|f?x?|14
对于④，由＝2≤，x≠0，只要取
|x|x＋x＋134
m＝即可；
3
对于⑤，令x2＝0，x1＝x ，由f(0)＝0，知|f(x)|≤2|x|. 答案：①④⑤ 三、解答题
115
9．已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.
3618
1
证明：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|＜，|2x－y|
31＜， 6
2155
从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.
36618
|a＋b||a||b|
10．设a，b∈R，求证：＋≥. 1＋|a|1＋|b|1＋|a＋b|
证明：法一：①若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．②若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴
|a|＋|b|1
＝ 11＋|a|＋|b|
1＋
|a|＋|b||a＋b|＝(*) 11＋|a＋b|＋1|a＋b|
1
|a||a||b||b|
＞，＞， 1＋|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|1＋|a|＋|b||a|＋|b||a||b|
＋＞. 1＋|a|1＋|b|1＋|a|＋|b|
|a＋b||a||b|
＋＞. 1＋|a|1＋|b|1＋|a|＋|b|
≥
又∴
又由(*)式可知
|a＋b||a||b|
综上①②可知＋≥. 1＋|a|1＋|b|1＋|a＋b|法二：若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立． 若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|， 11
∴0＜1＋≤1＋. |a|＋|b||a＋b|1＋|a|＋|b|1＋|a＋b|
即0＜≤. |a|＋|b||a＋b|
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|a|＋|b||a＋b|
取倒数得≥，
1＋|a|＋|b|1＋|a＋b|又由法一知，原不等式成立． 法三：∵|a|＋|b|≥|a＋b|，
∴|a|＋|b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|≥|a＋b|＋ (|a|＋|b|)·|a＋b|，
即(|a|＋|b|)(1＋|a＋b|)≥|a＋b|(1＋|a|＋|b|)． 两边同除以(1＋|a＋b|)(1＋|a|＋|b|)得
|a|＋|b||a＋b|
≥.又由法一知，原不等式成立．
1＋|a|＋|b|1＋|a＋b|x
法四：构造函数f(x)＝，
1＋x任取x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，有 x1x2f(x1)－f(x2)＝－ 1＋x11＋x2＝
x1－x2
＜0.
?1＋x1??1＋x2?
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又|a|＋|b|≥|a＋b|，∴f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|)， 即
|a|＋|b||a＋b|
≥.
1＋|a|＋|b|1＋|a＋b|
又由法一知，所证不等式成立． 11．已知|x1－2|<1，|x2－2|<1. (1)求证：2 2 ∴|f(x1)－f(x2)|＝|x21－x1－x2＋x2| ＝|(x1－x2)(x1＋x2－1)|＝|x1－x2||x1＋x2－1|. 由(1)知2 版权所有:中国好课堂www.zghkt.cn ∴|x1－x2|<|x1－x2||x1＋x2－1|<5|x1－x2|， 即|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|. 版权所有:中国好课堂www.zghkt.cn
