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2015届高考苏教版数学(理)大一轮配套课时训练77 绝对值不等式]


课时跟踪检测(七十七) 绝对值不等式 3 1 1.(2013· 福建高考)设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为 A,且 ∈A, ?A. 2 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.

2.设函数 f(x)=|x-a|+2x,其中 a>0. (1)当 a=2 时,求不等式 f(x)≥2x+1 的解集;

(2)若 x∈(-2,+∞)时,恒有 f(x)>0,求 a 的取值范围.

3.已知函数 f(x)=|x-a|-2|x-1|(a∈R). (1)当 a=3 时,求函数 f(x)的最大值; (2)解关于 x 的不等式 f(x)≥0.

4.已知函数 f(x)=|x-1|. (1)解关于 x 的不等式 f(x)+x2-1>0; (2)若 g(x)=-|x+3|+m,f(x)<g(x)的解集非空,求实数 m 的取值范围.

5.设函数 f(x)= |x+1|+|x+2|-a. (1)当 a=5 时,求函数 f(x)的定义域; (2)若函数 f(x)的定义域为 R,试求 a 的取值范围.

6.已知函数 f(x)=|x-2|+2|x-a|(a∈R). (1)当 a=1 时,解不等式 f(x)>3; (2)不等式 f(x)≥1 在区间(-∞,+∞)上恒成立,求实数 a 的取值范围.

7.(2014· 郑州模拟)已知函数 f(x)=|x-a|. (1)若不等式 f(x)≤3 的解集为{x|-1≤x≤5},求实数 a 的值; (2)在(1)的条件下,若 f(x)+f(x+5)≥m 对一切实数 x 恒成立,求实数 m 的取值范围.

8.设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足下列条件: ①当 x∈R 时,f(x)的最小值为 0,且 f(x-1)=f(-x-1)恒成立; ②当 x∈(0,5)时,x≤f(x)≤2|x-1|+1 恒成立. (1)求 f(1)的值; (2)求 f(x)的解析式; (3)求最大的实数 m(m>1),使得存在实数 t,当 x∈[1,m]时,f(x+t)≤x 恒成立.

答 3 1 1.解:(1)因为 ∈A,且 ?A, 2 2 3 ? 1 -2 <a,且? -2?≥a, 所以? ?2 ? ?2 ? 1 3 解得 <a≤ . 2 2 又因为 a∈N*,所以 a=1. (2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 当且仅当(x+1)(x-2)≤0, 即-1≤x≤2 时取到等号. 所以 f(x)的最小值为 3. 2.解:(1)a=2 时,|x-2|+2x≥2x+1,



∴|x-2|≥1,∴x≥3 或 x≤1. ∴不等式的解集为(-∞,1]∪[3,+∞).
?3x-a,x≥a, ? (2)依题意, f(x)=? ∵a>0, ∴当 x>-2 时, f(x)≥x+a>-2+a, 要使 f(x)>0, ?x+a,x<a, ?

只需-2+a≥0 即可,∴a≥2. 故 a 的取值范围为[2,+∞). 3.解:(1)当 a=3 时, f(x)=|x-3|-2|x-1| -x-1,x≥3, ? ? =?-3x+5,1<x<3, ? ?x+1,x≤1. 当 x≤1 时,f(x)=x+1, 所以 f(x)在(-∞,1]上单调递增; 当 1<x<3 时,f(x)=-3x+5, 所以 f(x)在(1,3)上单调递减; 当 x≥3 时,f(x)=-x-1, 所以 f(x)在[3,+∞)上单调递减. 所以当 x=1 时,函数 f(x)取得最大值 2. (2)由 f(x)≥0 得|x-a|≥2|x-1|, 两边平方得,(x-a)2≥4(x-1)2, 即 3x2+2(a-4)x+4-a2≤0, 得[x-(2-a)][3x-(2+a)]≤0, 2+a 故①当 a>1 时,不等式的解集为 2-a, ; 3 ②当 a=1 时,不等式的解集为{x|x=1}; 2+a ③当 a<1 时,不等式的解集为[ ,2-a]. 3 4.解:(1)由题意原不等式可化为: |x-1|>1-x2, 即 x-1>1-x2 或 x-1<x2-1, 由 x-1>1-x2 得 x>1 或 x<-2; 由 x-1<x2-1 得 x>1 或 x<0. 综上,原不等式的解为 x>1 或 x<0. (2)原不等式等价于|x-1|+|x+3|<m 的解集非空. 令 h(x)=|x-1|+|x+3|,

