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1.(2018•卷Ⅱ)设函数 f(x)=5−|x+a|−|x−2|
(1) 当 a=1 时,求不等式 f(x)≥0 的解集;
(2)若 f(x)≤1 ,求 a 的取值范围
2.(2013•辽宁)已知函数f(x)=|x﹣a|,其中a>1
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4﹣|x﹣4|的解集;
(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)﹣2f(x)|≤2的解集{x|1≤x≤2},求a的值.
3.(2017•新课标Ⅲ)[选修4-5:不等式选讲]
已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|.
(Ⅰ)求不等式f(x)≥1的解集;
(Ⅱ)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围.
4.(2017•新课标Ⅱ)[选修4-5:不等式选讲]
已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:
(Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4;
(Ⅱ)a+b≤2.
5.(2017•新课标Ⅰ卷)[选修4-5:不等式选讲]
已知函数f(x)=﹣x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x﹣1|.(10分)
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[﹣1,1],求a的取值范围.
6.(2017•新课标Ⅱ)[选修4-5:不等式选讲]
已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:
(Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4;
(Ⅱ)a+b≤2.
7.(2018•卷Ⅰ)已知 f(x)=|x+1|−|ax−1|
(1)当 a=1 时,求不等式 f(x)>1 的解集
(2)若 x∈(0,1) 时,不等式 f(x)>x 成立,求 a 的取值范围
8.(2018•卷Ⅰ)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围
9.(2017•新课标Ⅲ)[选修4-5:不等式选讲]
已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集;
(2)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围.
10.(2014•新课标II)设函数f(x)=|x+ 1a |+|x﹣a|(a>0).
(1)证明:f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范围.
11.(2015·福建)选修4-5:不等式选讲
已知a>0,b>0,c>0,,函数fx=x+a+x-b+c的最小值为4.
(1)求a+b+c的值;
(2)求14a2+19b2+c2的最小值.
12.(2014•新课标I)若a>0,b>0,且 1a + 1b = ab .
(1)求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.
13.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(12分)
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤﹣ 34a ﹣2.
14.(2017•新课标Ⅲ)已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx.
(Ⅰ)若 f(x)≥0,求a的值;
(Ⅱ)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+ 12 )(1+ 122 )…(1+ 12n )<m,求m的最小值.
15.(2018•卷Ⅲ)设函数 f(x)=|2x+1|+|x−1|
(1)画出 y=f(x) 的图像
(2)当 x∈[0,+∞) 时, f(x)≤ax+b ,求 a+b 的最小值。
16.(2013•福建)设不等式|x﹣2|<a(a∈N*)的解集为A,且 32∈A,12∉A
(1)求a的值
(2)求函数f(x)=|x+a|+|x﹣2|的最小值.
17.(2013•新课标Ⅰ)(选修4﹣5:不等式选讲)
已知函数f(x)=|2x﹣1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;
(2)设a>﹣1,且当 x∈[−a2,12) 时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.
18.(2016•全国)选修4—5:不等式选讲
已知函数f(x)= ∣x- 12 ∣+∣x+ 12 ∣,M为不等式f(x) <2的解集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,∣a+b∣<∣1+ab∣。
19.(2016•全国)[选修4-5:不等式选讲]已知函数f(x)=|2x﹣a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;
(2)设函数g(x)=|2x﹣1|,当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.
20.(2012•新课标)已知函数f(x)=|x+a|+|x﹣2|
(1)当a=﹣3时,求不等式f(x)≥3的解集;
(2)若f(x)≤|x﹣4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.
21.(2012•辽宁)选修4﹣5:不等式选讲
已知f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式f(x)≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}.
(1)求a的值;
(2)若 |f(x)−2f(x2)|≤k 恒成立,求k的取值范围.
