1.2.1绝对值不等式一、选择题1.对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为()A.1B.2C.3D.4解析利用三角不等式直接求解.∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.答案C2.若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为()A.5或8B.－1或5C.－1或－4D.－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－1≤－，即a≤2时，f(x)＝易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即1－＝3.所以a＝－4.(2)当－1>－，即a>2时，f(x)＝易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即－1＝3，故a＝8.综上a＝－4或8.答案D3.如果存在实数x，使cosα＝＋成立，那么实数x的集合是()A.{－1，1}B.{x|x<0，或x＝1}C.{x|x>0，或x＝－1}D.{x|x≤－1，或x≥1}解析由|cosα|≤1，所以≤1.又＝＋≥1.∴＋＝1，当且仅当|x|＝1时成立，即x＝±1.答案A4.正数a、b、c、d满足a＋d＝b＋c，|a－d|＜|b－c|，则()A.ad＝bcB.adbcD.ad与bc大小不定解析∴a＋d＝b＋c，∴a2＋2ad＋d2＝b2＋2bc＋c2，a2＋d2－b2－c2＝2bc－2ad，∵|a－d|<|b－c|，∴a2－2ad＋d2bc.答案C5.已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：1①f(0)＝f(1)＝0；②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|0，得|x1|－1<0，∴|x1|<1.2若用|x2|－|x1|≤|x1＋x2|对①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x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1.法二假设方程x2＋ax＋b＝0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|＝|－(x1＋x2)|＝|x1＋x2|≥|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x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值均小于1.10.已知f(x)＝ax2＋bx＋c，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|a＋b＋c|≤1，由|f(－1)|≤1，得|a－b＋c|≤1，∴|b|＝≤(|a＋b＋c|＋|a－b＋c|)≤1.3
