np＝36， ∵m2＋n2≥2mn，m2＋p2

7、≥2mp，n2＋p2≥2np， ∴m2＋n2＋p2≥mn＋mp＋np， ∴(m＋n＋p)2＝m2＋n2＋p2＋2mn＋2mp＋2np≥3(mn＋mp＋np)， 又m，n，p為正實數(shù)，∴mn＋np＋pm≤12. 解答題 1．(2019·湖南長郡中學(xué)一模)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|＋|2x－1|. (1)當(dāng)a＝1時，求f(x)≤2的解集； (2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|， f(x)≤2?|x－1|＋|2x－1|≤2， 可化為或 或解得或 或∴0≤x≤或

8、∴原不等式的解集為. (2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合， ∴當(dāng)x∈時，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立， 即|x－a|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈上恒成立， ∴|x－a|＋2x－1≤2x＋1，即|x－a|≤2， ∴－2≤x－a≤2， ∴x－2≤a≤x＋2在x∈上恒成立， ∴(x－2)max≤a≤(x＋2)min， ∴－1≤a≤，∴a的取值范圍是. 2．(2019·河南許昌、洛陽第三次質(zhì)檢)已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)當(dāng)a＝－1時，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

9、取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝－1時原不等式可化為|x＋1|－2|x|≥－1，設(shè)φ(x)＝|x＋1|－2|x|＝ 則或或 即－≤x≤2. ∴原不等式的解集為. (2)若存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立， 等價于|x＋1|≥2|x|＋a有解， 由(1)即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max， 由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)單調(diào)遞增，在[0，＋∞)單調(diào)遞減．∴φ(x)max＝φ(0)＝1，∴a≤1. 3．已知f(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|，g(x)＝|x＋1|－|3x－2|. (1)若f(x)≥2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若存在實數(shù)x1，x2，

10、使得等式f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|≥|(2x－a)－(2x＋1)|＝|a＋1|， ∵f(x)≥2恒成立，∴|a＋1|≥2，解得a≥1或a≤－3， ∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－3]∪[1，＋∞)． (2)∵g(x)＝ ∴g(x)max＝g＝，g(x)無最小值， ∴g(x)∈，f(x)∈[|a＋1|，＋∞)， ∵存在實數(shù)x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)成立， ∴|a＋1|≤，解得－≤a≤， ∴實數(shù)a的取值范圍為. 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋a|－(x∈R，實數(shù)a>0)． (1)當(dāng)a＝1時，求不等式

11、f(x)<0的解集； (2)函數(shù)f(x)的最小值為m，求證：m5－1≤m3－m2. 解　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝|2x＋1|－<0， 即|2x＋1|<， 兩邊平方可得(2x＋1)2<2， 解得x∈. 故原不等式的解集為. (2)證明：f(x)＝ 所以f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，f(x)的最小值m＝f＝－≤－2＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)＝即a＝1時取等號． 所以m3＋1≤0，m2－1≥0， 所以m5－1－(m3－m2)＝m3(m2－1)－1＋m2＝(m3＋1)(m2－1)≤0.所以m5－1≤m3－m2. 5．(2019·安徽皖南八校第三次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|3x－2

12、|－|2x－3|. (1)求不等式f(x)>x的解集； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)<2a2＋a恰有3個整數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由題意，函數(shù)f(x)＝|3x－2|－|2x－3|， 得f(x)＝ 因為f(x)>x，所以當(dāng)x≤時，－x－1>x， 即x<－；當(dāng)x，即x，即x≥. 所以不等式f(x)>x的解集為∪. (2)由(1)知f(x)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為，又f(－2)＝1，f(－1)＝0，f(0)＝－1，f(1)＝0，f(2)＝3， 所以0<2a2＋a≤1，所以－1≤a<－或0

13、為∪. 6．已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]． (1)求m的值； (2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求證：a＋2b＋3c≥9. 解　(1)因為f(x＋2)＝m－|x|， 所以f(x＋2)≥0等價于|x|≤m. 由|x|≤m有解，得m≥0， 且其解集為{x|－m≤x≤m}． 又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1. (2)證明：由(1)知＋＋＝1， 又a，b，c∈R＋， 所以a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ＝1＋＋＋＋1＋＋＋＋1 ＝3＋＋＋＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝3，b＝，c＝1時等號成立．