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高考数学各地模拟汇编---不等式与绝对值不等式(有答案)

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2014 年 12 月 28 日高中数学不等式与绝对值不等式
一.解答题(共 30 小题) 1. (2015?开封模拟)已知 a,b 都是正实数,且 a+b=1 (Ⅰ )求证: (Ⅱ )求 ≥4; 的最小值.

2. (2014?河南)若 a>0,b>0,且 + =
3 3



(Ⅰ )求 a +b 的最小值; (Ⅱ )是否存在 a,b,使得 2a+3b=6?并说明理由. 3. (2014?广安一模)已知函数 f(x)=m+logax(a>0 且 a≠1)的图象过点(8,2) ,点 P(3,﹣1)关于直线 x=2 的对称点 Q 在 f(x)的图象上. (Ⅰ )求函数 f(x)的解析式; (Ⅱ )令 g(x)=2f(x)﹣f(x﹣1) ,求 g(x)的最小值及取得最小值时 x 的值. 4. (2014?天津一模)若满足 ab=a+b+3 的任意正数 a,b 均有|x﹣6|≤ab,则实数 x 的取值范围是 _________ . 5. (2014?望江县模拟)当 a>0,b>0 时,不等式 + ≥
2x y

,则 λ 的最大值为 _________ .

6. (2014?河南二模)若 2x+y=2,则 3 +3 的最小值为 _________ . 7. (2014?宁波模拟)若 x,y∈R,xy≠0 且 x +my =mxy,则实数 m 的取值范围是 _________ . 8. (2014?呼和浩特二模)已知 a∈R,设关于 x 的不等式|2x﹣a|+|x+3|≥2x+4 的解集为 A. (Ⅰ )若 a=1,求 A; (Ⅱ )若 A=R,求 a 的取值范围. 9. (2014?安阳一模)已知 a 和 b 是任意非零实数. (1)求 的最小值.
2 2

(2)若不等式|2a+b|+|2a﹣b|≥|a|(|2+x|+|2﹣x|)恒成立,求实数 x 的取值范围. 10. (2014?宜春模拟)若不等式|x﹣a|﹣|x|<2﹣a 对 x∈R 恒成立,则实数 a 的取值范围是 _________ . 11. (2014?郑州一模)选修 4﹣5:不等式选讲 已知关于 x 的不等式|2x+1|﹣|x﹣1|≤log2a(其中 a>0) . (1)当 a=4 时,求不等式的解集; (2)若不等式有解,求实数 a 的取值范围. 12. (2014?福建模拟)已知函数 f(x)=log2(|x﹣1|+|x﹣5|﹣a) (Ⅰ )当 a=5 时,求函数 f(x)的定义域; (Ⅱ )当函数 f(x)的定义域为 R 时,求实数 a 的取值范围.
2

13. (2014?辽宁模拟)设函数 f(x)=|2x﹣1|+|2x﹣3|,x∈R. (1)解不等式 f(x)≤5; (2)若 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围.

14. (2014?甘肃二模)设函数 f(x)=|x﹣2a|,a∈R. (1)若不等式 f(x)<1 的解集为{x|1<x<3},求 a 的值; (2)若存在 x∈R,使得 f(x)+x<3 成立,求 a 的取值范围. 15. (2014?洛阳一模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|. (Ⅰ )求不等式 f(x)≥2 的解集; (Ⅱ )若不等式 f(x)≤|a﹣2|的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 16. (2014?河南二模)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (1)解不等式 f(x)+f(x+4)≥8; (2)若|a|<1,|b|<1,且 a≠0,求证:f(ab)>|a|f( ) .

17. (2014?洛阳二模)设 f(x)=|x﹣a|,a∈R. (Ⅰ )当﹣1≤x≤3 时,f(x)≤3,求 a 的取值范围; (Ⅱ )若对任意 x∈R,f(x﹣a)+f(x+a)≥1﹣2a 恒成立,求实数 a 的最小值. 18. (2014?呼和浩特一模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|3x﹣1|+ax+3. (1)若 a=1,解不等式 f(x)≤5; (2)若函数 f(x)有最小值,求实数 a 的取值范围. 19. (2014?郑州一模)设函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|(a<4) . (Ⅰ )若 f(x)的最小值为 3,求 a 值; (Ⅱ )求不等式 f(x)≥3﹣x 的解集. 20. (2014?银川模拟)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式 f(x﹣1)+f(1﹣x)≤2; (Ⅱ )若 a<0,求证:f(ax)﹣af(x)≥f(a) . 21. (2013?安阳模拟)设函数 f(x)=|2x﹣a|+5x,其中 a>0. (Ⅰ )当 a=3 时,求不等式 f(x)≥5x+1 的解集; (Ⅱ )若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤﹣1},求 a 的值. 22. (2014?吉林二模)已知关于 x 的不等式|ax﹣1|+|ax﹣a|≥1(a>0) . (1)当 a=1 时,求此不等式的解集; (2)若此不等式的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 23. (2014?长葛市三模)已知函数 f(x)=|x﹣3a|, (a∈R) (I)当 a=1 时,解不等式 f(x)>5﹣|2x﹣1|; (Ⅱ )若存在 x0∈R,使 f(x0)+x0<6 成立,求 a 的取值范围. 24. (2014?葫芦岛二模)已知函数 f(x)=|x﹣3|+|x﹣a|,a∈R.

(Ⅰ )当 a=0 时,解关于 x 的不等式 f(x)>4; (Ⅱ )若?x∈R,使得不等式|x﹣3|+|x﹣a|<4 成立,求实数 a 的取值范围. 25. (2014?兴安盟一模)设函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|(a>1) . (1)若 f(x)的最小值为 3,求 a 的值; (2)在(1)的条件下,求使得不等式 f(x)≤5 成立的 x 的取值集合. 26. (2014?河南一模)设函数 f(x)=|2x﹣1|+|ax﹣3|,x∈R (Ⅰ )若 a=1 时,解不等式 f(x)≤5; (Ⅱ )若 a=2 时,g(x)= 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围.

