分析 (1)當(dāng)k=1時,f(x)=|x-1|+|x-2|,分類討論,即可求不等式f(x)>g(x)的解集;
(2)分類討論,結(jié)合存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,即可求實數(shù)k的取值范圍.
解答 解:(1)當(dāng)k=1時,f(x)=|x-1|+|x-2|,
x<1時,f(x)>g(x),可化為-x+1-x+2>x+1,即3x<2,∴x<$\frac{2}{3}$;
1≤x≤2時,f(x)>g(x),可化為x-1-x+2>x+1,即x<0,舍去;
x>2時,f(x)>g(x),可化為x-1+x-2>x+1,即x>4,∴x>4;
綜上所述,x<$\frac{2}{3}$或x>4;
(2)①k=0時,f(x)=1≤2成立,
②0<k≤$\frac{1}{2}$時,x<2,f(x)=1-kx-kx+2k=-2kx+2k+1>-2k+1,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,
2≤x≤$\frac{1}{k}$,f(x)=1-kx+kx-2k=-2k+1≥0,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,
x>$\frac{1}{k}$,f(x)=kx-1+kx-2k=2kx-2k-1>-2k+1,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,
③k>$\frac{1}{2}$,x<$\frac{1}{k}$,f(x)=1-kx-kx+2k=-2kx+2k+1>2k-1>0,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立
$\frac{1}{k}$≤x≤2,f(x)=kx-1-kx+2k=2k-1>0,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立
x>2,f(x)=1-kx-kx+2k=-2kx+2k+1<-2k+1,不滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,
④k<0,x<$\frac{1}{k}$,f(x)=kx-1+kx-2k=2kx-2k-1<-2k+1<1,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立
$\frac{1}{k}$≤x≤2,f(x)=1-kx+kx-2k=-2k+1>1,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立
x>2,f(x)=1-kx-kx+2k=-2kx+2k+1<-2k+1,滿足存在x0∈R,使得不等式f(x0)≤2成立,
綜上所述,k∈R.
點評 本題考查絕對值不等式的解法,考查分類討論的數(shù)學(xué)思想,屬于難題.
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A. | {1} | B. | {1,2} | C. | {1,2,3} | D. | {1,2,3,4} |
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A. | 2$\sqrt{7}$或-2$\sqrt{7}$ | B. | 2或-2 | C. | 2 | D. | -2 |
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