高三数学（文数）总复习练习专题二十一 不等式选讲

1、1(2015课标，24，10 分，中)已知函数 f(x)|x1|2|xa|，a0. (1)当 a1 时，求不等式 f(x)1 的解集； (2)若 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6，求 a 的取值范围 解：(1)当 a1 时，f(x)1 化为|x1|2|x1|10. 当 x1 时，不等式化为 x40，即 x4，无解； 当1x0， 解得 x0，解得 1x1 的解集为. x| 2 3 ) x 2 (2)由题设可得， f(x) x12a，xa. ) 所以函数 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 A，B(2a1，0)，C(a，a ( 2a1 3 ，0) 1)，ABC 的

2、面积为 (a1)2. 2 3 由题设得 (a1)26，故 a2. 2 3 所以 a 的取值范围为(2，) 2(2015陕西，24，10 分，中)已知关于 x 的不等式|xa|b 的解集为x|2x4 (1)求实数 a，b 的值； (2)求的最大值at12bt 解：(1)由|xa|b，得 baxba， 则ba2， ba4， ) 解得 a3，b1. (2)3t12 t3 4tt （ 3）212（ 4t）2（ t）2 24， 4tt 当且仅当， 4t 3 t 1 即 t1 时等号成立， 故()max4.3t12 t 1(2013大纲全国，4，易)不等式|x22|2 的解集是() A(1，1) B(2，

3、2) C(1，0)(0，1) D(2，0)(0，2) 【答案】D|x22|2， 2x222，即 0x24，即2x1，即 a2 时， a 2 f(x)|x1|2xa| 3x1a，x a 2， ) f(x)minf 1a3， ( a 2) a 2 a4. 2 时， a 2 f(x)|x1|2xa| 3x1a，x 1， ) f(x)minf a13，a8. ( a 2) a 2 综上，a4 或 a8. 3(2013陕西，15A，易)设 a，bR，|ab|2，则关于实数 x 的不等式|xa|xb|2 的解集是 _ 【解析】因为|xa|xb|(xa)(xb)|ab|， 又因为|ab|2， 所以|xa|x

4、b|2 恒成立 故不等式的解集是 R. 【答案】R 思路点拨：本题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的几何意义和绝对值不等式的性质，解本题 的关键是利用绝对值不等式的性质化简不等式|xa|xb|2. 4(2014江西，15，中)x，yR，若|x|y|x1|y1|2，则 xy 的取值范围为_ 【解析】|x|x1|x(x1)|1， |y|y1|y(y1)|1， 所以|x|y|x1|y1|2，当且仅当 x0，1，y0，1时，|x|y|x1|y1|取得最小 值 2，而已知|x|y|x1|y1|2， 所以|x|y|x1|y1|2，此时 x0，1，y0，1， 所以 xy0，2 【答案】0，2 5(2014

5、课标，24，10 分，中)设函数 f(x)|xa|(a0) |x 1 a| (1)证明：f(x)2； (2)若 f(3)0，有 f(x)|x |xa| 1 a |x (xa)| a2， 1 a 1 a 所以 f(x)2. (2)f(3)|3 |3a|. 1 a 当 a3 时，f(3)a ， 1 a 由 f(3)5 得 3a， 5 21 2 当 0a3 时，f(3)6a ，由 f(3)5 得0 时， x ，得 a2. 4 a 2 a (2)记 h(x)f(x)2f |2x1|2|x1|， ( x 2 ) 则 h(x) 1，x 1， 4x3，1 x 1 2， 1，x 1 2， ) 所以当 x1 时

6、，h(x)1； 当1x 时，1h(x)1. (1)当 a2 时，求不等式 f(x)4|x4|的解集； (2)已知关于 x 的不等式|f(2xa)2f(x)|2 的解集为x|1x2，求 a 的值 解：(1)当 a2 时， f(x)|x4|x2|x4| 2x6，x2， 2，2 x 4， 2x6，x 4. ) 当 x2 时，由 f(x)4|x4|得2x64，解得 x1； 当 2x4 时，f(x)4|x4|无解； 当 x4 时，由 f(x)4|x4|得 2x64，解得 x5， 所以 f(x)4|x4|的解集为x|x1 或 x5 (2)记 h(x)f(2xa)2f(x)， 则 h(x) 2a，x0， 4