27. (2014?海口二模)设函数 f(x)=|x﹣ |+|x﹣a|,x∈R. (Ⅰ )求证:当 a=﹣ 时,不等式 lnf(x)>1 成立. (Ⅱ )关于 x 的不等式 f(x)≥a 在 R 上恒成立,求实数 a 的最大值. 28. (2014?福州模拟)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式:f(x)+f(x﹣1)≤2; (Ⅱ )当 a>0 时,不等式 2a﹣3≥f(ax)﹣af(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. 29. (2014?商丘三模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|x﹣3|+|x﹣2|+k. (1)若 f(x)≥3 恒成立,求 k 的取值范围; (2)当 k=1 时,解不等式:f(x)<3x. 30. (2014?邯郸一模)已知函数 f(x)=|x﹣2|﹣|2x﹣a|,a∈R. (1)当 a=3 时,解不等式 f(x)>0; (2)当 x∈(﹣∞,2)时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围.

2014 年 12 月 28 日高中数学不等式与绝对值不等 式
参考答案与试题解析
一.解答题(共 30 小题) 1. (2015?开封模拟)已知 a,b 都是正实数,且 a+b=1 (Ⅰ )求证: (Ⅱ )求 ≥4; 的最小值.

考点: 基本不等式. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (I)利用基本不等式的性质即可得出; (II)利用基本不等式的性质即可得出. 解答: (I)证明:
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(II)解: 又∵ ∴ 当且仅当 上式等号成立. 得 ,即 ,∴ .

,即



点评: 本题考查了基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

2. (2014?河南)若 a>0,b>0,且 + =
3 3



(Ⅰ )求 a +b 的最小值; (Ⅱ )是否存在 a,b,使得 2a+3b=6?并说明理由. 考点: 基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用. 专题: 不等式的解法及应用. 3 3 分析: (Ⅰ )由条件利用基本不等式求得 ab≥4,再利用基本不等式求得 a +b 的最小值. (Ⅱ )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. 解答: 解: (Ⅰ )∵ a>0,b>0,且 + = ,
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= + ≥2



∴ ab≥2, 当且仅当 a=b= ∵ a +b ≥2
3 3

时取等号. ≥2 =4 ,当且仅当 a=b= 时取等号,

∴ a +b 的最小值为 4 . (Ⅱ )由(1)可知,2a+3b≥2 =2 ≥4 >6, 故不存在 a,b,使得 2a+3b=6 成立. 点评: 本题主要考查基本不等式在最值中的应用,要注意检验等号成立条件是否具备,属于基础题. 3. (2014?广安一模)已知函数 f(x)=m+logax(a>0 且 a≠1)的图象过点(8,2) ,点 P(3,﹣1)关于直线 x=2 的对称点 Q 在 f(x)的图象上. (Ⅰ )求函数 f(x)的解析式; (Ⅱ )令 g(x)=2f(x)﹣f(x﹣1) ,求 g(x)的最小值及取得最小值时 x 的值. 考点: 基本不等式;函数解析式的求解及常用方法. 专题: 函数的性质及应用. 分析: (Ⅰ )首先求出点 P 关于直线 x=2 的对称点,然后把点(8,2)和 P 的对称点的坐标代入函数 f(x)的解析 式联立解方程组可求 f(x)的解析式; (Ⅱ )把 f(x)的解析式代入函数 g(x)=2f(x)﹣f(x﹣1) ,整理后把得到的函数中对数式的真数运用基 本不等式求出最小值,然后借助于对数函数的单调性可求函数 g(x)的最小值. 解答: 解析: (Ⅰ )点 P(3,﹣1)关于直线 x=2 的对称点 Q 的坐标为 Q(1,﹣1)
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3

3

结合题设知,可得

,即



解得 m=﹣1,a=2,故函数解析式为 f(x)=﹣1+log2x. (Ⅱ )g(x)=2f(x)﹣f(x﹣1)=2(﹣1+log2x)﹣[﹣1+log2(x﹣1)]= (x>1) ,

∵ 当且仅当 即 x=2 时,“=”成立,



而函数 y=log2x 在(0,+∞)上单调递增,则



故当 x=2 时,函数 g(x)取得最小值 1. 点评: 本题考查了函数解析式的求解及常用方法,考查了利用基本不等式求函数最小值,利用基本不等式求最值 一定要注意应满足的条件,即“一正、二定、三相等”,是中档题. 4. (2014?天津一模)若满足 ab=a+b+3 的任意正数 a,b 均有|x﹣6|≤ab,则实数 x 的取值范围是 [﹣3,15] . 考点: 基本不等式. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 先根据基本不等式可将式子中的 a+b 用 ab 表示,代入题设等式中得关于 的范围,再解不等式求出范围, 解答: 解:∵ 正数 a,b ∴ ab=a+b+3≥2 +3 ∴ ab≥2 +3
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的不等式方程,进而求得

∴ ≥0 ∴ ≥3 或 ≤﹣1, ∴ ab≥9 则若满足 ab=a+b+3 的任意正数 a,b 均有|x﹣6|≤ab,必有|x﹣6|≤9,

解得﹣3≤x≤15, 则实数 x 的取值范围是[﹣3,15]. 故答案为:[﹣3,15]. 点评: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用.考查了学生对基本不等式的整体把握和灵活运用.

5. (2014?望江县模拟)当 a>0,b>0 时,不等式 + ≥

,则 λ 的最大值为 8 .

考点: 基本不等式. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 根据基本不等式的性质 a+b 解答: 解:∵ + ≥ ,a>0,b>0
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,化简计算即可.

