4、].當不等式|x-4|+|x-3|(|x-4|+|x-3|)min=1,所以解集為空集的所有實數(shù)a構(gòu)成集合B=(-∞,1],則?RB=(1,+∞),
所以A∩(?RB)=(-2,2]∩(1,+∞)=(1,2].
二、解答題
5.(文)(20xx河北省衡水中學一模)設關(guān)于x的不等式lg(|x+3|+|x-7|)>a.
(1)當a=1時,解這個不等式;
(2)當a為何值時,這個不等式的解集為R.
[解析] (1)當a=1時,原不等式變?yōu)閨x+3|+|x-7|>10,
當x≥7時,x+3+x-7>10得x>7,
當-310不成立.
當x≤
5、-3時-x-3-x+7>10得:x<-3
所以不等式的解集為{x|x<-3或x>7}.
(2)∵|x+3|+|x-7|≥|x+3-(x-7)|=10對任意x∈R都成立.
∴l(xiāng)g(|x+3|+|x-7|)≥lg10=1對任何x∈R都成立,
即lg(|x+3|+|x-7|)>a.
當且僅當a<1時,對任何x∈R都成立.
(理)(20xx昆明市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=|x+1|+2|x-1|-a.
(1)若a=1,求不等式f(x)>x+2的解集;
(2)若不等式f(x)≤a(x+2)的解集為非空集合,求a的取值范圍.
[解析] (1)當a=1,不等式為|x+1|+2|x-1|-1>
6、x+2,即|x+1|+2|x-1|>x+3,
不等式等價于,或,或,
解得x<-1,或-1≤x<0,或x>2,∴x<0或x>2
所求不等式的解集為{x|x<0,或x>2}.
(2)由f(x)≤a(x+2)得,|x+1|+2|x-1|-a≤a(x+2),
即|x+1|+2|x-1|≤a(x+3),
設g(x)=|x+1|+2|x-1|=
如圖,kPA=,kPD=kBC=-3,
故依題意知,a<-3,或a≥.
即a的取值范圍為(-∞,-3)∪.
[方法點撥] 解含絕對值符號的不等式一般用分段討論法:令各絕對值號內(nèi)表達式為零,解出各分界點,按分界點將實數(shù)集分段.
6.已知函
7、數(shù)f(x)=|x-2|-|2x-a|,a∈R.
(1)當a=3時,解不等式f(x)>0;
(2)當x∈(-∞,2)時,f(x)<0,求a的取值范圍.
[解析] (1)f(x)=
當x>2時,1-x>0,即x<1,此時無解;
當≤x≤2時,5-3x>0,即x<,解得≤x<;
當x<時,x-1>0,即x>1,解得1恒成立.
∵x∈(-∞,2),∴a-2≥2,∴a≥4.
7.(文)(1)若|a|<1,|b|<1,比較|a+b|+|a-b|與2的大小,并說明理由;
(
8、2)設m是|a|、|b|和1中最大的一個,當|x|>m時,求證:|+|<2.
[解析] (1)|a+b|+|a-b|<2.
∵|a|<1,|b|<1,
∴當a+b≥0,a-b≥0時,|a+b|+|a-b|=(a+b)+(a-b)=2a≤2|a|<2,
當a+b≥0,a-b<0時,|a+b|+|a-b|=(a+b)+(b-a)=2b≤2|b|<2,
當a+b<0,a-b≥0時,|a+b|+|a-b|=(-a-b)+(a-b)=-2b≤2|b|<2,
當a+b<0,a-b<0時,|a+b|+|a-b|=(-a-b)+(b-a)=-2a≤2|a|<2,
綜上知,|a+b|+|a-b|<
9、2.
(2)∵m是|a|,|b|與1中最大的一個,∴m≥1,
又∵|x|>m,∴|x|>1,
∴|x|>m≥|a|,|x2|>1≥|b|,∴<1,<1,
∴|+|≤+<1+1=2,
∴原不等式成立.
(理)已知a和b是任意非零實數(shù).
(1)求證:≥4;
(2)若不等式|a+b|+|a-b|≥|a|(|x-1|+|2-x|)恒成立,求實數(shù)x的取值范圍.
[分析] (1)含兩個絕對值號,可利用|a+b|+|a-b|≥|(a+b)(a-b)|放縮.
(2)變形后為≥f(x),運用(1)的方法可得的最小值m,則問題轉(zhuǎn)化為解不等式f(x)≤m.
[解析] (1)=||+||
=|
10、2+|+|2-|≥|(2+)+(2-)|=4
(2)由|a+b|+|a-b|≥|a|f(x)得≥f(x)
又因為≥=2則有2≥f(x)
解不等式2≥|x-1|+|x-2|得≤x≤.