7、x2a，0 x0，则|axb|c 等价于caxbc，|axb|c 等价于 axbc 或 axbc，然后根 据 a，b 的值解出即可 (2)若 c0)，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法 (1)零点分区间法 零点分区间法的一般步骤为： 令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根； 将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间； 由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集； 取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集 (2)利用绝对值的几何意义 由于|xa|xb|与|xa|xb|分别表示数轴上与 x 对应的点到 a，b 对应的点的距离之和与距离 之差，因此对形如|xa|x

8、b|0)或|xa|xb|c(c0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更 直观 (2013课标，24，10 分)已知函数 f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3. (1)当 a2 时，求不等式 f(x)1，且当 x时，f(x)g(x)，求 a 的取值范围 a 2， 1 2) 【解析】(1)当 a2 时，不等式 f(x)g(x)化为|2x1|2x2|x30. 设函数 y|2x1|2x2|x3，则 y 5x， x 1. ) 其图象如图所示 由图象可知，当且仅当 x(0，2)时，y0. 所以原不等式的解集是x|0x2 (2)当 x时，f(x)1a. a 2， 1 2) 不等式 f(x)g(x)化为

9、1ax3. 所以 xa2 对 x都成立 a 2， 1 2) 故 a2，即 a . a 2 4 3 从而 a 的取值范围是. (1， 4 3 【点拨】解题(1)的关键是将 f(x)g(x)转化为分段函数，画出图象来求解；解题(2)时应注意 x ，绝对值可以直接去掉 a 2， 1 2) 含绝对值不等式的常用解法 (1)基本性质法：对 aR，|x|aaxa，|x|axa 或 xa. (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号 (3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号， 将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解 (4)几何法：利用绝对值的几何意义，

10、画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解 (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解 (2012课标全国，24，10 分)已知函数 f(x)|xa|x2|. (1)当 a3 时，求不等式 f(x)3 的解集； (2)若 f(x)|x4|的解集包含1，2，求 a 的取值范围 解：(1)当 a3 时， f(x) 2x5，x2， 1，2 x 3， 2x5，x 3. ) 当 x2 时，由 f(x)3 得2x53，解得 x1； 当 2x3 时，f(x)3 无解； 当 x3 时，由 f(x)3 得 2x53，解得 x4. 所以 f(x)3 的解集为x|x1

11、或 x4 (2)f(x)|x4|x4|x2|xa|. 当 x1，2时，|x4|x2|xa| 4x(2x)|xa| 2ax2a. 由条件得2a1 且 2a2， 即3a0.故 a 的取值范围为3，0 考向 2与绝对值不等式有关的最值问题 (1)(2014重庆，16)若不等式|2x1|x2|a2 a2 对任意实数 x 恒成立，则实数 a 1 2 的取值范围是_ (2)(2013福建，21(3)，7 分)设不等式|x2|a(aN*)的解集为 A，且 A， A. 3 2 1 2 求 a 的值； 求函数 f(x)|xa|x2|的最小值 【解析】(1)令 f(x)|2x1|x2|，易求得 f(x)min ，

12、依题意，得 a2 a2 1a . 5 2 1 2 5 2 1 2 (2)因为 A，且 A， 3 2 1 2 所以a，且a. | 3 2 2| | 1 22| 解得 a . 1 2 3 2 又因为 aN*，所以 a1. 因为 f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|3. 当且仅当(x1)(x2)0，即1x2 时取到等号，所以 f(x)的最小值为 3. 【点拨】解题(1)的关键是将恒成立问题转化为函数的最值问题，即先求|2x1|x2|的最小值， 再解关于 a 的不等式求解；解题(2)时注意 aN*，利用绝对值三角不等式求最小值 求解与绝对值不等式相关的最值问题的方法 解含参数的不等式存在性问题，只