∴ ∵

, ,

∴ λ≤8, ∴ λ 的最大值为 8. 故答案为:8. 点评: 本题主要考查了基本不等式的性质,属于基础题. 6. (2014?河南二模)若 2x+y=2,则 3 +3 的最小值为 6 . 考点: 专题: 分析: 解答: 基本不等式. 不等式的解法及应用. 利用基本不等式的性质、指数运算法则即可得出. 解:∵ 2x+y=2,
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2x

y

则 3 +3 ≥
2x y

2x

y

=

=2

=6,当且仅当 2x=y=1 时取等号.

∴ 3 +3 的最小值为 6. 故答案为:6. 点评: 本题考查了基本不等式的性质、指数运算法则,属于基础题. 7. (2014?宁波模拟)若 x,y∈R,xy≠0 且 x +my =mxy,则实数 m 的取值范围是 (﹣∞,0)∪ [4,+∞) . 考点: 专题: 分析: 解答: 基本不等式. 不等式的解法及应用. 由已知变形利用二次函数的单调性即可得出.
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2

2

解:∵ x,y∈R,xy≠0 且 x +my =mxy, ∴ = = ,

2

2

当分母大于 0 时,m≥4;当分母小于 0 时,m<0. 综上可得:m 的取值范围是(﹣∞,0)∪ [4,+∞) . 故答案为: (﹣∞,0)∪ [4,+∞) . 点评: 本题考查了二次函数的单调性、不等式的基本性质,属于中档题. 8. (2014?呼和浩特二模)已知 a∈R,设关于 x 的不等式|2x﹣a|+|x+3|≥2x+4 的解集为 A.

(Ⅰ )若 a=1,求 A; (Ⅱ )若 A=R,求 a 的取值范围. 考点: 绝对值三角不等式. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (I)利用绝对值的几何意义,化去绝对值,解不等式,可得结论; (II)当 x≤﹣2 时,|2x﹣a|+|x+3|≥0≥2x+4 成立,当 x>﹣2 时,|2x﹣a|+|x+3|=|2x﹣a|+x+3≥2x+4,从而可求 a 的取值范围. 解答: 解: (I)若 a=1,则|2x﹣1|+|x+3|≥2x+4 当 x≤﹣3 时,原不等式可化为﹣3x﹣2≥2x+4,可得 x≤﹣3
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当﹣3<x≤ 时,原不等式可化为 4﹣x≥2x+4,可得 3x≤0 当 x> 时,原不等式可化为 3x+2≥2x+4,可得 x≥2 综上,A={x|x≤0,或 x≥2}; (II)当 x≤﹣2 时,|2x﹣a|+|x+3|≥0≥2x+4 成立 当 x>﹣2 时,|2x﹣a|+|x+3|=|2x﹣a|+x+3≥2x+4 ∴ x≥a+1 或 x≤ ∴ a+1≤﹣2 或 a+1≤ ∴ a≤﹣2 综上,a 的取值范围为 a≤﹣2. 点评: 本题考查绝对值不等式,考查分类讨论的数学思想,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 9. (2014?安阳一模)已知 a 和 b 是任意非零实数. (1)求 的最小值.

(2)若不等式|2a+b|+|2a﹣b|≥|a|(|2+x|+|2﹣x|)恒成立,求实数 x 的取值范围. 考点: 绝对值三角不等式. 专题: 计算题;压轴题. 分析: (1)利用绝对值不等式的性质可得
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≥ 恒成立,由于

=

=4. 的最小值为 4,故有 x 的

(2)由题意可得|2+x|+|2﹣x|≤

范围即为不等式|2+x|+|2﹣x|≤4 的解集,解绝对值不等式求得实数 x 的取值范围. 解答: 解: (1)∵ 故 ≥ 的最小值为 4. = =4,

(2)若不等式|2a+b|+|2a﹣b|≥|a|(|2+x|+|2﹣x|)恒成立, 即|2+x|+|2﹣x|≤ 由(1)可知, ∴ 恒成立,故|2+x|+|2﹣x|不大于 的最小值. (4 分)

的最小值为 4,当且仅当(2a+b) (2a﹣b)≥0 时取等号, 的最小值等于 4. (8 分)

∴ x 的范围即为不等式|2+x|+|2﹣x|≤4 的解集.

解不等式得﹣2≤x≤2,故实数 x 的取值范围为[﹣2,2]. (10 分) 点评: 本题考查查绝对值不等式的解法,函数的恒成立问题,体现了转化的数学思想. 10. (2014?宜春模拟)若不等式|x﹣a|﹣|x|<2﹣a 对 x∈R 恒成立,则实数 a 的取值范围是 (﹣1,1) 考点: 专题: 分析: 解答: 绝对值三角不等式. 不等式的解法及应用.
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2



由条件利用|x﹣a|﹣|x|≥|a|可得|a|<2﹣a ,即(|a|+2) (|a|﹣1)<0,求得|a|的范围,可得实数 a 的取值范围. 2 解:根据|x﹣a|﹣|x|≥|(x﹣a)﹣x|=|a|,不等式|x﹣a|﹣|x|<2﹣a 对 x∈R 恒成立, 2 可得|a|<2﹣a 恒成立, (|a|+2) (|a|﹣1)<0, 解得|a|<1,即﹣1<a<1, 故答案为: (﹣1,1) . 点评: 本题主要考查绝对值不等式的性质,得到, (|a|+2) (|a|﹣1)<0,是解题的关键,体现了转化的数学思想, 属于中档题. 11. (2014?郑州一模)选修 4﹣5:不等式选讲 已知关于 x 的不等式|2x+1|﹣|x﹣1|≤log2a(其中 a>0) . (1)当 a=4 时,求不等式的解集; (2)若不等式有解,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 计算题;压轴题. 分析: (Ⅰ )当 a=4 时,不等式即|2x+1|﹣|x﹣1|≤2,分类讨论,去掉绝对值,分别求出解集,再取并集,即得所求.
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(Ⅱ )化简 f(x)=|2x+1|﹣|x﹣1|的解析式,求出 f(x)的最小值为 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )当 a=4 时,不等式即|2x+1|﹣|x﹣1|≤2,当 分) 当 在. (3 分) 综上,不等式的解集为 . (5 分) 时,不等式为 3x≤2,解得