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】(1)a=1时,时,由 f(x)={6−2x,x≥22,−1﹤x﹤24+2x,x≤−1
当x≥2时,由f(x)≥0得:6-2x≥0,解得:x≤3;
当-1<x<x时,f(x)≥0;
当x≤-1时,由f(x)≥0得:4+2x≥0,解得x≥-2
所以f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}
(2)若f(x)≤1,即 5−|x+a|−|x−2|≤1 恒成立
也就是x∈R, |x+a|+|x−2|≥4 恒成立
|x+a|+|x−2|≥|a+2|
当x=2时取等,所以x∈R, |x+a|+|x−2|≥4 等价于 |a+2|≥4
解得:a≥2或a≤-6
所以a的取值范围(-∞,-6] ∪[2,+∞)
【解析】【分析】(1)由绝对值不等式的解法易得;(2)由绝对值几何意义转化易得.
2.【答案】(1)解:当a=2时,f(x)≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4,
当x≤2时,得﹣2x+6≥4,解得x≤1;
当2<x<4时,得2≥4,无解;
当x≥4时,得2x﹣6≥4,解得x≥5;
故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1}
(2)解:设h(x)=f(2x+a)﹣2f(x),则h(x)=
由|h(x)|≤2得 ,
又已知关于x的不等式|f(2x+a)﹣2f(x)|≤2的解集{x|1≤x≤2},
所以 ,
故a=3.
【解析】【分析】(1)当a=2时,f(x)≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4,直接求出不等式|x﹣2|+|x﹣4|≥4的解集即可.(2)设h(x)=f(2x+a)﹣2f(x),则h(x)= {−2a,x≤04x−2a,0<x<a2a,x≥a .由|h(x)|≤2解得 a−12≤x≤a+12 ,它与1≤x≤2等价,然后求出a的值.
3.【答案】解:(Ⅰ)∵f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|= {−3,x<−12x−1,−1≤x≤23,x>2 ,f(x)≥1,
∴当﹣1≤x≤2时,2x﹣1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,3≥1恒成立,故x>2;
综上,不等式f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(Ⅱ)原式等价于存在x∈R使得f(x)﹣x2+x≥m成立,
即m≤[f(x)﹣x2+x]max , 设g(x)=f(x)﹣x2+x.
由(1)知,g(x)= {−x2+x−3,x≤−1−x2+3x−1,−12 ,解不等式f(x)≥1可分﹣1≤x≤2与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)≥1的解集;
(Ⅱ)依题意可得m≤[f(x)﹣x2+x]max , 设g(x)=f(x)﹣x2+x,分x≤1、﹣1<x<2、x≥2三类讨论,可求得g(x)max= 54 ,从而可得m的取值范围.
4.【答案】证明:(Ⅰ)由柯西不等式得:(a+b)(a5+b5)≥( a⋅a5 + b⋅b5 )2=(a3+b3)2≥4,
当且仅当 ab5 = ba5 ,即a=b=1时取等号,
(Ⅱ)∵a3+b3=2,
∴(a+b)(a2﹣ab+b2)=2,
∴(a+b)[(a+b)2﹣3ab]=2,
∴(a+b)3﹣3ab(a+b)=2,
∴ (a+b)3−23(a+b) =ab,
由均值不等式可得: (a+b)3−23(a+b) =ab≤( a+b2 )2 ,
∴(a+b)3﹣2≤ 3(a+b)34 ,
∴ 14 (a+b)3≤2,
∴a+b≤2,当且仅当a=b=1时等号成立.
【解析】【分析】(Ⅰ)由柯西不等式即可证明,
(Ⅱ)由a3+b3=2转化为 (a+b)3−23(a+b) =ab,再由均值不等式可得: (a+b)3−23(a+b) =ab≤( a+b2 )2 , 即可得到 14 (a+b)3≤2,问题得以证明.
