選考部分(14) 1．[2019·貴州質(zhì)量測(cè)評(píng)]已知函數(shù)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|. (1)?x∈R，f(x)≥5a－a2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)求函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝6圍成的封閉圖形的面積． 解析：(1)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|≥|(x＋3)－(x－1)|＝4，∴f(x)min＝4. ?x∈R，f(x)≥5a－a2恒成立，∴f(x)min≥5a－a2， ∴4≥5a－a2?a2－5a＋4≥0，解得a≤1或a≥4， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]∪[4，＋∞)． (2)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|＝當(dāng)f(x)＝6時(shí)，x＝－4或x＝2. 畫(huà)出圖象可得(圖略)，圍成的封閉圖形為等腰梯形，且一條底邊長(zhǎng)為6，一條底邊長(zhǎng)為4，高為2， ∴封閉圖形的面積S＝(6＋4)×2＝10. 2．[2019·河北衡水中學(xué)摸底]已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋2|x－3|. (1)求不等式f(x)≤7x的解集； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝|m|存在實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的范圍． 解析：(1)不等式f(x)≤7x，即|2x－6|＋|2x＋1|≤7x， 可化為或 或 得x≥1，即原不等式的解集為{x|x≥1}． (2)∵f(x)＝|2x－6|＋|2x＋1|≥|(2x－6)－(2x＋1)|＝7， ∴關(guān)于x的方程f(x)＝|m|存在實(shí)數(shù)解，即|m|≥7有解，解得m≥7或m≤－7. ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|m≥7或m≤－7}． 3．[2019·福州四校高三年級(jí)聯(lián)考] (1)求不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集； (2)設(shè)a，b均為正數(shù)，h＝max，證明：h≥2. 解析：(1)記f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝－2<x<1， 由－2<－2x－1<0，解得－<x<，則不等式的解集為. (2)h≥，h≥，h≥，h3≥≥＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，∴h≥2. 4．[2019·河北省“五個(gè)一名校聯(lián)盟”高三第二次考試]已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，x∈R. (1)解不等式f(x)<|x|＋1； (2)若對(duì)x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求證：f(x)<1. 解析：(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1， 即或 或 得≤x<2或0<x<或無(wú)解． 故不等式f(x)<|x|＋1的解集為{x|0<x<2}． (2)f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝<1. 5．[2019·皖南八校第二次聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋|2x＋4|. (1)解不等式f(x)≥－3x＋4； (2)若函數(shù)f(x)的最小值為a，且m＋n＝a(m>0，n>0)，求＋的最小值． 解析：(1)f(x)＝|x－2|＋|2x＋4|＝ 當(dāng)x<－2時(shí)，－3x－2≥－3x＋4，無(wú)解； 當(dāng)－2≤x≤2時(shí)，由x＋6≥－3x＋4，得x≥－，可得－≤x≤2； 當(dāng)x>2時(shí)，由3x＋2≥－3x＋4，得x≥，可得x>2. ∴不等式的解集為. (2)根據(jù)函數(shù)f(x)＝可知當(dāng)x＝－2時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值f(－2)＝4，則a＝4.∴m＋n＝4，m>0，n>0， ∴＋＝(m＋n)＝ ≥(2＋2)＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝n＝2時(shí)取“＝”．∴＋的最小值為1. 6．[2019·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測(cè)試(二)]已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，不等式f(x)≤2的解集為M. (1)求M； (2)證明：當(dāng)a，b∈M時(shí)，|a＋b|＋|a－b|≤1. 解析：(1)f(x)≤2，即|2x＋1|＋|2x－1|≤2， 當(dāng)x≤－時(shí)，得－(2x＋1)＋(1－2x)≤2，解得x≥－，故x＝－； 當(dāng)－<x<時(shí)，得(2x＋1)－(2x－1)≤2，即2≤2，故－<x<； 當(dāng)x≥時(shí)，得(2x＋1)＋(2x－1)≤2，解得x≤，故x＝. 所以不等式f(x)≤2的解集M＝. (2)解法一　當(dāng)a，b∈M時(shí)，－≤a≤，－≤b≤，得|a|≤，|b|≤. 當(dāng)(a＋b)(a－b)≥0時(shí)，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|≤1， 當(dāng)(a＋b)(a－b)<0時(shí)，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|≤1， 所以|a＋b|＋|a－b|≤1. 解法二　當(dāng)a，b∈M時(shí)，－≤a≤，－≤b≤，得|a|≤，|b|≤. (|a＋b|＋|a－b|)2＝2(a2＋b2)＋2|a2－b2|＝ 因?yàn)閍2≤，b2≤，所以4a2≤1,4b2≤1. 故(|a＋b|＋|a－b|)2≤1，所以|a＋b|＋|a－b|≤1.