,则由

,解得实数 a

时,不等式为﹣x﹣2≤2,解得

. (1

. (2 分) 当 x>1 时,不等式为 x+2≤2,此时 x 不存

(Ⅱ )设 f(x)=|2x+1|﹣|x﹣1|=





,即 f(x)的最小值为

. (8 分) ,即 a 的取值范围是 . (10

所以,当 f(x)≤log2a 有解,则有

,解得

分) 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,关键是去掉绝对值,化为与之等价的不等式组来解,体现了分类讨论 的数学思想,属于中档题. 12. (2014?福建模拟)已知函数 f(x)=log2(|x﹣1|+|x﹣5|﹣a) (Ⅰ )当 a=5 时,求函数 f(x)的定义域;

(Ⅱ )当函数 f(x)的定义域为 R 时,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法;函数的定义域及其求法;函数的值域. 专题: 计算题;压轴题;不等式的解法及应用. 分析: (1)a=5 时,表达式中对数的真数大于 0,即|x﹣1|+|x﹣5|﹣5>0,分情况讨论不等式的解集,最后取并集 即可得到函数 f(x)的定义域. (2)函数 f(x)的定义域为 R,即不等式|x﹣1|+|x﹣5|>a 恒成立,根据绝对值不等式的性质求出左边的最 小值,即可得到实数 a 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )当 a=5 时,要使函数 f(x)有意义, 即不等式|x﹣1|+|x﹣5|﹣5>0 成立,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
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① 当 x≤1 时,不等式① 等价于﹣2x+1>0,解之得 x ② 当 1<x≤5 时,不等式① 等价于﹣1>0,无实数解; ③ 当 x>5 时,不等式① 等价于 2x﹣11>0,解之得 x 综上所述,函数 f(x)的定义域为(﹣∞, )∪ ( (Ⅱ )∵ 函数 f(x)的定义域为 R, ∴ 不等式|x﹣1|+|x﹣5|﹣a>0 恒成立,



,+∞) .

∴ 只要 a<(|x﹣1|+|x﹣5|)min 即可, 又∵ |x﹣1|+|x﹣5|≥|(x﹣1)+(x﹣5)|=4, (当且仅当 1≤x≤5 时取等号) ∴ a<(|x﹣1|+|x﹣5|)min 即 a<4,可得实数 a 的取值范围是(﹣∞,4) . 点评: 本题给出含有绝对值的对数形式的函数,求函数的定义域并讨论不等式恒成立.着重考查了函数的定义域 及其求法和绝对值不等式的解法与性质等知识,属于中档题. 13. (2014?辽宁模拟)设函数 f(x)=|2x﹣1|+|2x﹣3|,x∈R. (1)解不等式 f(x)≤5; (2)若 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围.

考点: 绝对值不等式的解法;函数的值域. 专题: 计算题;压轴题;分类讨论;转化思想. 分析: (1)对不等式)|2x﹣1|+|2x﹣3|≤5,分 x≥ , <x< 和 x< 三种情况进行讨论,转化为一元一次不等式
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求解, 把求的结果求并集,就是原不等式的解集. (2) 函数 f(x)的最小值. 解答: 解: (1) 不等式的解集为 (2)若 的定义域为 R,则 f(x)+m≠0 恒成立,即 f(x)+m=0 在 R 上无解 或 或 的定义域为 R,转化为则 f(x)+m≠0 恒成立,即 f(x)+m=0 在 R 上无解,求

又 f(x)=|2x﹣1|+|2x﹣3|≥|2x﹣1﹣2x+3|=2,f(x)的最小值为 2, 所以 m>﹣2. 点评: 问题(1)考查绝对值的代数意义,去绝对值的过程体现了分类讨论的思想方法,属中档题;问题(2)考

查应用绝对值的几何意义求最值,体现了转化的思想,属中等题. 14. (2014?甘肃二模)设函数 f(x)=|x﹣2a|,a∈R. (1)若不等式 f(x)<1 的解集为{x|1<x<3},求 a 的值; (2)若存在 x∈R,使得 f(x)+x<3 成立,求 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (1)解不等式 f(x)<1,可得 2a﹣1<x<2a+1.再由此不等式的解集为{x|1<x<3},可得 2a﹣1=1,且 2a+1=3,由此解得 a 的值.
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(2)由题意可得不等式|x﹣2a|<3﹣x 有解,即 x﹣3<x﹣2a<3﹣x 有解,即

有解,即

有解,由此求得 a 的范围. 解答: 解: (1)由于函数 f(x)=|x﹣2a|,由不等式 f(x)<1,可得﹣1<x﹣2a<1,解得 2a﹣1<x<2a+1. 再由此不等式的解集为{x|1<x<3},可得 2a﹣1=1,且 2a+1=3,解得 a=1. (2)若存在 x∈R,使得 f(x)+x<3 成立,即不等式|x﹣2a|<3﹣x 有解,即 x﹣3<x﹣2a<3﹣x 有解, 即 有解,即 有解,故有 a< ,即 a 的范围为(﹣∞, ) .