5.【答案】(1)解:(1)当a=1时,f(x)=﹣x2+x+4,是开口向下,对称轴为x= 12 的二次函数,
g(x)=|x+1|+|x﹣1|= {2x,x>12,−1≤x≤1−2x,x<−1 ,
当x∈(1,+∞)时,令﹣x2+x+4=2x,解得x= 17−12 ,g(x)在(1,+∞)上单调递增,f(x)在(1,+∞)上单调递减,∴此时f(x)≥g(x)的解集为(1, 17−12 ];
当x∈[﹣1,1]时,g(x)=2,f(x)≥f(﹣1)=2.
当x∈(﹣∞,﹣1)时,g(x)单调递减,f(x)单调递增,且g(﹣1)=f(﹣1)=2.
综上所述,f(x)≥g(x)的解集为[﹣1, 17−12 ];
(2)(2)依题意得:﹣x2+ax+4≥2在[﹣1,1]恒成立,即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1,1]恒成立,则只需 {12−a⋅1
−2≤0(−1)2−a(−1)−2≤0 ,解得﹣1≤a≤1,
故a的取值范围是[﹣1,1].
【解析】【分析】(1.)当a=1时,f(x)=﹣x2+x+4,g(x)=|x+1|+|x﹣1|= {2x,x>12,−1≤x≤1−2x,x<−1 ,分x>1、x∈[﹣1,1]、x∈(﹣∞,﹣1)三类讨论,结合g(x)与f(x)的单调性质即可求得f(x)≥g(x)的解集为[﹣1, 17−12 ];
(2.)依题意得:﹣x2+ax+4≥2在[﹣1,1]恒成立⇔x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1,1]恒成立,只需 {12−a⋅1−2≤0(−1)2−a(−1)−2≤0 ,解之即可得a的取值范围.
6.【答案】证明:(Ⅰ)由柯西不等式得:(a+b)(a5+b5)≥( a⋅a5 + b⋅b5 )2=(a3+b3)2≥4,
当且仅当 ab5 = ba5 ,即a=b=1时取等号,
(Ⅱ)∵a3+b3=2,
∴(a+b)(a2﹣ab+b2)=2,
∴(a+b)[(a+b)2﹣3ab]=2,
∴(a+b)3﹣3ab(a+b)=2,
∴ (a+b)3−23(a+b) =ab,
由均值不等式可得: (a+b)3−23(a+b) =ab≤( a+b2 )2 ,
∴(a+b)3﹣2≤ 3(a+b)34 ,
∴ 14 (a+b)3≤2,
∴a+b≤2,当且仅当a=b=1时等号成立.
【解析】【分析】(Ⅰ)由柯西不等式即可证明,
(Ⅱ)由a3+b3=2转化为 (a+b)3−23(a+b) =ab,再由均值不等式可得: (a+b)3−23(a+b) =ab≤( a+b2 )2 , 即可得到 14 (a+b)3≤2,问题得以证明.
7.【答案】(1)解:当 a=1 时, f(x)=|x+1|−|x−1| ,即 f(x)={−2,x≤−1,2x,−11 的解集为 {x|x〉12} .
(2)解:当 x∈(0,1) 时 |x+1|−|ax−1|>x 成立等价于当 x∈(0,1) 时 |ax−1|<1 成立.
若 a≤0 ,则当 x∈(0,1) 时 |ax−1|≥1 ;
若 a>0 , |ax−1|<1 的解集为 00对于 x∈(0,1) 恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
8.【答案】(1)解:当a=1时, f(x){−2,x<−12x,−1≤x<12,x≥1
当 x<−1 时,-2>1舍
当 −1≤x<1 时,2x>1 ⇒x>12
∴ x∈(12,1]
当 x>1 时,2>1,成立,综上所述 f(x)>1 结果为 (12,+∞)
(2)解:∵ x∈(0,1)
∴ f(x)=x+1−|ax−1|>x⇒|ax−1|<1⇒00对于 x∈(0,1) 恒成立,即函数f(x)-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
9.【答案】(1)解:∵f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|= {−3,x<−12x−1,−1≤x≤23,x>2 ,f(x)≥1,
∴当﹣1≤x≤2时,2x﹣1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,3≥1恒成立,故x>2;
综上,不等式f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)原式等价于存在x∈R使得f(x)﹣x2+x≥m成立,
即m≤[f(x)﹣x2+x]max , 设g(x)=f(x)﹣x2+x.
