【数学】2020届一轮复习人教A版 不等式和绝对值不等式 课时作业

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‎2020届一轮复习人教A版 不等式和绝对值不等式 课时作业 ‎ 1、不等式对一切都成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2、不等式的解集为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎3、若关于的不等式有解，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4、若关于的不等式的解集为，则（ ）‎ A． B． C． D． 5、已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.‎ ‎6、已知函数．‎ ‎(1)当时，求的解集；‎ ‎(2)当时，恒成立，求的取值范围．‎ ‎7、已知函数和的图象关于原点对称，且．‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）如果对，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎8、已知函数.‎ ‎（1）作出函数的图象；‎ ‎（2）设，，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎9、已知函数.‎ ‎（I）解不等式；‎ ‎（II）设，若对任意，都有，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎10、已知函数，.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若不等式的解集为，正数，满足，求的最小值 ‎11、已知函数．‎ ‎（I）求不等式的解集；‎ ‎（II）记函数的最小值为，若且，求证．‎ ‎12、已知函数f（x）=|x-1|+|x-m|．‎ ‎（1）当m=3时，求不等式f（x）≥5的解集；‎ ‎（2）若不等式f（x）≥2m-1对x∈R恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎13、已知函数=│x+1│–│x–2│.‎ ‎（1）求不等式≥1的解集；‎ ‎（2）若不等式≥x2–x+m的解集非空，求实数m的取值范围.‎ ‎14、已知函数，.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若对于恒成立，求的取值范围.‎ ‎15、已知，，记关于的不等式的解集为．‎ ‎（Ⅰ）若，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若，求实数的取值范围．‎ ‎16、设函数f（x）=|2x+2|-|x-2|．‎ ‎（1）求不等式f（x）＞2的解集 ‎（2）x∈R，f（x）≥t2-t恒成立，求实数t的取值范围．‎ ‎17、已知函数，集合 ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求证：‎ ‎18、已知函数，集合 ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求证：‎ ‎19、已知函数 ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）已知函数的最小值为M，若实数已知函数，求的最小值。‎ ‎20、已知函数的最小值为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若正实数，，满足，求证：.‎ 参考答案 ‎1、答案：C 由题意结合绝对值三角不等式得到关于a的不等式，求解不等式即可确定实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 题中所给的不等式即：，‎ 则：，‎ 据此得绝对值不等式：，‎ 故，整理可得：.‎ 即实数的取值范围是.‎ 故选：C.‎ 名师点评：‎ 本题主要考查绝对值三角不等式的应用，绝对值不等式的解法，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2、答案：D 由题意得，不等式，则或，解得或，故选D．‎ 考点：绝对值不等式的求解．‎ ‎3、答案：A 求出f（x）的分段函数的形式，求出f（x）的最小值，从而求出a的范围即可．‎ ‎【详解】‎ 设f（x）＝x+|x﹣1|，‎ 则f（x），‎ 所以f（x）的最小值为1，‎ 所以当a≥1时，f（x）≤a有解，‎ 即实数a的取值范围为[1，+∞），‎ 故选：A．‎ 名师点评：‎ 本题考查了含绝对值函数、分段函数以及函数的最值问题，考查转化思想，是一道基础题．‎ ‎4、答案：C 原不等式等价于，分，，三种情况讨论即可.‎ ‎【详解】‎ 不等式可化为，‎ 当时，恒成立，不等式的解集为，不合题意；‎ 当时，则不等式的解为，故 ，无解；‎ 当时，则不等式的解为，故 ，解得；‎ 综上，，故选C.‎ 名师点评：‎ 本题考查绝对值不等式的解法，注意合理去除绝对值的符号及对参数的合理分类讨论.‎ ‎5、答案：(1).‎ ‎(2).‎ 试题分析：（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）利用绝对值的几何意义求出最小值为，由的解集不是空集，可得.