《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第8講 選修4-5 不等式選講教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第8講 選修4-5 不等式選講教學(xué)案 理（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　選修4－5　不等式選講 ■真題調(diào)研—————————————— 【例1】　[2019·全國(guó)卷Ⅰ]已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 解：(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋. 所以＋＋≤a2＋b2＋c2. (2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3 ＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2)×(2)×(2) ＝24.(當(dāng)

2、且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)取等號(hào)) 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 【例2】　[2019·全國(guó)卷Ⅱ]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)＜0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＜0，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當(dāng)x＜1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2＜0；當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0. 所以，不等式f(x)＜0的解集為(－∞，1)． (2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1. 當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝

3、2(a－x)(x－1)＜0. 所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 【例3】　[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)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時(shí)等號(hào)

4、成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)由于[(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]， 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時(shí)等號(hào)成立． 因此(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. 【例4】　[2019·洛陽(yáng)統(tǒng)考]已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－k|(其中k≥2)． (1)若k＝4，求f

5、(x)＋g(x)<9的解集； (2)?x∈[1,2]，不等式f(x)－g(x)≥k－x恒成立，求實(shí)數(shù)k的值． 解：(1)若k＝4，則f(x)＋g(x)<9， 即|x－3|＋|x－4|<9， 即或 或 解得－1

6、———————————— 1．[2019·南昌二模]已知a，b為正實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝|x－a|－|x＋2b|. (1)求函數(shù)f(x)的最大值； (2)若函數(shù)f(x)的最大值為1，求a2＋4b2的最小值． 解：(1)因?yàn)閒(x)≤|(x－a)－(x＋2b)|＝a＋2b， 所以函數(shù)f(x)的最大值為a＋2b. (2)由(1)可知，a＋2b＝1， 所以2(a2＋4b2)≥(a＋2b)2＝1，即a2＋4b2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝時(shí)取“＝”， 所以a2＋4b2的最小值為. 2．[2019·廣州綜合測(cè)試二]已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|－a. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式f(x)>

7、x＋1； (2)若存在實(shí)數(shù)x，使得f(x)x＋1， 得|2x－1|－1>x＋1. 當(dāng)x≥時(shí)，2x－1－1>x＋1，解得x>3. 當(dāng)x<時(shí)，1－2x－1>x＋1，解得x<－. 綜上可知，不等式f(x)>x＋1的解集為 . (2)解法一：由f(x)2|2x－1|－|2x＋1|. 令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|. 則存在實(shí)數(shù)x，使得f(x)g(x)min. 因?yàn)間(x)＝ 所以g(x)min＝g＝－2.

8、 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－2，＋∞)． 解法二：由f(x)2|2x－1|－|2x＋1|. 令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|. 則存在實(shí)數(shù)x，使得f(x)g(x)min. 因?yàn)閨|2x－1|－|2x＋1||≤|(2x－1)－(2x＋1)|＝2， 所以－2≤|2x－1|－|2x＋1|≤2， 所以|2x－1|－|2x＋1|≥－2. 所以g(x)＝|2x－1|－|2x＋1|＋|2x－1|≥ －2＋|2x－1|≥－2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)等號(hào)成立，所以g(x)min＝－2. 所以實(shí)數(shù)a的取值

9、范圍為(－2，＋∞)． 3．[2019·太原一模]已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|. (1)求不等式f(x)≤5的解集； (2)若存在實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值為M，且實(shí)數(shù)a，b滿足a3＋b3＝M，證明：0

10、∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)，a2－ab＋b2＝2＋b2≥0，∴a＋b>0， ∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤. ∴2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥(a＋b)3，∴a＋b≤2， ∴01即 |x＋1|－|2x－3|>1. 當(dāng)x≤－1時(shí)，原不等式可

11、化為－x－1＋2x－3>1，解得x>5，因?yàn)閤≤－1，所以此時(shí)原不等式無(wú)解； 當(dāng)－11， 解得x>1，所以1時(shí)，原不等式可化為x＋1－2x＋3>1，解得x<3，所以0，所以>0， 所以f(x)＝. 因?yàn)閍>0，所以f(－1)＝－a－3<0，f＝1＋>0. 當(dāng)01時(shí)，f(x)的圖象如圖3所示，要使得y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形，則(1－a)(a＋1)＝－1，解得a＝±，因?yàn)閍>1，所以a＝. 綜上，所求a的值為. 圖3 解法二：因?yàn)閍>0，所以>0， 所以f(x)＝. 若y＝f(x)的圖象與x軸圍成直角三角形， 則(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1， 解得a＝0(舍去)或a＝或a＝－(舍去)． 經(jīng)檢驗(yàn)，a＝符合題意， 所以所求a的值為. 6