由(1)知,g(x)= {−x2+x−3,x≤−1−x2+3x−1,−12 ,解不等式f(x)≥1可分﹣1≤x≤2与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)≥1的解集;
(2.)依题意可得m≤[f(x)﹣x2+x]max , 设g(x)=f(x)﹣x2+x,分x≤1、﹣1<x<2、x≥2三类讨论,可求得g(x)max= 54 ,从而可得m的取值范围.
10.【答案】(1)解:证明:∵a>0,f(x)=|x+ |+|x﹣a|≥|(x+ )﹣(x﹣a)|=|a+ |=a+ ≥2 =2,
故不等式f(x)≥2成立.
(2)解:∵f(3)=|3+ |+|3﹣a|<5,
∴当a>3时,不等式即a+ <5,即a2﹣5a+1<0,解得3<a< .
当0<a≤3时,不等式即 6﹣a+ <5,即 a2﹣a﹣1>0,求得 <a≤3.
综上可得,a的取值范围( , )
【解析】【分析】(1)由a>0,f(x)=|x+ 1a |+|x﹣a|,利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f(x)≥2成立.(2)由f(3)=|3+ 1a |+|3﹣a|<5,分当a>3时和当0<a≤3时两种情况,分别去掉绝对值,求得不等式的解集,再取并集,即得所求.
11.【答案】(1)4
(2)87
【解析】【解答】
1.因为fx=x+a+x+b+c≥x+a-x+b+c=a+b+c,当且仅当-a≤x≤b时,等号成立,又a>0,b>0,所以a+b=a+b,所以fx的最小值为a+b+c,所以a+b+c=4.
2.由1知a+b+c=4,由柯西不等式得14a2+19b2+c24+9+1≥a2×2+b3×3+c×12=a+b+c2=16,即14a2+19b2+c2≥87.d当且仅当12a2=13b3=c1,即a=87,b=187,c=27时,等号成立所以14a2+19b2+c2的最小值为87.
【分析】当x的系数相等或相反时,可以利用绝对值不等式求解析式形如fx=x+a+x+b的函数的最小值,以及解析式形如fx=x+a-x+b的函数的最小值和最大值,否则去绝对号,利用分段函数的图象求最值.利用柯西不等式求最值时,要注意其公式的特征,以出现定值为目标.
12.【答案】(1)解:∵a>0,b>0,且 + = ,
∴ = + ≥2 ,∴ab≥2,
当且仅当a=b= 时取等号.
∵a3+b3≥2 ≥2 =4 ,当且仅当a=b= 时取等号,
∴a3+b3的最小值为4 .
(2)解:∵2a+3b≥2 =2 ,当且仅当2a=3b时,取等号.
而由(1)可知,2 ≥2 =4 >6,
故不存在a,b,使得2a+3b=6成立.
【解析】【分析】(1)由条件利用基本不等式求得ab≥2,再利用基本不等式求得a3+b3的最小值.(2)根据 ab≥4及基本不等式求的2a+3b>8,从而可得不存在a,b,使得2a+3b=6.
13.【答案】(1)解:因为f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x,
求导f′(x)= 1x +2ax+(2a+1)= 2ax2+(2a+1)x+1x = (2ax+1)(x+1)x ,(x>0),
①当a=0时,f′(x)= 1x +1>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a>0,由于x>0,所以(2ax+1)(x+1)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;
③当a<0时,令f′(x)=0,解得:x=﹣ 12a .
因为当x∈(0,﹣ 12a )时,f′(x)>0、当x∈(﹣ 12a ,+∞)时,f′(x)<0,
所以y=f(x)在(0,﹣ 12a )上单调递增、在(﹣ 12a ,+∞)上单调递减.
