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我夯基我達標
1.若|x-a|a.|x-y|<2hb.|x-y|<2k
c.|x-y|思路解析：|x-y|=|(x-a)+(a-y)|≤|x-a|+|y-a|答案：c
2.已知實數a,b滿足ab<0,則下列不等式成立的是（ ）
a.|a+b|>|a-bb.|a+b|<|a-b|
c.|a-b|<||a|-|bd.|a-b|<|a|+|b|
思路解析：∵ab<0,∴a,b異號，令a=2,b=-3.
則|a+b|=|2-3|=1,|a-b|=|2-(-3)|=5,
1<5,∴|a+b|<|a-b|.
答案：b
3.已知h>0,a,b∈r，命題甲：|a-b|<2h;命題乙：|a-1|a.充分不必要條件b.必要不充分條件
c.充要條件d.既不充分又不必要條件
思路解析：顯然a與b的距離可以很近，滿足|a-b|<2h,但a,b與1的距離可以很大，因此甲不能推出乙，另一方面，若|a-1|則|a-b|=|a-1+1-b|≤|a-1|+|b-1|<2h,乙可以推出甲.
因此甲是乙的必要不充分條件.
答案：b
4.已知a,b,c∈r,且a>b>c,則有（ ）
a.|a|>|b|>|cb.|ab|>|bc|
c.|a+b|>|b+cd.|a-c|>|a-b|
思路解析：∵a,b,c∈r，且a>b>c,
∴令a=2,b=1,c=-6.
|a|=2,|b|=1,|c|=6,|b|<|a|<|c|,故排除a.
又|ab|=2,|bc|=6,|ab|<|bc|,故排除c.
∵|a-c|=|2-(-6)|=8,|a-b|=1,|a-c|>|a-b|.
答案：d
5.若|a-c|a.|a|<|b|+|cb.|c|<|a|+|b|
>||c|-|<||a|-|c||
思路解析：∵|a-c|則|a|=1,|b|+|c|=5,∴|a|<|b|+|c|成立.
|c|=2,|a|+|b|=4,∴|c|<|a|+|b|成立.
||c|-|a||=||2|-|1||=1,∴b>||c|-|a||成立.
答案：d
6.設|a|<1,|b|<1,則|a+b|+|a-b|與2的大小關係是
思路解析：當a+b與a-b同號時，
|a+b|+|a-b|=|(a+b)+(a-b)|=2|a|<2.
當a+b與a-b異號時，
|a+b|+|a-b|=|(a+b)-(a-b)|=2|b|<2.
綜上，可知|a+b|+|a-b|<2.
答案：|a+b|+|a-b|<2
7.已知p,q,x∈r,pq≥0,x≠0，則|px
思路解析：當p,q至少有乙個為0時，
|px+|≥.
當pq>0時，p，q同號，則px與qx同號.
∴|px+|=|px|+||≥.
綜上，可知|px+|≥.
答案：≥
8.設x,y∈r,求證|2x-x|+|2y-y|+|x+y|≥.
思路分析：由於含有多個絕對值，因而可以聯絡絕對值不等式的性質.變形後，利用基本不等式放縮得到結果.
證明：由絕對值不等式的性質，得
|2x-x|+|2y-y|≥|2x+2y-(x+y)|≥|2x+2y|-|x+y|,
∴|2x+2y-(x+y)|+|x+y|≥2x+2y.
∴|2x-x|+|2y-y|+|x+y|≥2x+2y.
又∵2x+2y≥,
∴原不等式成立.
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9.使不等式|x-4|+|3-x|a.01
思路解析：要使不等式成立，須a>［|x-4|+|3-x|］min.
由|x-4|+|3-x|的幾何意義，知數軸上動點(x,0)到定點(4,0),(3,0)的距離和的最小值為1,所以a>1.
答案：d
10.已知|a|≠|b|,m=,n=,則m,n之間的大小關係是（ ）
><思路解析：由絕對值不等式的性質，知：
|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.
∴.答案：d
11.若不等式|x-4|-|x-3|≤a對一切x∈r恆成立，那麼實數a的取值範圍是（ ）
><思路解析：設f(x)=|x-4|-|x-3|,則f(x)≤a對一切x∈r恆成立的充要條件是a≥f(x)的最大值,因為|x-4|-|x-3|≤|(x-4)-(x-3)|=1,
即f(x)的最大值等於1，所以a≥1.
答案：d
12.求證：.
思路分析：比較要證明的不等式左右兩邊的形式完全相同，易使我們聯想到利用建構函式的方法，再用單調性去證明.
證明：設f(x)=,
定義域為,f(x)分別在(-∞,-1),(-1,+∞)上是增函式.
又0≤|a+b|≤|a|+|b|,
∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|),即.
∴原不等式成立.
13.已知f(x)=x2-2x+7,且|x-m|<3,求證：|f(x)-f(m)|<6|m|+15.
思路分析：f(x)-f(m)因式分解後，利用絕對值不等式的性質放縮.
證明：|f(x)-f(m)|=|(x-m)·(x+m-2)|
=|x-m|·|x+m-2|<3|x+m-2|
≤3(|x|+|m|+2).
又|x-m|<3,∴-3+m∴3(|x|+|m|+2)<3(3+|m|+|m|+2)
=6|m|+15.
∴|f(x)-f(m)|<6|m|+15.
14.設f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，當|x|≤1時，總有|f(x)|≤1,求證：|f(2)|≤8.
思路分析：本題可巧妙運用絕對值定理，對函式值進行放縮，注意到f(2)=4a+2b+c,故先求|a|,|b|,|c|的範圍，從而求出|f(2)|≤8.
證明：由題設，知|f(0)|≤1,∴|c|≤1.①
又∵2b=f(1)-f(-1),
∴|2b|=|f(1)-f(-1)|≤|f(1)|+|f(-1)|≤2.
∴|b|≤1.②
∵2a=f(1)+f(-1)-2c,
∴|2a|=|f(1)+f(-1)-2c|≤|f(1)|+|f(-1)|+2|c|≤4,
∴|a|≤2.③
由①②③，得|f(2)|=|4a+2b+c|=|f(1)+3a+b|
≤|f(1)|+3|a|+|b|≤1+6+1=8.得證.
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