点评: 本题主要考查绝对值不等式额解法,体现了等价转化的数学思想,属于中档题. 15. (2014?洛阳一模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|. (Ⅰ )求不等式 f(x)≥2 的解集; (Ⅱ )若不等式 f(x)≤|a﹣2|的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )由于函数 f(x)=|x+l|﹣|x﹣2|表示数轴上的 x 对应点到﹣1 对应点的距离减去它到 2 对应点的距离,
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而 对应点到﹣1 对应点的距离减去它到 2 对应点的距离正好等于 2,由此可得不等式 f(x)≥2 的解集. (Ⅱ )先求得 f(x)的最大值等于 3,则由题意可得 3≤|a﹣2|,由此求得实数 a 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )由于函数 f(x)=|x+l|﹣|x﹣2|表示数轴上的 x 对应点到﹣1 对应点的距离 减去它到 2 对应点的距离,而 对应点到﹣1 对应点的距离减去它到 2 对应点的距离正好等于 2, 故不等式 f(x)≥2 的解集为[ ,+∞) . (Ⅱ )由不等式 f(x)≤|a﹣2|的解集为 R,可得 f(x)的最大值小于或等于|a﹣2|. 而 f(x)的最大值等于 3,∴ 3≤|a﹣2|,∴ a﹣2≤﹣3,或 a﹣2≥3. 解得 a≤﹣1,或 a≥5,故实数 a 的取值范围为 {a|a≤﹣1,或 a≥5}. 点评: 本题主要考查绝对值的意义.绝对值不等式的解法,属于中档题. 16. (2014?河南二模)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (1)解不等式 f(x)+f(x+4)≥8; (2)若|a|<1,|b|<1,且 a≠0,求证:f(ab)>|a|f( ) .

考点: 绝对值不等式的解法;不等式的证明. 专题: 不等式的解法及应用. 分析:

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(Ⅰ )根据 f(x)+f(x+4)=|x﹣1|+|x+3|=

,分类讨论求得不等式 f(x)+f(x+4)≥8

的解集. 2 2 (Ⅱ )要证的不等式即|ab﹣1|>|a﹣b|,根据|a|<1,|b|<1,可得|ab﹣1| ﹣|a﹣b| >0,从而得到所证不等式 成立. 解答: 解: (Ⅰ )f(x)+f(x+4)=|x﹣1|+|x+3|= ,

当 x<﹣3 时,由﹣2x﹣2≥8,解得 x≤﹣5; 当﹣3≤x≤1 时,f(x)≤8 不成立; 当 x>1 时,由 2x+2≥8,解得 x≥3. 所以,不等式 f(x)≤4 的解集为{x|x≤﹣5,或 x≥3}. (Ⅱ )f(ab)>|a|f( ) ,即|ab﹣1|>|a﹣b|. 因为|a|<1,|b|<1, 所以|ab﹣1| ﹣|a﹣b| =(a b ﹣2ab+1)﹣(a ﹣2ab+b )=(a ﹣1) (b ﹣1)>0, 所以|ab﹣1|>|a﹣b|,故所证不等式成立. 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了等价转化和分类讨论的数学思想,属于中档题. 17. (2014?洛阳二模)设 f(x)=|x﹣a|,a∈R. (Ⅰ )当﹣1≤x≤3 时,f(x)≤3,求 a 的取值范围; (Ⅱ )若对任意 x∈R,f(x﹣a)+f(x+a)≥1﹣2a 恒成立,求实数 a 的最小值. 考点: 绝对值不等式的解法;函数恒成立问题. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )当﹣1≤x≤3 时,f(x)=|x﹣a|≤3,即 a﹣3≤x≤a+3.由此建立关于 a 的不等关系能求出 a 的取值范围. (Ⅱ )根据绝对值不等式的性质得|x﹣2a|+|x|最小值就是 2|a|,若 f(x﹣a)+f(x+a)≥1﹣2a 对 x∈R 恒成立, 则只要满足 2|a|≥1﹣2a,由此能求出实数 a 的最小值. 解答: 解: (Ⅰ )f(x)=|x﹣a|≤3,即 a﹣3≤x≤a+3.
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2

2

2 2

2

2

2

2

依题意, 由此得 a 的取值范围是[0,2].…(4 分) (Ⅱ )f(x﹣a)+f(x+a)=|x﹣2a|+|x|≥|(x﹣2a)﹣x|=2|a|.…(6 分) 当且仅当(x﹣2a)x≤0 时取等号. 解不等式 2|a|≥1﹣2a,得 a≥ . 故 a 的最小值为 .…(10 分) 点评: 本题考查不等式的解集的求法,考查满足条件的实数的最小值的求法,解题时要认真审题,注意零点分段 讨论法和绝对值不等式性质的合理运用. 18. (2014?呼和浩特一模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|3x﹣1|+ax+3.

(1)若 a=1,解不等式 f(x)≤5; (2)若函数 f(x)有最小值,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法;函数的值域. 专题: 压轴题;不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )a=1 时,f(x)=|3x﹣1|+x+3,分当
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时和当

时两种情况,分别求出不等式的解集,再取并集

即得所求.

(Ⅱ )化简函数 f(x)的解析式,为 f(x)═

,f(x)有最小值的充要条件为

,由此求得实数 a 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )a=1 时,f(x)=|3x﹣1|+x+3. 当 当 时,f(x)≤5 可化为 3x﹣1+x+3≤5,解之得 时,f(x)≤5 可化为﹣3x+1+x+3≤5,解之得 .…(5 分) ; .

