2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第1講不等式和絕對值不等式二絕對值不等式第一課時絕對值三角不等式練習(xí)新人教A版選修4-5

PAGEPAGE1第一課時肯定值三角不等式[基礎(chǔ)達標]1.若實數(shù)a，b，c滿意|a－c|＜|b|，則下列不等式中成立的是A.|a|＞|b|－|c| B.|a|＜|b|＋|c|C.a＞c－b D.a＜b＋a解析由|a|－|c|≤|a－c|＜|b|知|a|－|c|＜|b|，即|a|＜|b|＋|c|.答案B2.已知|a|≠|(zhì)b|，m＝eq\f(|a|－|b|,|a－b|)，n＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)，則m，n之間的大小關(guān)系是A.m>n B.m<nC.m＝n D.m≤n解析由肯定值不等式的性質(zhì)，知|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.∴eq\f(|a|－|b|,|a－b|)≤1≤eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|).∴m≤n.答案D3.已知a和b是隨意非零實數(shù)，則eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)的最小值為________.解析eq\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)≥eq\f(|2a＋b＋2a－b|,|a|)＝4.答案44.若存在實數(shù)x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析利用肯定值不等式的性質(zhì)求解.∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.答案－2≤a≤45.已知|A－a|<eq\f(s,3)，|B－b|<eq\f(s,3)，|C－c|＝eq\f(s,3)，求證|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|<s.證明∵|A－a|<eq\f(s,3)，|B－b|<eq\f(s,3)，|C－c|<eq\f(s,3)，∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|<eq\f(s,3)＋eq\f(s,3)＋eq\f(s,3)＝s.∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|<s.[實力提升]1.對于|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，下列結(jié)論正確的是A.當a、b異號時，左邊等號成立B.當a、b同號時，右邊等號成立C.當a＋b＝0時，兩邊等號均成立D.當a＋b＞0時，右邊等號成立；當a＋b＜0時，左邊等號成立答案B2.若對隨意實數(shù)x，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，則a的取值范圍是A.(－∞，3) B.(－∞，3]C.(－∞，－3) D.(－∞，－3]解析恒成立問題，往往轉(zhuǎn)化為求最值問題，本題中a<|x＋1|－|x－2|對隨意實數(shù)恒成立，即a<[|x＋1|－|x－2|]min，也就轉(zhuǎn)化為求函數(shù)y＝|x＋1|－|x－2|的最小值問題.∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.∴[|x＋1|－|x－2|]min＝－3，∴a<－3.答案C3.函數(shù)y＝|x＋1|＋|2－x|的最小值是A.3 B.2 C.1 D解析∵y＝|x＋1|＋|2－x|≥|(x＋1)＋(2－x)|＝3，∴ymin＝3.答案A4.若1＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，則下列結(jié)論中不正確的是A.logab＞logba B.|logab＋logba|＞2C.(logba)2＜1 D.|logab|＋|logba|＞|logab＋logba|答案D5.正數(shù)a、b、c、d滿意a＋d＝b＋c，|a－d|<|b－c|，則A.ad＝bc B.ad<bcC.ad>bc D.ad與bc大小不定答案C6.若關(guān)于x的不等式|x|＋|x－1|<a(a∈R)的解集為?，則a的取值范圍是A.[－1，1] B.(－1，1)C.(－∞，1] D.(－∞，1)解析∵|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，∴若關(guān)于x的不等式|x|＋|x－1|的解集為?，則a的取值范圍是a≤1.答案C7.設(shè)x1、x2是函數(shù)f(x)＝2011x定義域內(nèi)的兩個變量，且x1＜x2，若α＝eq\f(1,2)(x1＋x2)，那么下列不等式恒成立的是A.|f(α)－f(x1)|＞|f(x2)－f(α)|B.|f(α)－f(x1)|＜|f(x2)－f(α)|C.|f(α)－f(x1)|＝|f(x2)－f(α)|D.f(x1)f(x2)＞f2(α)答案B8.對于實數(shù)x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，則|x－2y＋1|的最大值為________.解析解法一|x－1|≤1?0≤x≤2，|y－2|≤1?1≤y≤3，可得可行域如圖(陰影部分).∵|x－2y＋1|＝eq\r(5)·eq\f(|x－2y＋1|,\r(5)).其中z＝eq\f(|x－2y＋1|,\r(5))為點(x，y)到直線x－2y＋1＝0的距離.當(x，y)為(0，3)時z取得最大值eq\f(|0－2×3＋1|,\r(5))＝eq\f(5,\r(5)).故|x－2y＋1|max＝5.解法二|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋2≤1＋2＋2＝5，當且僅當x＝0，y＝3時，|x－2y＋1|取最大值為5.答案59.已知|a＋b|＜－c(a、b、c∈R)，給出下列不等式：①a＜－b－c；②a＞－b＋c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中肯定成立的不等式是________(注：把成立的不等式的序號都填上).答案①②④10.對于隨意實數(shù)a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，試求實數(shù)x的取值范圍.解析由題知，|x－1|＋|x－2|≤eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)恒成立，則|x－1|＋|x－2|小于或等于eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)的最小值，∵|a＋b|＋|a－b|≥|a＋b＋a－b|＝2|a|，當且僅當(a＋b)(a－b)≥0時取等號，∴eq\f(|a＋b|＋|a－b|,|a|)的最小值等于2，∴x的范圍即為不等式|x－1|＋|x－2|≤2的解.∵|x－1|＋|x－2|表示數(shù)軸上的x對應(yīng)點到1和2對應(yīng)點的距離之和，又數(shù)軸上的eq\f(1,2)，eq\f(5,2)對應(yīng)點到1和2對應(yīng)點的距離之和等于2，∴不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))).11.已知f(x)＝x2－x＋c定義在區(qū)間[0，1]上，x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2，求證：(1)f(0)＝f(1)；(2)|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.證明(1)f(0)＝c，f(1)＝c，故f(0)＝f(1).(2)|f(x2)－f(x1)|＝|xeq\o\al(2,2)－x2＋c－xeq\o\al(2,1)＋x1－c|＝|x2－x1||x2＋x1－1|，∵0≤x1≤1，0≤x2≤1，0＜x1＋x2＜2(x1≠x2)，∴－1＜x1＋x2－1＜1，∴|x2＋x1－1|＜1，∴|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.12.設(shè)x、y∈R，求證：|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥2eq\f(x＋y,2)＋1.證明由肯