‎ 详解：（1）∵，‎ ‎∴‎ 当时，不等式可化为，解得，所以；‎ 当，不等式可化为，解得，无解；‎ 当时，不等式可化为，解得，所以 综上所述，‎ ‎（2）因为 且的解集不是空集，‎ 所以，即的取值范围是 名师点评：绝对值不等式的常见解法：‎ ‎①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ ‎②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ ‎③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 6、答案：（1）；（2）．‎ 试题分析：（1）当时，由，得到，分类讨论，即可求解。‎ ‎（2）若当时，成立，得到，根据绝对值的定义，去掉绝对值，即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，由，可得，‎ ‎①或②或③，‎ 解①得：，解②得：，解③得：，‎ 综上所述，不等式的解集为．‎ ‎（2）若当时，成立，‎ 即，故，‎ 即，‎ 对时成立，故．‎ 名师点评：‎ 本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向． 7、答案：（1）；（2）.‎ 试题分析：（1）利用零点分段法解含绝对值不等式即可；‎ ‎（2）对，不等式恒成立，即，求的最小值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可得，，‎ 所以.‎ ‎①时，，解得，所以；‎ ‎②时，，解得，所以；‎ 综上：.‎ ‎（2）因为，‎ 即.‎ 令，‎ 所以.‎ 即.‎ 名师点评：‎ 本题考查含绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题，考查转化能力与计算能力，属于中档题. 8、答案：（1）见解析；（2）‎ 试题分析：（1）利用零点分段化简f（x），即可做出图象；（2）根据a2+b2＝1，求解的最小值，即可求解f（x）对于的x的范围；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）函数，‎ 根据一次函数的图象性质作图：‎ ‎（2）由，那么 ‎，当且仅当时取等号；‎ 那么不等式恒成立，转化为恒成立 ‎∴或或 解得：.故得实数的取值范围是．‎ 名师点评：‎ 本题考查了分段函数的化简和基本不等式的应用．属于基础题． 9、答案：（I）或；（II）‎ 试题分析：（I）利用零点分段讨论可得不等式的解.‎ ‎（II）由题设可得，求出两个函数的值域后可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（I）不等式等价于，‎ ‎①当时，原不等式即为，解得，所以；‎ ‎②当时，原不等式即为，解得，所以；‎ ‎③当时，原不等式即为，解得，所以；‎ 所以不等式的解集为或.‎ ‎（II）对任意，都有，使得成立，则 ‎.‎ 因为，‎ 当且仅当时取等号，又，‎ 所以从而或，所以实数的取值范围.‎ 名师点评：‎ 解绝对值不等式的基本方法是零点分段讨论，必要时可结合函数的图像或数轴来讨论.等式的有解或恒成立问题，注意转化为函数值域的包含关系来处理. 10、答案：(1)或或.(2)24‎ 试题分析：(1)原式子等价于，即或，由绝对值不等式的几何意义求解即可；（2）由原式得，即，故，再由均值不等式得解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，由得，即或，‎ 解之得：或或.‎ ‎（2）由得，即，故，‎ 所以，‎ 由得，则，‎ ‎，‎ 当且仅当即，时取等号.‎ 名师点评：‎ 这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，以及均值不等式的应用，属于基础题. 11、答案：（I）；（II）见解析 试题分析：（I）由不等式，即，解得，即可得到不等式的解集；‎ ‎（II）由绝对值不等式的性质有，求得，再由基本不等式即可作出证明．‎ ‎【详解】‎ ‎（I）不等式，即，即，解得，‎ 所以的解集为；‎ ‎（II）函数，由绝对值不等式的性质有，‎ 所以，即，，又，‎ ‎.‎ 又，同理，，故.‎ 名师点评：‎ 本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理使用绝对值三角不等式和基本不等式是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题． 12、答案：（1）（2）‎ 试题分析：（1）当时，化简不等式为，去掉绝对值符号，求解不等式即可；‎ ‎（2）利用绝对值不等式的几何意义，要使不等式恒成立，推出，即可求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当m=3时，原不等式可化为|x-1|+|x-3|≥5.‎ 若x≤1，则1-x+3-x≥5，即4-2x≥5，解得；‎ 若1＜x＜3，则原不等式等价于2≥5，不成立；‎ 若x≥3，则x-1+x-3≥5，解得．综上所述，原不等式的解集为：．‎ ‎（2）由不等式的性质可知f（x）=|x-1|+|x-m|≥|m-1|，‎ 所以要使不等式f（x）≥2m-1恒成立，则|m-1|≥2m-1，‎ 所以m-1≤1-2m或m-1≥2m-1，解得，所以实数m的取值范围是．‎ 名师点评：‎ 本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理利用绝对值的几何意义，合理转化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 13、答案：（1）；（2）.