PAGEPAGE1第一課時肯定值三角不等式[基礎達標]1.若實數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|≠|b|，m＝eq\f(|a|－|b|,|a－b|)，n＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)，則m，n之間的大小關系是A.m>n B.m<nC.m＝n D.m≤n解析由肯定值不等式的性質，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，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x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實數a的取值范圍是________.解析利用肯定值不等式的性質求解.∵|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，往往轉化為求最值問題，本題中a<|x＋1|－|x－2|對隨意實數恒成立，即a<[|x＋1|－|x－2|]min，也就轉化為求函數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x1、x2是函數f(x)＝2011x定義域內的兩個變量，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a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，試求實數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|表示數軸上的x對應點到1和2對應點的距離之和，又數軸上的eq\f(1,2)，eq\f(5,2)對應點到1和2對應點的距離之和等于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x、y∈R，求證：|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥2eq\f(x＋y,2)＋1.證明由肯