2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第12章 選修4系列 第4講 課后作業(yè) 理（含解析）.doc

第12章 選修4系列 第4講 A組　基礎(chǔ)關(guān) 1．設(shè)不等式|2x－1|<1的解集為M. (1)求集合M； (2)若a，b∈M，試比較ab＋1與a＋b的大?。? 解　(1)由|2x－1|<1，得－1<2x－1<1， 解得0<x<1，所以M＝{x|0<x<1}． (2)由(1)和a，b∈M可知0<a<1,0<b<1. 所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0， 故ab＋1>a＋b. 2．設(shè)不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集為M，a，b∈M. (1)證明：<； (2)比較|1－4ab|與2|a－b|的大小，并說明理由． 解　(1)證明：記f(x)＝|x－1|－|x＋2| ＝ 由－2<－2x－1<0解得－<x<， 則M＝. 所以≤|a|＋|b|<＋＝. (2)由(1)得a2<，b2<. 因為|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0. 所以|1－4ab|2>4|a－b|2，故|1－4ab|>2|a－b|. 3．設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明　(1)因為(＋)2＝a＋b＋2， (＋)2＝c＋d＋2， 由題設(shè)知a＋b＝c＋d，ab>cd，得 (＋)2>(＋)2. 因此＋>＋. (2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd； 由(1)得＋>＋，即必要性成立； ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd，于是 (a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|，即充分性成立． 綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 4．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|. (1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值為m，正數(shù)a，b滿足a＋b＝m，求證：＋≥4. 解　(1)當(dāng)x≥1時，得x－1≥3－2x?x≥，∴x≥； 當(dāng)0<x<1時，得1－x≥3－2x?x≥2，∴無解； 當(dāng)x≤0時，得1－x≥3＋2x?x≤－，∴x≤－. ∴不等式的解集為. (2)證明：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4. 由基本不等式得，＋b≥2a，＋a≥2b， 兩式相加得＋≥2a＋2b， ∴＋≥a＋b＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時等號成立． B組　能力關(guān) 1．已知a，b為正實數(shù)． (1)求證：＋≥a＋b； (2)利用(1)的結(jié)論求函數(shù)y＝＋(0<x<1)的最小值． 解　(1)證明：因為＋－(a＋b) ＝ ＝＝. 又因為a>0，b>0，所以≥0， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立． 所以＋≥a＋b. (2)因為0<x<1，所以1－x>0， 由(1)的結(jié)論，函數(shù)y＝＋≥(1－x)＋x＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)1－x＝x即x＝時等號成立． 所以函數(shù)y＝＋(0<x<1)的最小值為1. 2．(2018蕪湖模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－5|. (1)解關(guān)于x的不等式f(x)>6； (2)記f(x)的最小值為m，已知實數(shù)a，b，c都是正實數(shù)，且＋＋＝，求證：a＋2b＋3c≥9. 解　(1)f(x)＝|x－1|＋|x－5|>6， 或 或 解得x<0或x>6. 綜上所述，不等式f(x)>6的解集為(－∞，0)∪(6，＋∞)． (2)證明：由f(x)＝|x－1|＋|x－5|≥|x－1－(x－5)|＝4(x＝3時取等號)． ∴f(x)min＝4.即m＝4，從而＋＋＝1， a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c) ＝3＋＋＋≥9. 3．設(shè)a，b，c為三角形的三邊長，求證： (1)1<＋＋<2； (2)(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b)≤abc. 證明　(1)∵a，b，c為三角形的三邊長， ∴<<，<<，<<， 故1<＋＋<2. (2)設(shè)a＝x＋y，b＝y(tǒng)＋z，c＝z＋x(x，y，z>0)， 要證明(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b)≤abc， 只需證8xyz≤(x＋y)(y＋z)(z＋x)， ∵x＋y≥2，y＋z≥2，z＋x≥2， ∴(x＋y)(y＋z)(z＋x)≥8xyz， 即(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b)≤abc.