13、要求出存在满足条件的 x 即可求解存在性问题需过两关： 第一关是转化关， 先把存在性问题转化为求最值问题 ； 不等式的解集为 R 是指不等式的恒成立问题， 而不等式的解集为的对立面也是不等式的恒成立问题， 此两类问题都可转化为最值问题， 即 f(x)f(x)max，f(x)a 恒成立af(x)min. 第二关是求最值关，求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：利用绝对值的几何意义； 利用绝对值三角不等式，即|a|b|ab|a|b|；利用零点分区间法 (1)(2013重庆，16)若关于实数 x 的不等式|x5|x3|a 无解，则实数 a 的取值范围是 _ (2)(2012陕西，15A)若存在实

14、数 x 使|xa|x1|3 成立，则实数 a 的取值范围是_ (1)【解析】由绝对值的几何意义知，|x5|x3|表示数轴上点 x 到 5 和3 的距离之和，显然|x 5|x3|8，若|x5|x3|3 的解集为 R，则实数 m 的取值范围是 () A(，4)(2，) B(，4)(1，) C(4，2) D4，1 【答案】A由题意知， 不等式|x1|xm|3 恒成立， 即函数 f(x)|x1|xm|的最小值大于 3， 根据不等式的性质可得|x1|xm|(x1)(xm)|m1|， 故只要满足|m1|3 即可， 所以 m 13 或 m13，解得 m 的取值范围是(，4)(2，) 2(2014山东烟台一模

15、，7)若关于 x 的不等式|x2|x3|a 的解集为，则实数 a 的取值范围为 () A(，1 B(，1) C(，5 D(，5) 【答案】C因为|x2|x3|(x2)(x3)|5，又关于 x 的不等式无解，所以 a5. 3(2015陕西西安二模，15A)若关于 x 的不等式|x3|x2|log2a 有解，则实数 a 的取值范围是 _ 【解析】关于 x 的不等式|x3|x2|log2a 有解，|x3|x2|表示数轴上的 x 到3 和2 的距离之差，其最小值等于1，最大值是 1，由题意得 log2a1，0a2. 【答案】(0，2 4(2015陕西咸阳一模，15A)若关于 x 的方程 x2x0(aR

16、)有实根，则 a 的取值范围是 |a 1 4| _ 【解析】由方程 x2x0(aR)有实根，即 x2x有解，而 x2x ，只要 |a 1 4| |a 1 4| 1 4 即可，解得 0a . |a 1 4| 1 4 1 2 【答案】0，1 2 5(2014江西重点盟校第二次联考，15)如果存在实数 x 使不等式|x1|x2|k 成立，则实数 k 的 取值范围是_ 【解析】存在实数 x 使不等式|x1|x2|(|x1|x2|)min， 由绝对值几何意义知|x1|x2|的最小值为3， 故 k3. 【答案】(3，) 6(2015河北衡水中学一模，24，10 分)已知关于 x 的不等式|2x1|x1|l

17、og2a(其中 a0) (1)当 a4 时，求不等式的解集； (2)若不等式有解，求实数 a 的取值范围 解：(1)当 a4 时，不等式为|2x1|x1|2. 当 x 时，x22， 1 2 解得4x1 时，x0，此时 x 不存在 原不等式的解集为. x|4 x 2 3 (2)令 f(x)|2x1|x1|，则 f(x) x2，x 1. ) 故 f(x)，即 f(x)的最小值为 . 3 2，) 3 2 若 f(x)log2a 有解，则 log2a ， 3 2 解得 a，即 a 的取值范围是 2 4 . 2 4 ，) 7(2015河南洛阳一模，24，10 分)设 f(x)|x|2|xa|(a0) (

18、1)当 a1 时，解不等式 f(x)8； (2)若 f(x)6 恒成立，求实数 a 的取值范围 解：(1)当 a1 时，f(x)|x|2|x1| 3x2，x 1， x2，0 x 1， 3x2，x0， ) 所以 f(x)8， 则或 x 1， 3x2 8) 0 x 1， x2 8) 或x 0， 3x2 8，) 解得 1x或 0x1 或2x0， 10 3 不等式的解集为. x|2 x 10 3) (2)f(x)|x|2|xa| 3x2a，x a， x2a，0 xcd 得()2()2. abcd 因此. abcd (2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd. 由(1)得.