综上可得,原不等式的解集为

(Ⅱ )

函数 f(x)有最小值的充要条件为

,即﹣3≤a≤3,

故实数 a 的取值范围是[﹣3,3].…(10 分) 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,函数的恒成立问题,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题. 19. (2014?郑州一模)设函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|(a<4) . (Ⅰ )若 f(x)的最小值为 3,求 a 值; (Ⅱ )求不等式 f(x)≥3﹣x 的解集. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (1)因为函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|≥|a﹣4|,由题意可得|a﹣4|=3,由此求得 a 的值. (2)不等式即|x﹣4|+|x﹣a|≥3﹣x,a<4,分① 当 x<a 时、② 当 a≤x≤4 时、③ 当 x>4 时三种情况,去掉绝对值, 求得不等式 f(x)≥3﹣x 的解集. 解答: 解: (1)因为函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|≥|(x﹣4)﹣(x﹣a)|=|a﹣4|, 因为 a<4,所以当且仅当 a≤x≤4 时等号成立,故|a﹣4|=3,即 a=1. (2)不等式 f(x)≥3﹣x,即不等式|x﹣4|+|x﹣a|≥3﹣x,a<4, ① 当 x<a 时,原不等式可化为 4﹣x+a﹣x≥3﹣x,x≤a+1. 所以,当 x<a 时,原不等式成立. ② 当 a≤x≤4 时,原不等式可化为 4﹣x+x﹣a≥3﹣x, 即 x≥a﹣1,所以,当 a≤x≤4 时,原不等式成立. ③ 当 x>4 时,原不等式可化为 x﹣4+x﹣a≥3﹣x,
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即 x≥

由于 a<4 时 4>



所以,当 x>4 时,原不等式成立. 综合① ② ③ 可知:不等式 f(x)≥3﹣x 的解集为 R. 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了分类讨论以及等价转化的数学思想,属于中档题. 20. (2014?银川模拟)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式 f(x﹣1)+f(1﹣x)≤2; (Ⅱ )若 a<0,求证:f(ax)﹣af(x)≥f(a) . 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 计算题;不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )依题意,f(x﹣1)+f(1﹣x)≤2?|x﹣2|+|x|≤2,通过对 x 范围的讨论,去掉式中的绝对值符号,解得 每个不等式的解,最后取其并集即可; (Ⅱ )f(ax)﹣af(x)=|ax﹣1|﹣a|x﹣1|,a<0 时,|利用绝对值不等式|ax﹣1|﹣a|x﹣1|=|ax﹣1|+|﹣ax+a|≥|ax ﹣1﹣ax+a|=|a﹣1|=f(a)即可证得结论. 解答: 选修 4﹣5:不等式选讲 (Ⅰ )∵ f(x﹣1)+f(1﹣x)=|x﹣2|+|x|. 因此只须解不等式|x﹣2|+|x|≤2. 当 x≤0 时,原不式等价于 2﹣x﹣x≤2,即 x=0. 当 0<x<2 时,原不式等价于 2≤2,即 0<x<2. 当 x≥2 时,原不式等价于 x﹣2+x≤2,即 x=2. 综上,原不等式的解集为{x|0≤x≤2}.…(5 分) (Ⅱ )∵ f(ax)﹣af(x)=|ax﹣1|﹣a|x﹣1|, 又 a<0 时,|ax﹣1|﹣a|x﹣1|=|ax﹣1|+|﹣ax+a|≥|ax﹣1﹣ax+a|=|a﹣1|=f(a) , ∴ a<0 时,f(ax)﹣af(x)≥f(a) .…(10 分) 点评: 本题考查绝对值不等式的解法,着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用,考查运算求解能力, 属于中档题.
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21. (2013?安阳模拟)设函数 f(x)=|2x﹣a|+5x,其中 a>0. (Ⅰ )当 a=3 时,求不等式 f(x)≥5x+1 的解集; (Ⅱ )若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤﹣1},求 a 的值. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )当 a=3 时,f(x)≥5x+1 可化为|2x﹣3|≥1,由此求得不等式 f(x)≥5x+1 的解集.
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(Ⅱ )由 ( f x) ≤0 得|2x﹣a|+5x≤0, 此不等式化为不等式组

, 或

. 分

别求得这两个不等式组的解集,再取并集,即得所求. 解答: 解: (Ⅰ )当 a=3 时,f(x)≥5x+1 可化为|2x﹣3|≥1.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2 分) 由此可得 x≥2 或 x≤1. 故不等式 f(x)≥5x+1 的解集为 {x|x≥2 或 x≤1{.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(5 分) (Ⅱ )由 ( f x) ≤0 得|2x﹣a|+5x≤0, 此不等式化为不等式组 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7 分) , 或 . ﹣



,或



因为 a>0,所以不等式组的解集为 {x|x≤﹣ }, 由题设可得﹣ =﹣1,故 a=3.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10 分) 点评: 本题主要考查分式不等式的解法,体现了等价转化的数学思想,属于中档题. 22. (2014?吉林二模)已知关于 x 的不等式|ax﹣1|+|ax﹣a|≥1(a>0) . (1)当 a=1 时,求此不等式的解集; (2)若此不等式的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 计算题. 分析: (1)当 a=1 时,可得 2|x﹣1|≥1,即
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,由此求得不等式的解集.

(2)不等式|ax﹣1|+|ax﹣a|≥1 解集为 R,等价于|a﹣1|≥1,由此求得实数 a 的取值范围. 解答: 解: (1)当 a=1 时,可得 2|x﹣1|≥1,即 ∴ 不等式的解集为 ,解得 . …(5 分) ,

(2)∵ |ax﹣1|+|ax﹣a|≥|a﹣1|,不等式|ax﹣1|+|ax﹣a|≥1 解集为 R,等价于|a﹣1|≥1. 解得 a≥2,或 a≤0. 又∵ a>0,∴ a≥2. ∴ 实数 a 的取值范围为[2,+∞) . …(10 分) 点评: 本题主要考查绝对值的意义,绝对值不等式的解法,体现了等价转化的数学思想,属于中档题. 23. (2014?长葛市三模)已知函数 f(x)=|x﹣3a|, (a∈R) (I)当 a=1 时,解不等式 f(x)>5﹣|2x﹣1|; (Ⅱ )若存在 x0∈R,使 f(x0)+x0<6 成立,求 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (I)当 a=1 时,原不等式可化为|x﹣3|+|2x﹣1|>5,通过对 x 取值范围的讨论,去掉式中的绝对值符号,解 相应的不等式,最后取并即可;
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(Ⅱ )构造函数 g(x)=f(x)+x=|x﹣3a|+x,则 g(x)= 最小值为 3a,依题意,解不等式 3a<6 即可求 a 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )当 a=1 时,不等式 f(x)>5﹣|2x﹣1|可化为|x﹣3|+|2x﹣1|>5, 当 当 时,不等式为 3﹣x+1﹣2x>5,∴ ,

