热门试卷

|x+2|≤3⇔-3≤x+2≤3⇔-5≤x≤1

∴p：A={x|-5≤x≤1}，

∵q：x＜-8

¬q：B={ x|x≥-8}，

∵A是B的真子集．

∴p是¬q的充分不必要条件

由题意 p：-2≤x-3≤2，∴1≤x≤5，∴￢p：x＜1或x＞5，

q：m-1≤x≤m+1，∴￢q：x＜m-1或x＞m+1，

又∵￢p是￢q充分而不必要条件

∴，

∴2≤m≤4．

（I）∵f（-2）=6=f（4），∴由绝对值的几何意义可知x的取值范围为（-2，4）．

（Ⅱ）∃x0∈R，f（x0）＜a，即a＞f（x）min．

由绝对值的几何意义知：|x-3|+|x+1|可看成数轴上到3和-1对应点的距离和．

∴f（x）min=4，即∴a＞4．

所求a的取值范围为（4，+∞）．

（1）原不等式等价为（|x|-1）（|x|+2）≤0，即|x|-1≤0，解的-1＜x＜1，所以M=（-1，1）．

（2）因为∀x∈M，所以-1＜x＜1，

若x=0，则1≥0恒成立，

若0＜x≤1，则a≥，f(x)=，

则设f′(x)==，

由f'（x）＞0，解得0＜x＜，此时函数单调递增，由f'（x）＜0，解得＜x≤1，此时函数单调递减，

所以当x=时，函数取得极大值，同时也是最大值为f()=4，所以此时a≥4．

若-1≤x＜0，则，a≤，设f′(x)==，

当-1≤x＜0时，f'（x）＞0恒成立，此时函数单调递增，

所以此时当x=-1时，函数取得最小值为f(-1)==4，所以此时a≤4．

所以a=4．

解法一：由p：|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，

∴“非p”：A={x|x＞10或x＜﹣2}

由q：x2﹣2x+1﹣m2≤0，解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）

∴“非q”：B={x|x＞1+m或x＜1﹣m，m＞0

由“非p”是“非q”的必要而不充分条件可知：BA.解得m≥9．

∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．

解法二：由“非p”是“非q”的必要而不充分条件．

即“非q”“非p”，但“非p”“非q”，

可以等价转换为它的逆否命题：“pq，但qp”．

即p是q的充分而不必要条件．由|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，

∴p={x|﹣2≤x≤10}由x2﹣2x+1﹣m2＞0，

解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）∴q={x|1﹣m≤x≤1+m，m＞0}

由p是q的充分而不必要条件可知：pq解得m≥9．

∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．

解：（I）由题设知：|x+1|+|x﹣2|﹣5≥0

如图，在同一坐标系中作出函数y=|x+1|+|x﹣2|和y=5的图象，

得定义域为（﹣∞，﹣2]∪[3，+∞）

（II）由题设知，当x∈R时，恒有|x+1|+|x﹣2|+a≥0

即|x+1|+|x﹣2|≥﹣a，

又由（I）|x+1|+|x﹣2|≥3，

∴﹣a≤3，∴a≥﹣3．

由题意有：|x-2|+|x-a|≥2a对x∈R恒成立，设g（x）=|x-2|+|x-a|，原命题等价于g（x）min≥2a．

（i）当a＞2时，g(x)=，g（x）min=a-2≥2a，则a≤-2，这与a＞2矛盾，不成立，故舍去．  …（5分）

（ii）当a＜2时，g(x)=，g（x）min=a-2≥2a，则a≤，

∴实数a的最大值为．

综上可得，实数a的最大值为． …（10分）