1、一、选择题 1.对任意 x，yR，|x1|x|y1|y1|的最小值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 利用三角不等式直接求解. x，yR，|x1|x|(x1)x|1， |y1|y1|(y1)(y1)|2， |x1|x|y1|y1|3. |x1|x|y1|y1|的最小值为 3. 答案 C 2.若函数 f(x)|x1|2xa|的最小值为 3，则实数 a 的值为( ) A.5 或 8 B.1 或 5 C.1 或4 D.4 或 8 解析 利用绝对值的几何意义分类讨论，根据解析式特征确定函数最小值点 进而求 a. (1)当1a 2，即 a2 时， f(x) 3xa1，x1， xa1，12 时
2、， f(x) 3xa1，x a 2， xa1，a 2x1， 3xa1，x1. 易知函数 f(x)在 xa 2处取最小值，即 a 213，故 a8.综上 a4 或 8. 答案 D 3.如果存在实数 x，使 cos x 2 1 2x成立，那么实数 x 的集合是( ) A.1，1 B.x|x0，或 x1 D.x|x1，或 x1 解析 由|cos |1，所以 x 2 1 2x 1. 又 x 2 1 2x |x| 2 1 2|x|1. |x| 2 1 2|x|1，当且仅当|x|1 时成立，即 x 1. 答案 A 4.正数 a、b、c、d 满足 adbc，|ad|bc|，则( ) A.adbc B.adb
3、c D.ad 与 bc 大小不定 解析 adbc， a22add2b22bcc2， a2d2b2c22bc2ad， |ad|bc|， a22add2b22bcc2， a2d2b2c22ad2bc， 3bc2adbc. 答案 C 5.已知定义在0，1上的函数 f(x)满足： f(0)f(1)0； 对所有 x，y0，1，且 xy，有|f(x)f(y)|1 2|xy|. 若对所有 x，y0，1，|f(x)f(y)|k 恒成立，则 k 的最小值为( ) A.1 2 B.1 4 C. 1 2 D.1 8 解析 先利用特值法确定范围，再结合函数的取值特性求解. 取 y0，则|f(x)f(0)|1 2|x0
4、|，即|f(x)| 1 2x， 取 y1 则|f(x)f(1)|1 2|x1|， 即|f(x)|1 2(1x).|f(x)|f(x)| 1 2x 1 2 1 2x 1 2，|f(x)| 1 4.不妨取 f(x)0，则 0f(x)1 4，0f(y) 1 4，|f(x)f(y)| 1 40 1 4， 要使|f(x)f(y)|k 恒成立，只需 k1 4. k 的最小值为1 4. 答案 B 二、填空题 6.已知2a3，3b4，则 a|b|的取值范围为_. 解析 3b4，0|b|4，4|b|0， 又2a3，6a|b|3. 答案 (6，3 7.x，yR，若|x|y|x1|y1|2，则 xy 的取值范围为_
5、. 解析 利用绝对值的几何意义求解，注意等号成立的条件.由绝对值的几何意 义知，|x|x1|是数轴上的点 x 到原点和点 1 的距离之和，所以|x|x 1|1，当且仅当 x0，1时取“”. 同理|y|y1|1，当且仅当 y0，1时取“”. |x|y|x1|y1|2. 而|x|y|x1|y1|2， |x|y|x1|y1|2， 此时 x0，1，y0，1，(xy)0，2. 答案 0，2 三、解答题 8.已知|x1| 4 ，|y2| 4 ，|z3| 4 ， 求证：|x2yz|. 证明 |x2yz|x12(y2)z3| |x1|2(y2)|z3| |x1|2|y2|z3| 4 2 4 . |x2yz|.
6、 9.若 a，bR，且|a|b|1，证明方程 x2axb0 的两个根的绝对值均小于 1. 证明 法一 设方程 x2axb0 的两根为 x1，x2，根据根与系数的关系，有 a(x1x2)，bx1x2， 代入|a|b|1 得|x1x2|x1x2|1， 若用|x1|x2|x1x2|对式作放缩代换，有 |x1|x2|x1|x2|1， 即(|x1|1)(|x2|1)0，得|x1|10，|x1|1. 若用|x2|x1|x1x2|对式作放缩代换，有|x2|x1|x1|x2|1. 同理，由(|x2|1)(|x1|1)0，得|x2|1. 因此，方程 x2axb0 的两个根的绝对值均小于 1. 法二 假设方程 x
7、2axb0 至少有一根的绝对值不小于 1.不失一般性，令 |x1|1，则根据一元二次方程根与系数的关系，有 |a|(x1x2)|x1x2|x1|x2|1|x2|， |b|x1x2|x1|x2|x2|. 将以上两个不等式相加，得|a|b|1.这与已知|a|b|1 矛盾.究其原因是假设 错误所致. 因此方程 x2axb0 的两根的绝对值均小于 1. 10.已知 f(x)ax2bxc，且当|x|1 时，|f(x)|1， 求证： (1)|c|1； (2)|b|1. 证明 (1)由|f(0)|1，得|c|1. (2)由|f(1)|1，得|abc|1， 由|f(1)|1，得|abc|1， |b|（abc）（abc）| 2 1 2(|abc|abc|)1.
