(通用版)2018學(xué)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練酷專題課時跟蹤檢測(二十二)不等式選講理

課時跟蹤檢測（二十二）不等式選講1．(2017·邢臺模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋2|－|x－2|.(1)解不等式f(x)≥2；(2)當(dāng)x∈R,0＜y＜1時，證明：|x＋2|－|x－2|≤eq\f(1,y)＋eq\f(1,1－y).解：(1)當(dāng)x≥2時，由f(x)≥2，得4≥2，故x≥2；當(dāng)－2＜x＜2時，由f(x)≥2，得2x≥2，故1≤x＜2；當(dāng)x≤－2時，由f(x)≥2，得－4≥2，無解．所以f(x)≥2的解集為{x|x≥1}．(2)證明：因為|x＋2|－|x－2|≤4，eq\f(1,y)＋eq\f(1,1－y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(1,1－y)))[y＋(1－y)]＝2＋eq\f(1－y,y)＋eq\f(y,1－y)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)y＝\f(1,2)時取等號))，所以|x＋2|－|x－2|≤eq\f(1,y)＋eq\f(1,1－y).2．(2017·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋1＋|3－x|，x≥－1.(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若f(x)的最小值為n，正數(shù)a，b滿足2nab＝a＋2b，求2a＋b解：(1)當(dāng)－1≤x＜3時，f(x)＝4；當(dāng)x≥3時，f(x)＝2x－2.∴不等式f(x)≤6等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x＜3，,4≤6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥3，,2x－2≤6.))∴－1≤x＜3或3≤x≤4.∴－1≤x≤4.∴原不等式的解集為{x|－1≤x≤4}．(2)由(1)，得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，－1≤x＜3，,2x－2，x≥3.))可知f(x)的最小值為4，∴n＝4.∴8ab＝a＋2b，變形得eq\f(1,b)＋eq\f(2,a)＝8.∵a＞0，b＞0，∴2a＋b＝eq\f(1,8)(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(2,a)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a))))＝eq\f(9,8).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2a,b)＝eq\f(2b,a)，即a＝b＝eq\f(3,8)時取等號．∴2a＋b的最小值為eq\f(9,8).3．(2017·全國卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.4．(2017·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|－eq\f(1,2)x(a＞0)．(1)若a＝3，解關(guān)于x的不等式f(x)＜0；(2)若對于任意的實數(shù)x，不等式f(x)－f(x＋a)＜a2＋eq\f(a,2)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝3時，f(x)＝|x－3|－eq\f(1,2)x，即|x－3|－eq\f(1,2)x＜0，原不等式等價于－eq\f(x,2)＜x－3＜eq\f(x,2)，解得2＜x＜6，故不等式的解集為{x|2＜x＜6}．(2)f(x)－f(x＋a)＝|x－a|－|x|＋eq\f(a,2)，原不等式等價于|x－a|－|x|＜a2，由絕對值三角不等式的性質(zhì)，得|x－a|－|x|≤|(x－a)－x|＝|a|，原不等式等價于|a|＜a2，又a＞0，∴a＜a2，解得a＞1.∴實數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．5．(2017·開封模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|，a<0.(1)證明：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))≥2；(2)若不等式f(x)＋f(2x)<eq\f(1,2)的解集非空，求a的取值范圍．解：(1)證明：函數(shù)f(x)＝|x－a|，a<0，設(shè)f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝|x－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)－a))＝|x－a|＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq\f(1,|x|)≥2eq\r(|x|·\f(1,|x|))＝2(當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝1時取等號)．(2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0.當(dāng)x≤a時，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x則f(x)＋f(2x)≥－a；當(dāng)a<x<eq\f(a,2)時，f(x)＋f(2x)＝x－a＋a－2x＝－x，則－eq\f(a,2)<f(x)＋f(2x)<－a；當(dāng)x≥eq\f(a,2)時，f(x)＋f(2x)＝x－a＋2x－a＝3x－2a，則f(x)＋f(2x)≥－eq\f(a,2)，則f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，若不等式f(x)＋f(2x)<eq\f(1,2)的解集非空，則需eq\f(1,2)>－eq\f(a,2)，解得a>－1，又a<0，所以－1＜a＜0，故a的取值范圍是(－1,0)．6．(2017·洛陽模擬)已知f(x)＝|2x－1|－|x＋1|.(1)將f(x)的解析式寫成分段函數(shù)的形式，并作出其圖象；(2)若a＋b＝1，對?a，b∈(0，＋∞)，eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)≥3f(x)恒成立，求x的取值范圍．解：(1)由已知，得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x＜－1，,－3x，－1≤x≤\f(1,2)，,x－2，x＞\f(1,2)，))函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．(2)∵a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))(a＋b)＝5＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))≥5＋2eq\r(\f(b,a)·\