2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第七章　5 第5讲　绝对值不等式

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第七章　5 第5讲　绝对值不等式

‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·嘉兴期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为(　　)‎ A.∪　　　 B. C.∪ D．(－∞，0]∪[1，＋∞)‎ 解析：选C.由题意得，，‎ 解得：－＜x≤0或1≤x＜，‎ 故不等式的解集是∪，故选C.‎ ‎2．(2020·温州高三第二次适应性考试)不等式|x－1|＋|x＋1|＜4的解集是(　　)‎ A．{x|x＞－2} B．{x|x＜2}‎ C．{x|x＞0或x＜－2} D．{x|－2＜x＜2}‎ 解析：选D.根据题意，原不等式等价于 或或解之取并集即得原不等式的解集为{x|－2＜x＜2}．‎ ‎3．(2020·绍兴高三质量检测)对任意实数x，若不等式|x＋2|＋|x＋1|＞k恒成立，则实数k的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，0)∪[2，＋∞)‎ B．[－2，－1]∪(0，＋∞)‎ C．(－∞，1)‎ D．(－∞，1]‎ 解析：选C.因为|x＋2|＋|x＋1|≥|x＋2－x－1|＝1，所以当且仅当k＜1时，不等式|x＋2|＋|x＋1|＞k恒成立．‎ ‎4．(2020·绍兴市诸暨市高考模拟)已知f(x)＝x2＋3x，若|x－a|≤1，则下列不等式一定成立的是(　　)‎ A．|f(x)－f(a)|≤3|a|＋3‎ B．|f(x)－f(a)|≤2|a|＋4‎ C．|f(x)－f(a)|≤|a|＋5‎ D．|f(x)－f(a)|≤2(|a|＋1)2‎ 解析：选B.因为f(x)＝x2＋3x，所以f(x)－f(a)＝x2＋3x－(a2＋3a)＝(x－a)(x＋a＋3)，‎ 所以|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a＋3)|＝|x－a||x＋a＋3|，因为|x－a|≤1，所以a－1≤x≤a＋1，所以2a＋2≤x＋a＋3≤2a＋4，所以|f(x)－f(a)|＝|x－a||x＋a＋3|≤|2a＋4|≤2|a|＋4，故选B.‎ ‎5．(2020·绍兴市柯桥区高三期中)已知x，y∈R，(　　)‎ A．若|x－y2|＋|x2＋y|≤1，则(x＋)2＋(y－)2≤ B．若|x－y2|＋|x2－y|≤1，则(x－)2＋(y－)2≤ C．若|x＋y2|＋|x2－y|≤1，则(x＋)2＋(y＋)2≤ D．若|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，则(x－)2＋(y＋)2≤ 解析：选B.对于A，|x－y2|＋|x2＋y|≤1，由(x＋)2＋(y－)2≤化简得x2＋x＋y2－y≤1，二者没有对应关系；对于B，由(x2－y)＋(y2－x)≤|x2－y|＋|y2－x|＝|x－y2|＋|x2－y|≤1，‎ 所以x2－x＋y2－y≤1，即(x－)2＋(y－)2≤，命题成立；对于C，|x＋y2|＋|x2－y|≤1，由(x＋)2＋(y＋)2≤化简得x2＋x＋y2＋y≤1，二者没有对应关系；对于D，|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，化简(x－)2＋(y＋)2≤得x2－x＋y2＋y≤1，二者没有对应关系．‎ 故选B.‎ ‎6．不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为________．‎ 解析：由得x≤－3；‎ 由得无解；‎ 由得x≥2.‎ 即所求的解集为{x|x≤－3或x≥2}．‎ 答案：{x|x≤－3或x≥2}‎ ‎7．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．‎ 解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.‎ 答案：5‎ ‎8．(2020·温州市高三高考模拟)若关于x的不等式|x|＋|x＋a|＜b的解集为(－2，1)，则实数对(a，b)＝________．‎ 解析：因为不等式|x|＋|x＋a|＜b的解集为(－2，1)，所以，解得a＝1，b＝3.‎ 答案：(1，3)‎ ‎9．(2020·绍兴市柯桥区高三模拟)对任意x∈R不等式x2＋2|x－a|≥a2恒成立，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：因为不等式x2＋2|x－a|≥a2对任意的x∈R恒成立，‎ ‎①x≥a时，‎ ‎(x＋a)(x－a)＋2(x－a)≥0，‎ ‎(x－a)(x＋a＋2)≥0，‎ 因为x－a≥0，因此只需x＋a＋2≥0，x≥－(a＋2)，‎ ‎－(a＋2)≤a，解得a≥－1.‎ ‎②x时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，所以a＝(矛盾)，故a的取值范围是.‎ 答案： ‎2．(2020·浙江省五校协作体联考)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.‎ ‎(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a的值；‎ ‎(2)在(1)的条件下，若存在实数t，使f≤m－f(－t)成立，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)由|2x－a|＋a≤6，得|2x－a|≤6－a，所以a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，所以a－3＝－2，所以a＝1.‎ ‎(2)因为f≤m－f(－t)，所以|t－1|＋|2t＋1|＋2≤m，‎ 令y＝|t－1|＋|2t＋1|＋2，则y＝ 所以ymin＝，所以m≥.‎ ‎3．(2020·杭州高考科目教学质检)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a<3)的最小值为2.‎ ‎(1)解关于x的方程f(x)＝a；‎ ‎(2)若存在x∈R，使f(x)－mx≤1成立，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)由f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|x－4－(x－a)|＝|a－4|(当(x－4)(x－a)≤0时取等号)，知|a－4|＝2，解得a＝6(舍去)或a＝2.‎ 方程f(x)＝a即|x－4|＋|x－2|＝2，由绝对值的几何意义可知2≤x≤4.‎ ‎(2)不等式f(x)－mx≤1即f(x)≤mx＋1，由题意知y＝f(x)的图象至少有一部分不在直线y＝mx＋1的上方，作出对应的图象观察可知，m∈(－∞，－2)∪.‎ ‎4．(2020·温州校级月考)已知函数f(x)＝x2＋|x－t|.‎ ‎(1)当t＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；‎ ‎(2)设函数f(x)在[0，2]上的最小值为h(t)，求h(t)的表达式．‎ 解：(1)当t＝1时，f(x)＝x2＋|x－1|.‎ 因为f(x)≥1，‎ 所以当x≥1时，x2＋x－1≥1，所以x≥1或x≤－2.‎ 所以x≥1.‎ 当x＜1时，x2－x＋1≥1，所以x≥1或x≤0.‎ 所以x≤0.‎ 综上，不等式的解集为{x|x≥1或x≤0}．‎ ‎(2)因为f(x)＝x2＋|x－t|，x∈[0，2]，‎ 所以当t≥2时，f(x)＝x2－x＋t，h(t)＝f＝t－，‎ 当t≤0时，f(x)＝x2＋x－t，h(t)＝f(0)＝－t，‎ 当0＜t＜2时，f(x)＝.‎ 所以h(t)＝.‎ 所以h(t)＝‎