19、abcd 若，则()2()2，即 ab2cd2. abcdabcdabcd 因为 abcd，所以 abcd.于是 (ab)2(ab)24ab(cd)24cd (cd)2. 因此|ab|是|ab|cd|的充要条件 a b cd 1(2014陕西，15A，中)设 a，b，m，nR，且 a2b25，manb5，则的最小值为m2n2 _ 【解析】 m2n2 1 5 （m2n2）（a2b2） 1 5 （m2a2m2b2n2a2n2b2） 1 5 （manb）2（mbna）2 1 5 25（mbna）2 ， 5 1 5（mbna） 2 5 的最小值为. m2n25 【答案】 5 2(2014辽宁，24，1

20、0 分，中)设函数 f(x)2|x1|x1，g(x)16x28x1.记 f(x)1 的解集为 M，g(x)4 的解集为 N. (1)求 M； (2)当 xMN 时，证明：x2f(x)xf(x)2 . 1 4 解：(1)f(x)3x3，x 1，）， 1x，x（，1）. ) 当 x1 时，由 f(x)3x31 得 x ，故 1x ； 4 3 4 3 当 x1 时，由 f(x)1x1 得 x0，故 0 x0，y0，证明：(1xy2)(1x2y)9xy. (2)(2015江苏苏州质检，21D，10 分)已知函数 f(x)ax2xa(1x1)，且|a|1，求证：|f(x)| . 5 4 (1)证明：因为

21、 x0，y0，所以 1xy230，1x2y30，所以(1xy2)(1x2 3 xy2 3 x2y y)339xy，当且仅当 xy1 时， “”成立 3 xy2 3 x2y (2)证明：1x1，|x|1，x21. 又|a|1，|f(x)|a(x21)x| |a(x21)|x| |x21|x|1|x|2|x| . (|x| 1 2) 2 5 4 5 4 考向 2利用基本不等式、柯西不等式求最值 (1)(2013湖南，10)已知 a，b，cR，a2b3c6，则 a24b29c2的最小值为 _ (2)(2014课标，24，10 分)若 a0，b0，且 . 1 a 1 b ab 求 a3b3的最小值；

22、是否存在 a，b，使得 2a3b6？并说明理由 【解析】(1)由柯西不等式(a24b29c2)(121212)(a2b3c)2得 3(a24b29c2)36，所以 a24b29c212，当且仅当 a2b3c2 时，a24b29c2取得最小值 12. (2)由 ，得 ab2，且当 ab时等号成立 ab 1 a 1 b 2 ab 2 故 a3b324，且当 ab时等号成立 a3b322 所以 a3b3的最小值为 4. 2 由知，2a3b24. 6ab3 由于 46，从而不存在 a，b，使得 2a3b6. 3 利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法 (1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时，常需

23、要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完 全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件 (2)在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简 洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问 题 (2015福建厦门一模，21(3)，7 分)已知函数 f(x)|x3|，g(x)m2|x11|，若 2f(x)g(x 4)恒成立，实数 m 的最大值为 t. (1)求实数 m 的最大值 t； (2)已知实数 x，y，z 满足 2x23y26z2a(a0)，且 xyz 的最大值为，求 a 的值 t 20 解：(1)由题意可

24、得 g(x4)m2|x411|m2|x7|， 若 2f(x)g(x4)恒成立， 则 2|x3|m2|x7|， 即 m2(|x3|x7|) 而由绝对值三角不等式可得 2(|x3|x7|)2|(x3)(x7)|20， m20，故 m 的最大值 t20. (2)实数 x，y，z 满足 2x23y26z2a(a0)，由柯西不等式可得 （ 2x）2（ 3y）2（ 6z）2 ( 1 2) 2 ( 1 3) 2 ( 1 6) 2 ， ( 2x 1 2 3y 1 3 6z 1 6) 2 即 a1(xyz)2，xyz. a 又xyz 的最大值是1， t 20 1，a1. a 1(2015陕西汉中一模，15A)已

