数学自主训练：绝对值不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自主广场我夯基我达标1。若｜x—a｜〈h,｜y-a|<k，则下列不等式一定成立的是(）A.｜x—y｜〈2hB。|x—y｜<2kC。｜x-y|〈h+kD。|x-y|<｜h-k｜思路解析：｜x—y｜=|（x—a）+（a-y)｜≤｜x—a｜+｜y-a|〈h+k.答案：C2.已知实数a，b满足ab〈0,则下列不等式成立的是（）A。｜a+b｜>|a-b｜B.|a+b|<|a—b｜C.｜a-b|〈|｜a｜-|b||D.｜a—b|<｜a｜+|b|思路解析：∵ab<0,∴a，b异号，令a=2,b=—3。则｜a+b|=｜2—3|=1，｜a-b｜=｜2-（—3)｜=5，1〈5,∴|a+b|〈|a-b|.答案:B3。已知h>0,a，b∈R，命题甲:|a—b|<2h；命题乙：|a—1|<h且|b—1｜〈h，则甲是乙的（)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D。既不充分又不必要条件思路解析：显然a与b的距离可以很近，满足|a-b｜〈2h，但a,b与1的距离可以很大，因此甲不能推出乙，另一方面，若｜a-1｜<h,|b—1|<h,则｜a—b|=｜a-1+1-b｜≤|a-1|+｜b-1｜<2h，乙可以推出甲。因此甲是乙的必要不充分条件。答案：B4.已知a,b，c∈R,且a〉b〉c，则有(）A.｜a｜>｜b｜>｜c｜B.｜ab｜>|bc｜C。｜a+b｜〉｜b+c｜D.｜a-c|>｜a-b|思路解析：∵a,b,c∈R，且a〉b>c，∴令a=2,b=1,c=—6。|a｜=2,｜b｜=1,|c｜=6，｜b|<｜a|〈｜c｜,故排除A.又｜ab|=2,｜bc｜=6,|ab｜〈｜bc｜，故排除C.∵｜a-c|=|2—(—6）｜=8,|a—b｜=1，|a—c|〉|a-b｜.答案：D5.若｜a—c｜<b，则下列不等式不成立的是（）A。|a|〈|b｜+｜c｜B.｜c|〈|a｜+|b｜C.b>｜|c｜—｜a｜|D.b〈||a|—|c|｜思路解析：∵｜a-c｜<b，令a=1，c=2，b=3,则|a|=1，|b｜+｜c｜=5，∴｜a｜<|b|+|c｜成立。｜c|=2,｜a｜+|b|=4,∴｜c|〈｜a｜+｜b|成立.|｜c｜-|a||=||2|—|1｜|=1，∴b〉｜|c|-｜a｜｜成立。答案：D6。设|a｜〈1，｜b|<1，则|a+b|+｜a—b｜与2的大小关系是___________.思路解析：当a+b与a—b同号时，｜a+b｜+|a—b｜=|（a+b)+(a—b)｜=2|a|<2。当a+b与a-b异号时，|a+b|+｜a—b|=|(a+b)—（a-b)|=2|b｜<2。综上，可知|a+b|+|a—b｜〈2。答案：|a+b｜+|a—b|〈27.已知p,q,x∈R,pq≥0，x≠0,则｜px+｜____________。思路解析：当p，q至少有一个为0时，｜px+|≥。当pq>0时，p，q同号，则px与q［]x同号。∴|px+｜=|px|+||≥。综上,可知｜px+|≥。答案：≥8。设x,y∈R，求证|2x-x｜+｜2y-y｜+｜x+y|≥。思路分析:由于含有多个绝对值，因而可以联系绝对值不等式的性质。变形后，利用基本不等式放缩得到结果.证明：由绝对值不等式的性质，得｜2x-x｜+｜2y—y｜≥|2x+2y-(x+y)｜≥｜2x+2y｜—｜x+y｜,∴|2x+2y—（x+y）|+｜x+y|≥2x+2y。∴|2x-x|+|2y-y|+｜x+y|≥2x+2y。又∵2x+2y≥,∴原不等式成立。我综合我发展9.使不等式|x—4｜+｜3-x|<a成立的条件是(）A.0〈a〈B.0〈a≤1C.〈a〈1思路解析：要使不等式成立，须a〉［|x-4｜+|3—x|］min.由｜x-4|+｜3-x|的几何意义，知数轴上动点（x,0)到定点（4,0),(3，0）的距离和的最小值为1,所以a>1。答案:D10.已知｜a｜≠｜b|，m=，n=，则m，n之间的大小关系是（）A.m〉nB。m<nC。m=nD。m≤n思路解析：由绝对值不等式的性质，知：|a｜—｜b｜≤|a±b|≤｜a｜+|b|。∴.答案：D11。若不等式｜x—4|-|x-3|≤a对一切x∈R恒成立，那么实数a的取值范围是（）A.a〉1B。a〈1C思路解析：设f（x）=|x-4｜—｜x-3|,则f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f（x)的最大值,因为|x—4|-｜x-3|≤｜(x—4）-（x-3）|=1,即f(x)的最大值等于1，所以a≥1.答案：D12.求证：。思路分析：比较要证明的不等式左右两边的形式完全相同,易使我们联想到利用构造函数的方法，再用单调性去证明.证明：设f（x)=，定义域为{x|x∈R,且x≠-1｝，f(x)分别在（—∞,—1）,(-1,+∞)上是增函数.又0≤|a+b|≤｜a|+|b｜，∴f（｜a+b｜）≤f（|a|+|b|），即。∴原不等式成立.13。已知f（x）=x2—2x+7,且｜x—m｜〈3，求证：|f（x）—f（m)｜<6｜m|+15。思路分析：f（x）—f（m）因式分解后，利用绝对值不等式的性质放缩.证明：|f（x）—f（m）|=｜（x-m)·（x+m-2)｜=｜x-m｜·|x+m—2｜〈3｜x+m—2｜≤3（｜x|+｜m|+2).又|x—m|<3,∴—3+m〈x〈3+m.∴3(|x｜+|m｜+2）<3(3+｜m｜+|m｜+2)=6｜m｜+15。∴|f（x)—f(m)｜<6｜m|+15。14.设f(x）=ax2+bx+c(a≠0），当｜x｜≤1时，总有｜f（x)｜≤1,求证：|f(2)|≤8.思路分析：本题可巧妙运用绝对值定理,对函数值进行放缩，注意到f(2）=4a+2b+c，故先求｜a|，|b|,｜c|的范围，从而求出｜f(2)|≤8.证明：由题设，知|f（0)｜≤1，∴｜c｜≤1.①又∵2b=f(1）—f(—1),∴|