热门试卷

即F min(x)=10

∴10a<10  a<1

∴a的取值范围为(-∞,1)                               …………10分

略

证：(1) ∵ tÎR, t ¹ –1,

∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2³ 0 ，

∵ c ¹ 0, ∴c2a2³ 16 , ∴| ac | ³ 4.

(2)  由 f ( x ) =" 1" – ,

法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) =" 1–" –1 + = .

∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0,  x1 + 1 > 0,  x2 + 1 > 0 ,

∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) ,  ∴x ³ 0时，f ( x )单调递增.

法2. 由f ` ( x ) = > 0 得x ¹ –1, ∴x > –1时，f ( x )单调递增.

（3）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c | ³ > 0 ,

∴f (| c | ) ³ f () = =

f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.

即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.

（1）；（2）的解集为；（3）同解析

（1）因为任意的满足，

令，则，得；

（2），

而，

得，而是定义在上的单调递增函数，

，得不等式的解集为；

（3）∵，在上的单调递增，

∴时，，时，．

又，或，

∵，则，∴，

∴，

∴，得．

∵，且，，，

∴，∴，

得，∴，

即，而，

∴，又，

∴

{a|a≤1}

（1）当a≤0时，不等式|x－2|+|x－a|≥a在R上恒成立；（2）当a>0时，由于|x－2|+|x－a|≥|2－a|，要使不等式|x－2|+|x－a|≥a恒成立，只要|2－a|≥a即可，

解得0

（Ⅰ）{，]．    （Ⅱ） (－∞，－2)∪[，＋∞)

本试题主要是考查了绝对值不等式的运用和求解的综合运用。结合了分段函数的图像与图像的交点的综合运用。

（1）对于f(x)＝|x－3|＋|x－4|，利用三段论，作函数y＝f(x)的图象，它与直线y＝2交点的横坐标为和，由图象知不等式f(x)≤2的解集为[，]． 

（2）函数y＝ax－1的图象是过点(0，－1)的直线．

当且仅当函数y＝f(x)与直线y＝ax－1有公共点时，结合图像得到结论

解：（Ⅰ）f(x)＝|x－3|＋|x－4|＝            …2分

作函数y＝f(x)的图象，它与直线y＝2交点的横坐标为和，由图象知

不等式f(x)≤2的解集为[，]．            …5分

（Ⅱ）函数y＝ax－1的图象是过点(0，－1)的直线．

当且仅当函数y＝f(x)与直线y＝ax－1有公共点时，存在题设的x．

由图象知，a取值范围为(－∞，－2)∪[，＋∞)

证明：当时，总有

，即 。                          ……  2分

又

                                         ……  4分

                                        ……  8分

                                     ……