25、知 a，b，cR，且 2a2bc8，则(a1)2(b2)2(c3)2的 最小值是_ 【解析】由柯西不等式得， (441)(a1)2(b2)2(c3)22(a1)2(b2)c32， 9(a1)2(b2)2(c3)2(2a2bc1)2. 2a2bc8， (a1)2(b2)2(c3)2， 49 9 (a1)2(b2)2(c3)2的最小值是. 49 9 【答案】49 9 2(2014江苏徐州一模，21D，10 分)设 x，y，z 为正数，求证： 2(x3y3z3)x2(yz)y2(xz)z2(xy) 证明：因为 x2y22xy0， 所以 x3y3(xy)(x2xyy2)xy(xy)， 同理 y3z3y

26、z(yz)，z3x3zx(zx)， 以上三式相加即可得 2(x3y3z3)xy(xy)yz(yz)zx(zx) 又因为 xy(xy)yz(yz)zx(zx)x2(yz)y2(xz)z2(xy)， 所以 2(x3y3z3)x2(yz)y2(xz)z2(xy) 3(2015河北石家庄一模，24，10 分)若 a，b，cR，且满足 abc2. (1)求 abc 的最大值； (2)证明： . 1 a 1 b 1 c 9 2 解：(1)因为 a，b，cR，所以 2abc3，故 abc. 3 abc 8 27 当且仅当 abc 时等号成立，所以 abc 的最大值为. 2 3 8 27 (2)证明：因为 a

27、，b，cR，且 abc2，所以根据柯西不等式，可得 (abc) 1 a 1 b 1 c 1 2 ( 1 a 1 b 1 c) ()2()2()2 1 2 abc ( 1 a ) 2 ( 1 b) 2 ( 1 c 2 ) . 1 2( a 1 a b 1 b c 1 c) 2 9 2 所以 . 1 a 1 b 1 c 9 2 4(2014辽宁沈阳二模，24，10 分)用放缩法证明不等式： 2(1)12.n1 1 2 1 3 1 n n 证明：， 1 k1 k 1 2k 1 k1 k 2()2()， k1k 1 k kk1 2(1)12.n1 1 2 1 3 1 n n 思路点拨：本题利用放缩法证

28、明不等式关键是利用，然后叠加即可 1 k1 k 1 2k 1 k1 k 5(2015山西太原一模，24，10 分)已知大于 1 的正数 x，y，z 满足 xyz3 . 3 (1)求证：； x2 x2y3z y2 y2z3x z2 z2x3y 3 2 (2)求的最小值 1 log3xlog3y 1 log3ylog3z 1 log3zlog3x 解：(1)证明：由柯西不等式得 ( x2 x2y3z y2 y2z3x z2 z2x3y) (x2y3z)(y2z3x)(z2x3y) (xyz)227. 又(x2y3z)(y2z3x)(z2x3y)6(xyz)18， 3 所以. x2 x2y3z y2

29、 y2z3x z2 z2x3y 27 18 3 3 2 当且仅当 xyz时，等号成立 3 (2) 1 log3xlog3y 1 log3ylog3z 1 log3zlog3x ， 1 log3（xy） 1 log3（yz） 1 log3（zx） 由柯西不等式得： log3(xy)log3(yz)log3(zx)9， 1 log3（xy） 1 log3（yz） 1 log3（zx） 1 log3（xy） 1 log3（yz） 1 log3（zx） 9 log3（xy）log3（yz）log3（zx） . 9 2log3（xyz） 又3xyz3， 3 3 xyz xyz3， 3 log3(xyz)

30、 ，得 3 2 3， 9 2log3（xyz） 9 2 2 3 1 log3xlog3y 1 log3ylog3z 3，当且仅当 xyz时，等号成立 1 log3zlog3x 3 故所求的最小值是 3. (专题十九二十一) (时间：60 分钟_分数：100 分) 一、填空题(共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1(2011陕西，15)如图，BD，AEBC，ACD90，且 AB6，AC4，AD12，则 BE _ 【解析】方法一(解三角形)： 在 RtACD 中，CD8， 122422 所以 cos D，由于DB，则在 2 2 3 RtAEB 中，cos B， BE AB 2 2 3