即 h(x)min<m, 又|x-1|+|x+3|≥|x-1-x-3|=4, 所以 h(x)min=4, 所以 m>4. 5.解:(1)当 a=5 时, f(x)= |x+1|+|x+2|-5, 由|x+1|+|x+2|-5≥0
?x≥-1, ?-2≤x<-1, ? ? 得? 或? ?2x-2≥0, ?-4≥0, ? ? ?x<-2, ? 或? 解得 x≥1 或 x≤-4. ? ?-8-2x≥0,

即函数 f(x)的定义域为{x|x≥1 或 x≤-4}. (2)由题可知|x+1|+|x+2|-a≥0 恒成立, 即 a≤|x+1|+|x+2|恒成立, 而|x+1|+|x+2|≥|(x+1)-(x+2)|=1, 所以 a≤1,即 a 的取值范围为(-∞,1]. 6.解:(1)当 a=1 时,原不等式可化为
?x≥2, ? 7 ①? 解得 x> ; 3 ? x - 2 + 2 x - 2>3 , ? ? ?1<x<2, ②? 此时无解; ?2-x+2x-2>3, ? ? ?x≤1, 1 ③? 解得 x< , 3 ?2-x+2-2x>3, ?

1 7 ∴不等式的解集为(-∞, )∪( ,+∞). 3 3 (2)当 a>2 时, -3x+2+2a,x≤2, ? ? f(x)=?-x+2a-2,2<x<a, ? ?3x-2-2a,x≥a;
? ?-3x+6,x≤2, 当 a=2 时,f(x)=? ?3x-6,x>2; ?

-3x+2+2a,x≤a, ? ? 当 a<2 时,f(x)=?x-2a+2,a<x<2, ? ?3x-2-2a,x≥2.

∴f(x)的最小值为 f(2)或 f(a),
? ?f?a?≥1, 则? 解得 a≤1 或 a≥3. ?f?2?≥1, ?

故实数 a 的取值范围为(-∞,1]∪[3,+∞). 7.解:(1)由 f(x)≤3 得,|x-a|≤3, 解得 a-3≤x≤a+3. 又已知不等式 f(x)≤3 的解集为 {x|-1≤x≤5},
? ?a-3=-1, 所以? 解得 a=2. ?a+3=5, ?

(2)当 a=2 时,f(x)=|x-2|, 设 g(x)=f(x)+f(x+5), 于是 g(x)=|x-2|+|x+3| -2x-1,x<-3, ? ? =?5,-3≤x≤2, ? ?2x+1,x>2, 所以当 x<-3 时,g(x)>5;当-3≤x≤2 时,g(x)=5;当 x>2 时,g(x)>5. 综上可得,g(x)的最小值为 5. 从而若 f(x)+f(x+5)≥m,即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立,则 m 的取值范围为(-∞, 5]. 8.解:(1)在②中令 x=1,有 1≤f(x)≤1, 故 f(1)=1. (2)由①知二次函数的图像关于直线 x=-1 对称,且开口向上,故设此二次函数为 f(x) =a(x+1)2(a>0). 1 因为 f(1)=1,所以 a= , 4 1 所以 f(x)= (x+1)2. 4 1 (3)f(x)= (x+1)2 的图像开口向上, 4 而 y=f(x+t)的图像是由 y=f(x)的图像向左或向右平移|t|个单位得到的,要在区间[1,

m]上使得 y=f(x+t)的图像在 y=x 的图像下方,且 m 最大,则 1 和 m 应当是方程4(x+t+1)2
=x 的两个根. 令 x=1 代入方程,得 t=0 或-4. 当 t=0 时,方程的解为 x1=x2=1(这与 m>1 矛盾,舍去);

1

当 t=-4 时,方程的解为 x1=1,x2=9,所以 m=9. 又当 t=-4 时,对任意 x∈[1,9], 1 y=f(x-4)-x= (x-3)2-x 4 1 1 = (x2-10x+9)= (x-5)2-4≤0, 4 4 即 f(x-4)≤x 恒成立.所以最大的实数 m 为 9.


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