,易知函数 g(x)=f(x)+x

时,不等式即 3﹣x+2x﹣1>5,∴ x>3,所以 x∈?,

当 x>3 时,不等式即 x﹣3+2x﹣1>5,∴ x>3, 综上所述不等式的解集为{x|x<﹣ 或 x>3}.…(5 分)

(Ⅱ )令 g(x)=f(x)+x=|x﹣3a|+x,则 g(x)=



所以函数 g(x)=f(x)+x 最小值为 3a, 根据题意可得 3a<6,即 a<2,所以 a 的取值范围为(﹣∞,2) .…(10 分)

点评: 本题考查绝对值不等式的解法,通过对 x 取值范围的讨论,去掉式中的绝对值符号是关键,考查构造函数 思想与运算求解能力,属于中档题. 24. (2014?葫芦岛二模)已知函数 f(x)=|x﹣3|+|x﹣a|,a∈R. (Ⅰ )当 a=0 时,解关于 x 的不等式 f(x)>4; (Ⅱ )若?x∈R,使得不等式|x﹣3|+|x﹣a|<4 成立,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 计算题. 分析: (Ⅰ )由 a=0 知原不等式为|x﹣3|+|x﹣a|>4,分 x≥3、0≤x<3、x<0 三种情况,分别求出解集,再取并集, 即得所求. (Ⅱ )由题意可得|x﹣3|+|x﹣a|的最小值小于 4,再由绝对值的意义可得|x﹣3|+|x﹣a|的最小值等于|a﹣3|,故 有|a﹣3|<4,由此求得实数 a 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )由 a=0 知原不等式为|x﹣3|+|x﹣a|>4,
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当 x≥3 时,有 2x﹣3>4,解得 x> . 当 0≤x<3 时,3>4,无解. 当 x<0 时,﹣2x+3>4,解得 x<﹣ . 故解集为 {x|x> ,或 x<﹣ }.

(Ⅱ )由?x∈R,使得不等式|x﹣3|+|x﹣a|<4 成立,可得|x﹣3|+|x﹣a|的最小值小于 4. 又|x﹣3|+|x﹣a|≥|(x﹣3)﹣(x﹣a)|=|a﹣3|,∴ |a﹣3|<4,∴ ﹣4<a﹣3<4,即﹣1<a<7, 故实数 a 的取值范围为(﹣1,7) . 点评: 本题主要考查绝对值的意义,绝对值不等式的解法,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题. 25. (2014?兴安盟一模)设函数 f(x)=|x﹣4|+|x﹣a|(a>1) . (1)若 f(x)的最小值为 3,求 a 的值; (2)在(1)的条件下,求使得不等式 f(x)≤5 成立的 x 的取值集合. 考点: 绝对值不等式的解法;函数最值的应用. 专题: 函数的性质及应用. 分析: (1)由|x﹣4|+|x﹣a|≥|a﹣4|结合题意可得|a﹣4|=3,由此求得 a 的值. (2)分当 x≤4 时、当 4<x<7 时、当 x≥7 时,分别去掉绝对值,求得不等式的解集,再取并集,即得所求. 解答: 解: (1)因为|x﹣4|+|x﹣a|≥|x﹣4﹣(x﹣a)|=|a﹣4|,…(3 分) 所以|a﹣4|=3,即 a=7,或 a=1. …(5 分) 由 a>1 知 a=7.…(6 分) (2)当 x≤4 时,不等式化为﹣2x+11≤5 解得:3≤x≤4.…(7 分) 当 4<x<7 时,不等式化为 3≤5,恒成立,所以:4<x<7.…(8 分) 当 x≥7 时,不等式化为 2x﹣11≤5,解得:7≤x≤8.…(9 分) 综上,不等式 f(x)≤5 的解集为 {x|3≤x≤8}. …(10 分) 点评: 本题主要考查绝对值的意义,绝对值不等式的解法,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.
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26. (2014?河南一模)设函数 f(x)=|2x﹣1|+|ax﹣3|,x∈R (Ⅰ )若 a=1 时,解不等式 f(x)≤5; (Ⅱ )若 a=2 时,g(x)= 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围.

考点: 绝对值不等式的解法.

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专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )通过对 x 取值范围的分类讨论,去掉绝对值符号,转化为一次不等式,解之取并即可; (Ⅱ ) 依题意知, f (x) +m=0 在 R 上无解; 利用绝对值不等式可求得 f (x) =|2x﹣1|+|2x﹣3|≥|2x﹣1﹣2x+3|=2, 从而可得实数 m 的取值范围. 解答: 解: (Ⅰ )a=1 时,f(x)=|2x﹣1|+|x﹣3|,∵ f(x)≤5, ∴ 或 或 ,解得﹣ ≤x< ,或 ≤x≤3,或 x∈?,

∴ ﹣ ≤x≤3. ∴ 不等式的解集为[﹣ ,3]…5 分 (Ⅱ )g(x)= 的定义域为 R,则 f(x)+m≠0,即 f(x)+m=0 在 R 上无解;