31、所以 BEABcos B64. 2 2 3 2 方法二(利用三角形相似)：ACD90，AD12，AC4， CD8. AD2AC2122422 又AEBC，BD， RtABERtADC， AB AD BE DC 即 BE4. ABDC AD 6 8 2 12 2 【答案】4 2 2(2015天津南开一模，13)如图，已知圆的两条弦 AB 与 CD 相交于点 F，E 是 AB 延长线上一点， 且 DFCF，AFFBBE421.若 CE 与圆相切，则线段 CE 的长为_2 【解析】由相交弦定理可知，AFFBDFCF2.又因为 AFFB42，所以 AF2，FB1， 所以 BE ，所以 CE2BEAEB

32、E(AFFBBE) ，所以 CE. 1 2 1 2 7 2 7 4 7 2 【答案】 7 2 3(2014广东广州二模，15)如图，平行四边形 ABCD 中，AEEB12，AEF 的面积为 1 cm2， 则平行四边形 ABCD 的面积为_cm2. 【解析】由于四边形 ABCD 为平行四边形， ABCD.又 ， AE EB 1 2 . AE CD AE AB AE AEEB 1 3 ， S AEF S CDF( AE CD) 2 1 9 SCDF9SAEF9 cm2. 同理 ， EF DF AE CD 1 3 ， S AEF S ADF EF DF 1 3 SADF3SAEF3 cm2. 故 S

33、ACDSADFSCDF3912(cm2)， 四边形 ABCD 的面积 S2SACD21224(cm2) 【答案】24 4(2014天津六校三模，12)如图所示，已知O1与O2相交于 A，B 两点，过点 A 作O1的切线 交O2于点 C， 过点 B 作两圆的割线， 分别交O1、 O2于点 D， E， DE 与 AC 相交于点 P.若 AD 是O2 的切线，且 PA6，PC2，BD9，则 AB 的长为_ 【解析】因为 AC 与O1相切，切点为 A， 所以BACADB. 又BACBEC，所以ADBBEC. 所以 ADCE，所以CPEAPD， 所以 ，即 CE AD. CE AD PC PA 2 6

34、1 3 1 3 因为 AP 为O1的切线，PBD 为O1的割线，所以由切割线定理得 PA2PBPDPB(PBBD)， 即 36PB(PB9)，解得 PB3.在O2中，由相交弦定理知 PBPEPAPC，即 3PE26，得 PE 4. 又因为 AD 为O2的切线，DBE 为O2的割线，所以由切割线定理可得 DA2DBDE，即 DA2 9(934)，得 DA12，所以 CE4.易证BPACPE，所以 ，所以 AB CE6. AB CE PA PE 6 4 3 2 3 2 【答案】6 5(2015广东惠州质检，14)已知圆 C 的参数方程为( 为参数)，以原点为极点，x xcos ， y1sin )

35、轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 cos 1，则直线 l 与圆 C 的交点的直角坐标 为_ 【解析】由极坐标系与直角坐标系互化关系可知， 直线 l 的直角坐标方程为 x1.由圆 C 的参数方 程可得其普通方程为 x2(y1)21，由得直线 l 与圆 C 的交点坐标为(1，1) x 1， x2（y1）21) 【答案】(1，1) 6(2014湖南十二校第二次联考，11)设极点与坐标原点重合，极轴与 x 轴正半轴重合，已知直线 l 的极坐标方程为 sina，aR，圆 C 的参数方程是( 为参数)若圆 C 关于直线 l 对 ( 3) x2 32cos ， y22sin ) 称，则

36、a_. 【解析】将直线 l 的方程化为直角坐标方程为xy2a0.由圆的参数方程可知圆心 C 的坐标 3 为(2，2)若圆 C 关于直线 l 对称，则直线 l 过圆心 C，所以222a0，解得 a2. 333 【答案】2 7(2011陕西，15C)直角坐标系 xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点 A，B 分别在曲线 C1：( 为参数)和曲线 C2：1 上，则|AB|的最小值为_ x3cos ， ysin ) 【解析】将两曲线方程化为普通方程， 曲线 C1为(x3)2y21， C2为 x2y21， 两圆圆心为 C1(3， 0)，C2(0，0)，两圆圆心距|C1C2|3，