‎ 试题分析：（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；‎ ‎（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max，从而可得m的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，‎ ‎∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；‎ 当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；‎ 综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．‎ ‎（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，‎ 即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．‎ 由（1）知，g（x），‎ 当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，‎ ‎∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；‎ 当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），‎ ‎∴g（x）≤g1；‎ 当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，‎ ‎∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；‎ 综上，g（x）max，‎ ‎∴m的取值范围为（﹣∞，]．‎ 名师点评：‎ 本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出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，属于难题． 14、答案：（1）（2）.‎ 试题分析：（1）分别在，和上得到不等式，求解得到结果；（2）方法一：通过放缩和绝对值三角不等式得到：，则有，进而求得的范围；方法二：分别在，和的情况下得到函数的解析式；在每一段上都有，从而构造出不等式，求解得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，‎ 则或或 分别解得或或 不等式的解集为 ‎（2）方法一：‎ 当且仅当时取等号 ‎，解得或 即的取值范围是 方法二：当时，‎ 则函数在上单调递减，在上单调递增 ‎，解得；‎ 当时，，最小值是，不符合题意；‎ 当时，‎ 则函数在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎，解得.‎ 综上所述，的取值范围是 名师点评：‎ 本题考查绝对值不等式的求解、利用不等式中的恒成立求解参数范围的问题；解决恒成立问题的关键是能够将问题转化为最值与参数的关系；要注意分类讨论的思想在求解绝对值不等式问题中的应用. 15、答案：（1）；（2）．‎ 试题分析：(1)将a-3代入不等式,按零点分段法解关于a的不等式;(2)由去掉g(x)的绝对值,得到恒成立，即，解出a的范围即可.‎ 试题解析:（Ⅰ）依题意有，‎ 若，则，∴，‎ 若，则，∴，‎ 若，则，无解．‎ 综上所述，的取值范围为．‎ ‎（Ⅱ）由题意可知，当时，恒成立，‎ ‎∴恒成立，‎ 即，‎ 当时恒成立，‎ 所以. 16、答案：（1）{x|x＞或x＜-6}；（2）≤t≤2.‎ 试题分析：(1)先去绝对值，求出函数的分段形式表达式，然后解不等式 ‎(2)求出的最小值，满足恒成立问题，然后解不等式 ‎【详解】‎ 解：（1）函数 当时，不等式即，∴．‎ 当时，不等式即，求得 当时，不等式即，求得．‎ 综上所述，不等式的解集为 ‎（2）由以上可得的最小值为，‎ 若恒成立，‎ 只要，即，求得 名师点评：‎ 本题考查了含有绝对值的不等式解法，通常需要先去绝对值，然后再解不等式，在解答恒成立题目时需要求出最值，然后解答，需要掌握解题方法 17、答案：（1）；（2）见解析 试题分析：‎ ‎（1）先根据绝对值定义，将函数化为分段函数的形式，画出图像，根据图象即可求得；（2）结合（1）得，作差，化简即可得证.‎ 试题(1)函数 首先画出与的图象如图所示：‎ 可得不等式解集为：.‎ ‎(2)∵‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎∴,故. 18、答案：（1）；（2）见解析 试题分析：（1）先根据绝对值定义，将函数化为分段函数的形式，画出图像，根据图象即可求得；（2）结合（1）得，作差，化简即可得证.‎ 试题(1)函数 首先画出与的图象如图所示：‎ 可得不等式解集为：.‎ ‎(2)∵‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎∴,故. 19、答案：(1)(2)9.‎ 试题分析：（Ⅰ）利用零点分段将函数去掉绝对值化简,进而求出不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质求出函数的最小值,再根据基本不等式求出的 最小值．‎ 试题解析:（Ⅰ）‎ ‎，或，或 解得或 不等式的解集为 ‎（Ⅱ）函数的最小值为 当且仅当时等号成立 故的最小值为9.‎ 名师点评:含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向． ‎ ‎20、答案：（1）；（2）详见解析.‎ 试题分析：（1）先化简函数的解析式，再通过函数的图像得到当时，取得最小值；（2）‎ 由题得，再利用均值不等式证明不等式.‎ ‎【详解】‎ 解：（1），‎ 由于函数y=,是减函数，y=,是减函数，y=，是增函数，‎ 故当时，取得最小值.‎ ‎（2）‎ ‎.‎ 名师点评：‎ 本题主要考查分段函数的图像和性质，考查分段函数的最值和不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. ‎