2020年高考数学（理科）二轮专题复习突破精练 专题对点练27　不等式选讲.doc

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1、专题对点练27　不等式选讲(选修4—5)　专题对点练第45页　 1.(2017山西吕梁二模,理23)已知函数f(x)=

2、x-1

3、+

4、x-a

5、.(1)若a=-1,解不等式f(x)≥3;(2)如果∃x∈R,使得f(x)<2成立,求实数a的取值范围.解(1)若a=-1,f(x)≥3,即为

6、x-1

7、+

8、x+1

9、≥3,当x≤-1时,1-x-x-1≥3,即有x≤-;当-1f(x)

10、min,由函数f(x)=

11、x-1

12、+

13、x-a

14、≥

15、x-1-x+a

16、=

17、a-1

18、,当(x-1)(x-a)≤0时,取得最小值

19、a-1

20、,则

21、a-1

22、<2,即-2

23、x+a

24、+

25、x-2

26、.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤

27、x-4

28、的解集包含[1,2],求a的取值范围.解(1)当a=-3时,f(x)=当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;当2

29、-5≥3,解得x≥4;所以f(x)≥3的解集为{x

30、x≤1}∪{x

31、x≥4}.(2)f(x)≤

32、x-4

33、⇒

34、x-4

35、-

36、x-2

37、≥

38、x+a

39、.当x∈[1,2]时,

40、x-4

41、-

42、x-2

43、≥

44、x+a

45、⇒4-x-(2-x)≥

46、x+a

47、⇒-2-a≤x≤2-a.由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[-3,0].3.设函数f(x)=

48、x-a

49、+3x,其中a>0.(1)当a=1时,求不等式f(x)≥3x+2的解集;(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x

50、x≤-1},求a的值.解(1)当a=1时,f(x)≥

51、3x+2可化为

52、x-1

53、≥2.由此可得x≥3或x≤-1.故不等式f(x)≥3x+2的解集为{x

54、x≥3或x≤-1}.(2)由f(x)≤0得

55、x-a

56、+3x≤0.此不等式化为不等式组即因为a>0,所以不等式组的解集为.由题设可得-=-1,故a=2.4.已知函数f(x)=

57、2x-a

58、+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=

59、2x-1

60、.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解(1)当a=2时,f(x)=

61、2x-2

62、+2.解不等式

63、2x-2

64、+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为

65、{x

66、-1≤x≤3}.(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=

67、2x-a

68、+a+

69、1-2x

70、≥

71、2x-a+1-2x

72、+a=

73、1-a

74、+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于

75、1-a

76、+a≥3.①当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).5.(2017辽宁沈阳一模,理23)设不等式-2<

77、x-1

78、-

79、x+2

80、<0的解集为M,a,b∈M.(1)证明:;(2)比较

81、1-4ab

82、与2

83、a-b

84、的大小,并说明理由.(1)证明记f(x)=

85、

86、x-1

87、-

88、x+2

89、=由-2<-2x-1<0解得-

90、a

91、<,

92、b

93、<.∴

94、a

95、+

96、b

97、<.(2)解由(1)得a2<,b2<.因为

98、1-4ab

99、2-4

100、a-b

101、2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=(4a2-1)(4b2-1)>0,所以

102、1-4ab

103、2>4

104、a-b

105、2,故

106、1-4ab

107、>2

108、a-b

109、.6.已知函数f(x)=,M为不等式f(x)<2的解集.(1)求M;(2)证明:当a,b∈M时,

110、a+b

111、<

112、1+ab

113、.(1)解f(x)=当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解

114、得x>-1;当-

115、-1

116、a+b

117、<

118、1+ab

119、.〚导学号16804230〛7.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.求证:(1)ab+bc+ac≤;(2)≥1.证明(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,得a2+b2+c2≥ab+b

120、c+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1,所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+(a+b+c)≥2(a+b+c),即≥a+b+c.所以≥