8.(文)(20xx商丘市二模)已知關(guān)于x的不等式m-|x-2|≥1,其解集為[0,4].
(1)求m的值;
(2)若a,b均為正實數(shù),且滿足a+b=m,求a2+b2的最小值.
[解析] (1)不等式m-|x-2|≥1可化為|x-2|≤m-1,
∴1-m≤x-2≤m-1,即3-m≤x≤m+1,
∵其解集為[0,4],∴,∴m=3.
(2)由(1)知a+b=3,
(方法一:利用基本不等式)
∵
11、(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),
∴a2+b2≥,∴當且僅當a=b=時,a2+b2取最小值為.
(方法二:利用柯西不等式)
∵(a2+b2)(12+12)≥(a1+b1)2=(a+b)2=9,
∴a2+b2≥,∴當且僅當a=b=時,a2+b2取最小值為.
(方法三:消元法求二次函數(shù)的最值)
∵a+b=3,∴b=3-a,
∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9=22+
≥,
∴當且僅當a=b=時,a2+b2取最小值為.
(理)(20xx唐山市二模)設f(x)=|x-1|-2|x+1|的最大值為m.
(1)求m;
12、
(2)若a,b,c∈(0,+∞),a2+2b2+c2=m,求ab+bc的最大值.
[解析] (1)當x≤-1時,f(x)=3+x≤2;
當-1<x<1時,f(x)=-1-3x<2;
當x≥1時,f(x)=-x-3≤-4.
故當x=-1時,f(x)取得最大值m=2.
(2)∵a2+2b2+c2=2,∴ab+bc≤[(a2+b2)+(b2+c2)]=1,
當且僅當a=b=c=時,等號成立.所以ab+bc的最大值為1.
9.(文)已知a,b是不相等的正實數(shù).
求證:(a2b+a+b2)(ab2+a2+b)>9a2b2.
[解析] 因為a,b是正實數(shù),
所以a2b+a+b2≥3
13、=3ab>0
(當且僅當a2b=a=b2,即a=b=1時,等號成立),
同理,ab2+a2+b≥3=3ab>0
(當且僅當ab2=a2=b,即a=b=1時,等號成立),
所以(a2b+a+b2)(ab2+a2+b)≥9a2b2
(當且僅當a=b=1時,等號成立).
因為a≠b,所以(a2b+a+b2)(ab2+a2+b)>9a2b2.
(理)(20xx吉林市二模、甘肅省三診)已知函數(shù)f(x)=m-|x-2|,m∈R+,且f(x+2)≥0的解集為[-1,1].
(1)求m的值;
(2)若a、b、c∈R+,且++=m,求證:a+2b+3c≥9.
[解析] (1)因為f(x+2)
14、=m-|x|,
所以f(x+2)≥0等價于|x|≤m,
由|x|≤m有解,得m≥0,且其解集為{x|-m≤x≤m}.
又f(x+2)≥0的解集為[-1,1],故m=1.
(2)解法一:由(1)知++=1,又a,b,c∈R+,
∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(++)≥(++)2=9.
∴a+2b+3c≥9.
解法2:由(1)知,++=1,a、b、c∈R+,
∴a+2b+3c=(a+2b+3c)1
=(a+2b+3c)(++)
=3++++++
=3+(+)+(+)+(+)
≥3+2+2+2=9,等號在a=2b=3c=時成立.
10.(文)(20xx太原市模擬)已知
15、函數(shù)f(x)=|x+a|+(a>0).
(1)當a=2時,求不等式f(x)>3的解集;
(2)證明:f(m)+f≥4.
[解析] (1)當a=2時,f(x)=|x+2|+,原不等式等價于
或
或∴x<-或?或x>,
∴不等式的解集為{x|x<-或x>}.
(2)證明:f(m)+f
=|m+a|+++
=+
≥2
=2≥4.
(理)(20xx云南統(tǒng)考)已知a是常數(shù),對任意實數(shù)x,不等式|x+1|-|2-x|≤a≤|x+1|+|2-x|都成立.
(1)求a的值;
(2)設m>n>0,求證:2m+≥2n+a.
[解析] (1)設f(x)=|x+1|-|2-x|,則
f(x)=
∴f(x)的最大值為3.
∵對任意實數(shù)x,|x+1|-|2-x|≤a都成立,即f(x)≤a,
∴a≥3.
設h(x)=|x+1|+|2-x|=
∴h(x)的最小值為3.
∵對任意實數(shù)x,|x+1|+|2-x|≥a都成立,即h(x)≥a,
∴a≤3,∴a=3.
(2)證明:由(1)知a=3,
∵2m+-2n=(m-n)+(m-n)+,
又∵m>n>0,
∴(m-n)+(m-n)+
≥3=3,
∴2m+≥2n+a.