2020版新高考复习理科数学教学案：不等式选讲 含答案

所以a2＋4b2的最小值为 .
2．[20xx·广州综合测试二]已知函数f(x)＝|2x－1|－a.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)>x＋1；
(2)若存在实数x，使得f(x)< f(x＋1)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，由f(x)>x＋1，
得|2x－1|－1>x＋1.
当x≥ 时，2x－1－1>x＋1，解得x>3.
(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值．
解：(1)当a＝2时，不等式f(x)>1即
|x＋1|－|2x－3|>1.
当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－3>1，解得x>5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；
当－1<x≤ 时，原不等式可化为x＋1＋2x－3>1，
解得x>1，所以1<x≤ ；
图1
当a＝1时，f(x)的图象如图2所示，所以y＝f(x)的图象与x轴不能围成三角形，不符合题意，舍去；
图2
当a>1时，f(x)的图象如图3所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(1－a)(a＋1)＝－1，解得a＝± ，因为a>1，所以a＝ .
综上，所求a的值为 .
图3
解法二：因为a>0，所以 >0，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥ ，当且仅当x＝ ，y＝－ ，z＝－ 时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为 .
(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]，
∴f(x)＝|x－3|＝3－x，g(x)＝|x－k|＝k－x，
则∀x∈[1,2]，不等式f(x)－g(x)≥k－x恒成立，
即∀x∈[1,2]，x＋3≥2k恒成立，
∴4≥2k，即k≤2，又k≥2，∴k＝2.
■模拟演练——————————————
1．[20xx·南昌二模]已知a，b为正实数，函数f(x)＝|x－a|－|x＋2b|.
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2 )×(2 )×(2 )
＝24.(当且仅当a＝b＝c＝1时取等号)
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
【例2】[20xx·全国卷Ⅱ]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＜0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求a的取值范围．
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
【例3】[20xx·全国卷Ⅲ]设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，证明：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－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥ ，当且仅当x＝ ，y＝ ，z＝ 时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为 .
由题设知 ≥ ，解得a≤－3或a≥－1.
【例4】[20xx·洛阳统考]已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－k|(其中k≥2)．
(1)若k＝4，求f(x)＋g(x)<9的解集；
∵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，
∴0<a＋b≤2.
4．[20xx·福建质检]已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a＞0)．
(1)当a＝2时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
解：(1)因为a2＋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)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3
当x> 时，原不等式可化为x＋1－2x＋3>1，解得x<3，所以 <x<3.
综上，原不等式的解集为{x|1<x<3}．
(2)解法一：因为a>0，所以 >0，
所以f(x)＝ .
因为a>0，所以f(－1)＝－a－3<0，f ＝1＋ >0.
当0<a<1时，f(x)的图象如图1所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1，解得a＝0，舍去；
因为g(x)＝
所以g(x)min＝g ＝－2.
所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．
解法二：由f(x)< f(x＋1)，得
|2x－1|－a< |2x＋1|－ ，a>2|2x－1|－|2x＋1|.
令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.
则存在实数x，使得f(x)< f(x＋1)成立等价于a>g(x)min.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)＜0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0.
2020版新高考复习理科数学教学案：不等式选讲 含答案
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时 间：__________________
8讲 选修4－5 不等式选讲
■真题调研——————————————
【例1】[20xx·全国卷Ⅰ]已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1) ＋ ＋ ≤a2＋b2＋c2；
所以f(x)＝ .
若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，
则(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1，
解得a＝0(舍去)或a＝ 或a＝－ (舍去)．
经检验，a＝ 来自百度文库合题意，
所以所求a的值为 .
当x< 时，1－2x－1>x＋1，解得x<－ .
综上可知，不等式f(x)>x＋1的解集为
.
(2)解法一：由f(x)< f(x＋1)，
得|2x－1|－a< |2x＋1|－ ，a>2|2x－1|－|2x＋1|.
令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.
则存在实数x，使得f(x)< f(x＋1)成立等价于a>g(x)min.
因为||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，
当且仅当x＝ 时等号成立，所以g(x)min＝－2.
所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．
(2)∀x∈[1,2]，不等式f(x)－g(x)≥k－x恒成立，求实数k的值．
解：(1)若k＝4，则f(x)＋g(x)<9，
即|x－3|＋|x－4|<9，
即 或
或
解得－1<x<3或3≤x≤4或4<x<8，
∴原不等式的解集为{x|－1<x<8}．
(2)∵k≥2，且x∈[1,2]，∴x－3<0，x－k≤0，
3．[20xx·太原一模]已知函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集；
(2)若存在实数x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值为M，且实数a，b满足a3＋b3＝M，证明：0<a＋b≤2.
解：(1)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|≤5，
即|x－ ＋|x＋1|≤ ，
由绝对值的几何意义可得x＝－ 和x＝1使上述不等式中的等号成立，
∴不等式f(x)≤5的解集为 .
(2)由绝对值的几何意义易得
f(x)＝2 ＋|x＋1|的最小值为3，
∴3≤5＋m－m2，∴－1≤m≤2，
∴M＝2，∴a3＋b3＝2.
∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)，a2－ab＋b2＝ 2＋ b2≥0，∴a＋b>0，
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)的最大值为1，求a2＋4b2的最小值．
解：(1)因为f(x)≤|(x－a)－(x＋2b)|＝a＋2b，
所以函数f(x)的最大值为a＋2b.
(2)由(1)可知，a＋2b＝1，
所以2(a2＋4b2)≥(a＋2b)2＝1，即a2＋4b2≥ ，
当且仅当a＝2b＝ 时取“＝”，