热门试卷

由绝对值不等式的性质可得|1+a|-|1-a|≤|1+a+1-a|=2，∴由原不等式可得|x|+|x-1|≥2．

由于|x|+|x-1|表示数轴上的x对应点到0和1对应点的距离之和，而-、对应点到0和1对应点的距离之和正好等于2，

故|x|+|x-1|≥2的解集为（-∞，-]∪[，+∞），

故答案为 （-∞，-]∪[，+∞）．

（1）；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查绝对值不等式、不等式的证明等基础知识，意在考查考生的运算求解能力、利用综合法、分类讨论思想的解题能力．第一问，利用零点分段法分别去掉绝对值，解不等式；第二问，可先用分析法由所求证的结论入手，分析需要证明什么，再用综合法证明，要证2|a+b|＜|4+ab|，需证明，展开，需证明，由已知入手，找到，，从而证出.

试题解析：（1）由，即，

当时，则，得，∴；

当时，则，得，恒成立，∴；

当时，则，得，∴；

综上，.   5分

（2）当时，则，.

即：，，∴，

∴，即，

也就是，

∴，

即：，

即.   10分

（1）因为f（x+2）=m-|x|，f（x+2）≥0等价于|x|≤m，

由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|-m≤x≤m}．

又f（x+2）≥0的解集为[-1，1]，故m=1．…（6分）

（2）由（1）知++=1，又a，b，c∈R+，由柯西不等式得

Z=a+2b+3c=（a+2b+3c）（++）≥（++）2=9．

∴Z=a+2b+3c 的最小值为9                                  …．（12分）

解法一：∵|x-1|≤1，|y-2|≤1，∴|x-y+1|=|（x-1）-（y-2）|≤|x-1|+|y-2|≤1+1=2，

（当且仅当 x=2，y=3，或x=0，y=1时取等号），

故|x-y+1|的最大值为2．

解法二：∵|x-1|≤1，|y-2|≤1，∴-1≤x-1≤1 且-1≤y-2≤1，

即-1≤x-1≤1 且-1≤2-y≤1．

相加可得-2≤x-y+1≤2，即|x-y+1|≤2，故|x-y+1|的最大值为2．

（1）当a=-1时，f（x）=|x-1|+|x+1|，由f（x）≥3有|x-1|+|x+1|≥3

据绝对值几何意义求解，|x-1|+|x+1|≥3几何意义，是数轴上表示实数x的点距离实数1，-1表示的点距离之和不小3，

由于数轴上数-左侧的点与数右侧的点与数-1与1的距离之和不小3，

所以所求不等式解集为（-∞，-]∪[，+∞）

（2）由绝对值的几何意义知，数轴上到1的距离与到a的距离之和大于等于2恒成立，则1与a之间的距离必大于等于2，从而有a∈（-∞，-1]∪[3，+∞）

（1）由|2x+1|＜3，可得-3＜2x+1＜3，∴-2＜x＜1，即解集为（-2，1）；

（2）x＜2时，-x+2-x+3＞3，∴x＜1，∴x＜1；

2≤x≤3时，x-2-x+3＞3，不成立；

x＞3时，x-2+x-3＞3，∴x＞1，∴x＞3

综上，不等式的解集为（-∞，1）∪（3，+∞）．

（1）原不等式即为：-x≤0，

∴≤0…（2分）

∴≥0∴…（4分）

故原不等式的解集为  {x|-1≤x＜2或x≥3}…（6分）

（2）由2x+1=0有x=-；由x-2=0有x=2…（1分）

当x＜-时，有-(2x+1)+(2-x)＞4-2x

解得  x＜-3，

∴x＜-3；…（2分）

当-≤x＜2时，有2x+1+(2-x)＞4-2x

解得  x＞，

∴＜x＜2；…（3分）

当x≥2时，有2x+1+x-2＞4-2x

解得  x＞1，

∴x≥2…（4分）

故原不等式的解集为{x|x＜-3或x＞}…（6分）

（1）当a=1时，可得2|x-1|≥1，即|x-1|≥，解得x≥或x≤，

∴不等式的解集为(-∞，]∪[，+∞)．  …（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）

（1）∵a=2时解不等式f（x）≤3化为|2x+1|≤3，

∴-3≤2x+1≤3，

∴-2≤x≤1．

∴解不等式f（x）≤3的解集为[-2，1]．

（2）令g（x）=|f(x)-2f()|=||ax+1|-2|x+1||=||ax+1|-|ax+2||，

|f(x)-2f()|≤k，只需k≥g（x）max

g（x）=||ax+1|-|ax+2||≤|（ax+1）-（ax+2）|=1，

∴g（x）的最大值为1．

故k的取值范围是[1，+∞）．