又 a=2 时,f(x)=|2x﹣1|+|2x﹣3|≥|2x﹣1﹣2x+3|=2,即 f(x)min=2, ∴ m>﹣2…10 分 点评: 本题考查绝对值不等式的解法,着重考查分类讨论思想与等价转化思想的综合应用,考查运算求解能力, 属于中档题. 27. (2014?海口二模)设函数 f(x)=|x﹣ |+|x﹣a|,x∈R. (Ⅰ )求证:当 a=﹣ 时,不等式 lnf(x)>1 成立. (Ⅱ )关于 x 的不等式 f(x)≥a 在 R 上恒成立,求实数 a 的最大值. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析:

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(Ⅰ )当 a=﹣ 时,根据 f(x)=

的最小值为 3,可得 lnf(x)最小值为 ln3>lne=1,

不等式得证. (Ⅱ )由绝对值三角不等式可得 f(x)≥|a﹣ |,可得|a﹣ |≥a,由此解得 a 的范围. 解答:

解: (Ⅰ )证明:∵ 当 a=﹣ 时,f(x)=|x﹣ |+|x+ |=

的最小值为 3,

∴ lnf(x)最小值为 ln3>lne=1,∴ lnf(x)>1 成立. (Ⅱ )由绝对值三角不等式可得 f(x)=|x﹣ |+|x﹣a|≥|(x﹣ )﹣(x﹣a)|=|a﹣ |, 再由不等式 f(x)≥a 在 R 上恒成立,可得|a﹣ |≥a, ∴ a﹣ ≥a,或 a﹣ ≤﹣a,解得 a≤ ,故 a 的最大值为 .

点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了等价转化和分类讨论的数学思想,函数的恒成立问题,属于基 础题. 28. (2014?福州模拟)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式:f(x)+f(x﹣1)≤2; (Ⅱ )当 a>0 时,不等式 2a﹣3≥f(ax)﹣af(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )分当 x≤1 时、当 1<x≤2 时、当 x>2 时三种情况,分别求得原不等式的解集,再取并集,即得所求. (Ⅱ )当 a>0 时,利用绝对值三角不等式可得 f(ax)﹣af(x)≤|a﹣1|,结合题意可得 2a﹣3≥|a﹣1|,由此 解得 a 的范围. 解答: 解: (Ⅰ )原不等式等价于:当 x≤1 时,﹣2x+3≤2,即 ≤x≤1.
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当 1<x≤2 时,1≤2,即 1<x≤2. 当 x>2 时,2x﹣3≤2,即 2<x≤ . 综上所述,原不等式的解集为{x| ≤x≤ }. (Ⅱ )当 a>0 时,f(ax)﹣af(x)=|ax﹣1|﹣|ax﹣a|=|ax﹣1|﹣|a﹣ax|≤|ax﹣1+a﹣ax|=|a﹣1|, 所以,2a﹣3≥|a﹣1|,解得 a≥2. 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,体现了等价转化以及分类讨论的数学思想,属于中档题. 29. (2014?商丘三模)选修 4﹣5:不等式选讲 设函数 f(x)=|x﹣3|+|x﹣2|+k. (1)若 f(x)≥3 恒成立,求 k 的取值范围; (2)当 k=1 时,解不等式:f(x)<3x. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 计算题. 分析: (1)利用绝对值不等式的几何意义可求得(|x﹣3|+|x﹣2|)min=1,从而可求得 k 的取值范围; (2)当 k=1 时,对 x 分类讨论后去掉绝对值符号,从而可求得每部分的解集,最后取各种情况之并即可. 解答: 解: (1)|x﹣3|+|x﹣2|+k≥3,?x∈R 恒成立
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即(|x﹣3|+|x﹣2|)min≥3﹣k, 又|x﹣3|+|x﹣2|≥|x﹣3﹣x+2|=1, ∴ (|x﹣3|+|x﹣2|)min=1≥3﹣k, ∴ k≥2;…5 分 (2)当 k=1 时, 若 x≤2,f(x)<3x?2﹣x+3﹣x+1<3x, ∴ 5x>6,解得 x> , ∴ <x≤2; 当 2<x<3 时,同理可得 3x>2,解得 x> , ∴ 2<x<3 当 x≥3 时,x>﹣4, ∴ x≥3

综上所述,不等式的解集为( ,+∞)…10 分. 点评: 本题考查绝对值不等式的解法,通过分类讨论去掉绝对值符号是关键,考查分析转化与解决问题的能力, 属于中档题. 30. (2014?邯郸一模)已知函数 f(x)=|x﹣2|﹣|2x﹣a|,a∈R. (1)当 a=3 时,解不等式 f(x)>0; (2)当 x∈(﹣∞,2)时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围. 考点: 绝对值不等式的解法. 专题: 综合题;函数的性质及应用. 分析:
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(1)依题意知,a=3 时,f(x)=

,通过对 x 范围的分类讨论,解不等式 f(x)>0 即

可; (2)利用等价转化的思想,通过分离参数 a,可知当 x∈(﹣∞,2)时,a<3x﹣2 或 a>x+2 恒成立,从而 可求得 a 的取值范围. 解答: 解: (1)f(x)= ,…(2 分)

当 x>2 时,1﹣x>0,即 x<1,解得 x∈?; 当 ≤x≤2 时,5﹣3x>0,即 x< ,解得 ≤x< ; 当 x< 时,x﹣1>0,即 x>1,解得 1<x< ; 综上所述,不等式的解集为{x|1<x< }.…(5 分) (2)当 x∈(﹣∞,2)时,f(x)<0 恒成立?2﹣x﹣|2x﹣a|<0 ?2﹣x<|2x﹣a|恒成立 ?2﹣x<2x﹣a 或 2x﹣a<x﹣2 恒成立 ?x> 或 x<a﹣2 恒成立,

∴ 当 x∈(﹣∞,2)时,a<3x﹣2① 或 a>x+2② 恒成立, 解① ,a 不存在;解② 得:a≥4. 综上知,a≥4.…(10 分) 点评: 本题考查绝对值不等式的解法,着重考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用,考 查运算求解能力,属于难题.


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