37、半径均为 1，所以两圆相离，则|AB|的最小值为|C1C2|r1r21. 【答案】1 8(2015陕西汉中一模，15C)设曲线 C 的参数方程为( 为参数)，以原点为 x32 2cos ， y12 2sin ) 极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为 ，则曲线 C 上到直 2 cos sin 线距离为的点的个数为_2 【解析】曲线 C 的参数方程为( 为参数)， x 32 2cos ， y12 2sin ) 曲线 C 的标准方程为(x3)2(y1)28，它表示以(3，1)为圆心，2为半径的圆又直线 l 2 的极坐标方程为 ，它的一般方程为 xy20. 2 cos sin 点(

38、3，1)到直线 xy20 的距离为，等于圆半径的一半，故曲线 C 上到直线 l 距离为的 22 点的个数为 3. 【答案】3 9(2011江西，15(2)对于 xR，不等式|x10|x2|8 的解集为_ 【解析】分三种情况讨论： 当 x10 时，原不等式转化为(x10)(x2)8， 此不等式无解； 当10x2 时，原不等式转化为 x10(x2)8，得 x0. 又10x2， 此时不等式的解集为x|0 x2； 当 x2 时，原不等式转化为 x10(x2)8，得 xR.又 x2， 此时不等式的解集为x|x2 综上所述，不等式|x10|x2|8 的解集为x|x0，xR 【答案】0，) 10(2015安

39、徽八校联考，14)若不等式|x1|x3|a 对任意的实数 x 恒成立，则实数 a 的取 4 a 值范围是_ 【解析】当 a0 时，|x1|x3|的最小值为 4， a 4.a2. 4 a 综上可知 a(，0)2 【答案】(，0)2 11(2015陕西八校联考，15A)若不等式|x1|x4|a ，对任意的 xR 恒成立，则实数 a 的 4 a 取值范围是_ 【解析】只要函数 f(x)|x1|x4|的最小值不小于 a 即可 由于|x1|x4|(x1)(x 4 a 4)|5，所以5|x1|x4|5，故只要5a 即可当 a0 时，将不等式5a 整理， 4 a 4 a 得 a25a40，无解；当 a0 时

40、，将不等式5a 整理，得 a25a40，则有 a4 或 4 a 1a0. 综上可知，实数 a 的取值范围是(，41，0) 【答案】(，41，0) 12(2015陕西汉中调研，15A)设 a，b，c 为正数，ab4c21，则c 的最大值是ab2 _，此时 abc_ 【解析】由柯西不等式得(ab4c2)()2()2(2c)2( (11 1 2) ab 1 212( 2 2 ) 2 a c)2.因此c b2ab2 （ab4c2）(111 2) ， 10 2 ab4c2 10 2 当且仅当，即2c，此时 ab8c2，因此 ab4c28c28c24c220c2 a 1 b 1 2c 2 2 ab2 1，

41、 解得 c，ab . 5 10 2 5 因此 abc . 2 5 2 5 5 10 8 5 10 【答案】 10 2 8 5 10 二、解答题(共 4 小题，每小题 10 分，共 40 分) 13(2011课标全国，22)如图，D，E 分别为ABC 的边 AB，AC 上的点，且不与ABC 的顶点重 合已知 AE 的长为 m，AC 的长为 n，AD，AB 的长是关于 x 的方程 x214xmn0 的两个根 (1)证明：C，B，D，E 四点共圆； (2)若A90，且 m4，n6，求 C，B，D，E 所在圆的半径 解：(1)证明：如图，连接 DE. 根据题意，在ADE 和ACB 中， ADABmnAEAC. 即. AD AC AE AB 又DAECAB， 从而ADEACB. 因此ADEACB， 即EDBECB180. 所以 C，B，D，E 四点共圆 (2)m4，n6 时，方程 x214xmn0 的两根为 x12，x212. 故 AD2，AB12. 取 CE 的中点 G，DB 的中点 F，分别过