综上可知:当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a<0时,f(x)在(0,﹣ 12a )上单调递增、在(﹣ 12a ,+∞)上单调递减;
(2)证明:由(1)可知:当a<0时f(x)在(0,﹣ 12a )上单调递增、在(﹣ 12a ,+∞)上单调递减,
所以当x=﹣ 12a 时函数y=f(x)取最大值f(x)max=f(﹣ 12a )=﹣1﹣ln2﹣ 14a +ln(﹣ 1a ).
从而要证f(x)≤﹣ 34a ﹣2,即证f(﹣ 12a )≤﹣ 34a ﹣2,
即证﹣1﹣ln2﹣ 14a +ln(﹣ 1a )≤﹣ 34a ﹣2,即证﹣ 12 (﹣ 1a )+ln(﹣ 1a )≤﹣1+ln2.
令t=﹣ 1a ,则t>0,问题转化为证明:﹣ 12 t+lnt≤﹣1+ln2.…(*)
令g(t)=﹣ 12 t+lnt,则g′(t)=﹣ 12 + 1t ,
令g′(t)=0可知t=2,则当0<t<2时g′(t)>0,当t>2时g′(t)<0,
所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+∞)上单调递减,
即g(t)≤g(2)=﹣ 12 ×2+ln2=﹣1+ln2,即(*)式成立,
所以当a<0时,f(x)≤﹣ 34a ﹣2成立.
【解析】【分析】(1.)题干求导可知f′(x)= (2ax+1)(x+1)x (x>0),分a=0、a>0、a<0三种情况讨论f′(x)与0的大小关系可得结论;
(2.)通过(1)可知f(x)max=f(﹣ 12a )=﹣1﹣ln2﹣ 14a +ln(﹣ 1a ),进而转化可知问题转化为证明:当t>0时﹣ 12 t+lnt≤﹣1+ln2.进而令g(t)=﹣ 12 t+lnt,利用导数求出y=g(t)的最大值即可.
14.【答案】解:(Ⅰ)因为函数f(x)=x﹣1﹣alnx,x>0,
所以f′(x)=1﹣ ax = x−ax ,且f(1)=0.
所以当a≤0时f′(x)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以在(0,1)上f(x)<0,这与f(x)≥0矛盾;
当a>0时令f′(x)=0,解得x=a,
所以y=f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,即f(x)min=f(a),
又因为f(x)min=f(a)≥0,
所以a=1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知当a=1时f(x)=x﹣1﹣lnx≥0,即lnx≤x﹣1,
所以ln(x+1)≤x当且仅当x=0时取等号,
所以ln(1+ 12k )< 12k ,k∈N*,
所以1+12k1
(2)解:由(1)中可得:a≥3,b≥2,当a=3,b=2时,a+b取最小值,
所以a+b的最小值为5.
【解析】【分析】(1)画图像,分段函数;(2)转化为一次函数分析.
16.【答案】(1)解:因为 ,
所以 且 ,
解得 ,
因为a∈N* , 所以a的值为1.
(2)解:由(1)可知函数f(x)=|x+1|+|x﹣2|≥|(x+1)﹣(x﹣2)|=3,
当且仅当(x+1)(x﹣2)≥0,即x≥2或x≤﹣1时取等号,
所以函数f(x)的最小值为3.
【解析】【分析】(1)利用 32∈A,12∉A ,推出关于a的绝对值不等式,结合a为整数直接求a的值.(2)利用a的值化简函数f(x),利用绝对值三角不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最小值.
17.【答案】(1)解:当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0.
设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,则 y= ,它的图象如图所示:
结合图象可得,y<0的解集为(0,2),故原不等式的解集为(0,2).
(2)解:设a>﹣1,且当 时,f(x)=1+a,不等式化为 1+a≤x+3,故 x≥a﹣2对 都成立.
故﹣ ≥a﹣2,解得 a≤ ,故a的取值范围为(﹣1, ].
