热门试卷

解答：解：（1）方程|f（x）|=g（x），即|x2﹣1|=a|x﹣1|，

变形得|x﹣1|（|x+1|﹣a）=0，

显然，x=1已是该方程的根，

从而欲原方程只有一解，即要求方程|x+1|=a，

有且仅有一个等于1的解或无解，

结合图形得a＜0．

（2）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，即（x2﹣1）≥a|x﹣1|（*）对x∈R恒成立，

①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R；

②当x≠1时，（*）可变形为，令

因为当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞﹣2，

所以φ（x）＞﹣2，故此时a≤﹣2．

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤﹣2．

（3）因为h（x）=|f（x）|+g（x）=|x2﹣1|+a|x﹣1|=

 当时，结合图形可知h（x）在[﹣2，1]上递减，在[1，2]上递增，

且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，

经比较，此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在[﹣2，﹣1]，上递减，

在，[1，2]上递增，且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在[﹣2，﹣1]14，15上递减， 在，[1，2]上递增，且h（﹣2）=3a+3，h（2）=a+3，，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3．

当时，

结合图形可知h（x）在，上递减， 在，上递增，

且h（﹣2）=3a+3＜0，h（2）=a+3≥0，

经比较，知此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3．

当时，结合图形可知h（x）在[﹣2，1]上递减，在[1，2]上递增，

故此时h（x）在[﹣2，2]上的最大值为h（1）=0．

综上所述，当a≥0时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为3a+3；

当﹣3≤a＜0时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为a+3；

当a＜﹣3时，h（x）在[﹣2，2]上的最大值为0．

（1）原不等式|x-3|+|x-4|＜2

当x＜3时，原不等式化为7-2x＜2，解得x＞，∴＜x＜3

当3≤x≤4时，原不等式化为1＜2，∴3≤x≤4

当x＞4时，原不等式化为2x-7＜2，解得x＜，∴4＜x＜

综上，原不等式解集为{x|＜x＜}；（5分）

（2）法一、作出y=|x-3|+|x-4|与y=a的图象，

若使|x-3|+|x-4|＜a解集为空集只须y=|x-3|+|x-4|图象在y=a的图象的上方，

或y=a与y=1重合，∴a≤1

所以，a的范围为（-∞，1]，（10分）

法二、：y=|x-3|+|x-4|=

当x≥4时，y≥1

当3≤x＜4时，y=1

当x＜3时，y＞1

综上y≥1，原问题等价为a≤[|x-3|+|x-4|]min∴a≤1（10分）

法三、：∵|x-3|+|x-4|≥|x-3-x+4|=1，

当且仅当（x-3）（x-4）≤0时，上式取等号

∴a≤1．

（1）解：若2x﹣1比3接近0，则有|2x﹣1﹣0|＜|3﹣0|，

∴|2x﹣1|＜3，即﹣3＜2x﹣1＜3，

解得﹣1＜x＜2，故x的取值范围为 （﹣1，2）．

（2）证明：对任意两个不相等的正数a、b，，

有a2b+ab2 ＞，，即．

又因为|a2b+ab2 ﹣|﹣||

=ab（a+b）﹣﹣（a3+b3）+

=ab（a+b）﹣（a+b）（a2+b2﹣ab）

=﹣（a+b）（a﹣b）2＜0，

所以，|a2b+ab2 ﹣|＜||，

即a2b+ab2比a3+b3接近．

解：∵|a+1|+|a-1|＞0，

对于，不等式（|a+1|+|a-1|）f（x）≥|4a|恒成立恒成立，

只需f（x）不小于的最大值，

∵|a+1|+|a-1|≥|（a+1）+（a-1）|=|2a|＞0，

当且仅当（a+1）（a-1）≥0，即|a|≥1时取等号，

故，即的最大值为2，

∴根据题意有|x|+|x+1|≥2，①

当x＜-1时，①可化为-x-x-1≥2，解得；

当-1≤x＜0时，①可化为-x+x+1≥2，解得x∈；

当x≥0时，①可化为x+x+1≥2，解得；

综上，或。