2020版新高考二轮复习理科数学教学案第三部分第8讲选修45不等式选讲答案

第8讲选修4－5不等式选讲■真题调研——————————————【例1】[2019·全国卷Ⅰ]已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(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＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.所以1a＋1b＋1c≤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≥33a＋b3b＋c3a＋c3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝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】[2019·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．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.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．【例3】[2019·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≥13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－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥43，当且仅当x＝53，y＝－13，z＝－13时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为43.(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≥2＋a23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a23.由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.【例4】[2019·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；(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x3，3－x＋4－x9或3≤x≤4，x－3＋4－x9或x4，x－3＋x－49，解得－1x3或3≤x≤4或4x8，∴原不等式的解集为{x|－1x8}．(2)∵k≥2，且x∈[1,2]，∴x－30，x－k≤0，∴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．[2019·南昌二模]已知a，b为正实数，函数f(x)＝|x－a|－|x＋2b|.(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≥12，当且仅当a＝2b＝12时取“＝”，所以a2＋4b2的最小值为12.2．[2019·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)12f(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|－1x＋1.当x≥12时，2x－1－1x＋1，解得x3.当x12时，1－2x－1x＋1，解得x－13.综上可知，不等式f(x)x＋1的解集为x|x3或x－13.(2)解法一：由f(x)12f(x＋1)，得|2x－1|－a12|2x＋1|－a2，a2|2x－1|－|2x＋1|.令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.则存在实数x，使得f(x)12f(x＋1)成立等价于ag(x)min.因为g(x)＝－2x＋3，x－12，－6x＋1，－12≤x≤12，2x－3，x12，所以g(x)min＝g12＝－2.所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．解法二：由f(x)12f(x＋1)，得|2x－1|－a12|2x＋1|－a2，a2|2x－1|－|2x＋1|.令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.则存在实数x，使得f(x)12f(x＋1)成立等价于ag(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＝12时等号成立，所以g(x)min＝－2.所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．3．[2019·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：0a＋b≤2.解：(1)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|≤5，即|x－12＋|x＋1|≤52，由绝对值的几何意义可得x＝－32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－32，1.(2)由绝对值的几何意义易得f(x)＝2|x－12＋|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＝a－12b2＋34b2≥0，∴a＋b0，∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤a＋b24.∴2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥14(a＋b)3，∴a＋b≤2，∴0a＋b≤2.4．[2019·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)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－31，解得x5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；当－1x≤32时，原不等式可化为x＋1＋2x－31，解得x1，所以1x≤32；当x32时，原不等式可化为x＋1－2x＋31，解得x3，所以32x3.综上，原不等式的解集为{x|1x3}．(2)解法一：因为a0，所以3a0，所以f(x)＝a－1x－4，x≤－1a＋1x－2，－1x≤3a1－ax＋4，x3a.因为a0，所以f(－1)＝－a－30，f3a＝1＋3a0.当0a1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；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a1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＝±2，因为a1，所以a＝2.综上，所求a的值为2.图3解法二：因为a0，所以3a0，所以f(x)＝a－1x－4，x≤－1a＋1x－2，－1x≤3a1－ax＋4，x3a.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＝2或a＝－2(舍去)．经检验，a＝2符合题意，所以所求a的值为2.