【解析】【分析】(1)当a=﹣2时,求不等式f(x)<g(x)化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3<0.设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3,画出函数y的图象,数形结合可得结论.(2)不等式化即 1+a≤x+3,故 x≥a﹣2对 x∈[−a2,12) 都成立.故﹣ a2 ≥a﹣2,由此解得a的取值范围.
18.【答案】(1)解:当 x<−12 时, f(x)=12−x−x−12=−2x ,若 −112 时, f(x)=2x ,若 f(x)<2 , 120 ,
即 a2b2+1>a2+b2 ,
则 a2b2++2ab+1>a2+2ab+b2 ,
则 (ab+1)2>(a+b)2 ,
即 |a+b|<|ab+1| ,
证毕
【解析】【分析】(1)分当x< 时,当 ≤x≤ 时,当x> 时三种情况,分别求解不等式,综合可得答案;(2)当a,b∈M时,(a2﹣1)(b2﹣1)>0,即a2b2+1>a2+b2 , 配方后,可证得结论.
19.【答案】(1)解:当a=2时,f(x)=|2x﹣2|+2,
∵f(x)≤6,∴|2x﹣2|+2≤6,
|2x﹣2|≤4,|x﹣1|≤2,
∴﹣2≤x﹣1≤2,
解得﹣1≤x≤3,
∴不等式f(x)≤6的解集为{x|﹣1≤x≤3}
(2)解:∵g(x)=|2x﹣1|,
∴f(x)+g(x)=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3,
2|x﹣ 12 |+2|x﹣ a2 |+a≥3,
|x﹣ 12 |+|x﹣ a2 |≥ 3−a2 ,
当a≥3时,成立,
当a<3时, 12 |a﹣1|≥ 3−a2 >0,
∴(a﹣1)2≥(3﹣a)2 ,
解得2≤a<3,
∴a的取值范围是[2,+∞)
【解析】【分析】(1)当a=2时,由已知得|2x﹣2|+2≤6,由此能求出不等式f(x)≤6的解集.
(2)由f(x)+g(x)=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3,得|x﹣ |+|x﹣ |≥ ,由此能求出a的取值范围.
本题考查含绝对值不等式的解法,考查实数的取值范围的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意不等式性质的合理运用.
20.【答案】(1)解:当a=﹣3时,f(x)≥3 即|x﹣3|+|x﹣2|≥3,即① ,或② ,
或③ .
解①可得x≤1,解②可得x∈∅,解③可得x≥4.
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}
(2)解:原命题即f(x)≤|x﹣4|在[1,2]上恒成立,等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1,2]上恒成立,
等价于|x+a|≤2,等价于﹣2≤x+a≤2,﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1,2]上恒成立.
故当 1≤x≤2时,﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3,2﹣x的最小值为0,
故a的取值范围为[﹣3,0].
【解析】【分析】(1)不等式等价于 {x≤23−x+2−x≥3 ,或 {2<x<33−x+x−2≥3 ,或 {x≥3x−3+x−2≥3 ,求出每个不等式组的解集,
再取并集即得所求.(2)原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1,2]上恒成立,由此求得求a的取值范围.
21.【答案】(1)解:由|ax+1|≤3得﹣4≤ax≤2
∵不等式f(x)≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}.
∴当a≤0时,不合题意;
当a>0时, −4a≤x≤2a ,
∴a=2;
(2)解:记 h(x)=f(x)−2f(x2) ,
∴h(x)= {1,x≤−1−4x−3,−1<x<−12−1,x≥−12
∴|h(x)|≤1
∵ |f(x)−2f(x2)|≤k 恒成立,
∴k≥1.
【解析】【分析】(1)先解不等式|ax+1|≤3,再根据不等式f(x)≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1},分类讨论,即可得到结论.(2)记 h(x)=f(x)−2f(x2) ,从而h(x)= {1,x≤−1−4x−3,−1<x<−12−1,x≥−12 ,求得|h(x)|≤1,即可求得k的取值范围.