热门试卷

解：|a+b|+|a-b|≥|a|f（x）对a＜b∈R，且a≠0恒成立，

即为f（x）≤对任意的a，b∈R，且a≠0恒成立，

而≥=2，

∴f（x）≤2即|x-1|+|x+1|≤2，

由于|x-1|+|x+1|≥|（x-1）-（x+1）|=2，

即有|x-1|+|x+1|=2，

解得-1≤x≤1，

所以x的范围为{x|-1≤x≤1}．

解：由已知有：A={x|-5＜2x-1＜5}={x|-2＜x＜3}，CUA=（-∞，-2]∪[3，+∞）．

B={x|}==（-5，0）∪（0，5）．

∴CUB=（-∞，-5]∪{0}∪[5，+∞），A∩B=（-2，0）∪（0，3），A∪B=（-5，5），

CU（A∪B）=（ CUA）∩（CUB）=（-∞，-5]∪[5，+∞）．

（1）解：（Ⅰ）记矩阵，故|A|=-2，故．…（2分）

由已知得．…（3分）

（Ⅱ）设二阶矩阵M所对应的变换为，得，

解得，…（5分）

又3x2+8xy+6y2=1，故有3（-x′+2y′）2+8（-x′+2y′）（x′-y′）+6（x′-y′）2=1，

化简得x′2+2y′2=1． 故所得曲线的方程为x2+2y2=1．…（7分）

（2）解：（Ⅰ）∵t≠0，∴可将曲线C的方程化为普通方程：．…（1分）

①当t=±1时，曲线C为圆心在原点，半径为2的圆；  …（2分）

②当t≠±1时，曲线C为中心在原点的椭圆．…（3分）

（Ⅱ）直线l的普通方程为：x-y+4=0．…（4分）

联立直线与曲线的方程，消y得，化简得（1+t2）x2+8t2x+12t2=0．

若直线l与曲线C有两个不同的公共点，则△=64t4-4（1+t2）•12t2＞0，解得t2＞3．…（5分）

又，…（6分）

故=2x1x2+4（x1+x2）+16=10．

解得t2=3与t2＞3相矛盾． 故不存在满足题意的实数t．…（7分）

（3）解：（Ⅰ）∵f（x）=|x-2|+|x-4|≥|（x-2）-（x-4）|=2，…（2分）

当且仅当2≤x≤4时，等号成立．

再由函数f（x）=|x-2|+|x-4|的最小值为m，可得m=2．…（3分）

（Ⅱ），…（5分）

即：（n2+p2+q2）2=4，

故．…（7分）

解：①当a=时，不等式即|x-|≥，显然不能任意实数x均成立．

②当a＞时，|2x-1|+|x-a|=，

此时，根据函数y=|2x-1|+|x-a|的单调性可得y的最小值为-3×+a+1．

∵不等式|2x-1|+|x-a|≥2对任意实数x均成立，

∴-3×+a+1≥2，解得 a≥．

③当a＜时，|2x-1|+|x-a|=，

此时，根据函数y=|2x-1|+|x-a|的单调性可得y的最小值为--a+1．

∵不等式|2x-1|+|x-a|≥2对任意实数x均成立，

∴--a+1≥2，解得 a≤-．

综上可得，实数a的取值范围是（-∞，-]∪[，+∞）．

解：（I） 由|2x-a|+a≤6得|2x-a|≤6-a，

∴a-6≤2x-a≤6-a，解得a-3≤x≤3，

由题意可得 a-3=-2，即a=1．（5分）

（II）由绝对值不等式的性质可得|2a+b|+|2a-b|≥|2a+b+2a-b|=|4a|，

∴|4a|≥|a|（|2+x|+|2-x|）．

当a=0时，上式恒成立，故x∈R．

当a≠0时，消去|a|有4≥|2+x|+|2-x|．

又∵|2+x|+|2-x|≥|2+x+2-x|=4，

∴|2+x|+|2-x|=4，∴-2≤x≤2．

当a=0时，解集为R；当a≠0时，解集为{x|-2≤x≤2}．       （10分）

解：（1）首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值． 

x1+x2+x3+x4+x5=2006，且使S=取到最大值，则必有|xi-xj|≤1（1≤i，j≤5）…（5分）     （*）

事实上，假设（*）不成立，不妨假设x1-x2≥2，则令x1′′=x1-1，x2′=x2+1，xi′=xi （i=3，4，5），有x1′+x2′=x1+x2，x1′•x2′=x1x2+x1-x2-1＞x1x2．

将S改写成S==x1x2+（x1+x2）（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5

同时有 S′=x1′x2′+（x1′+x2′）（（x3+x4+x5）+x3x4+x3x5+x4x5．

于是有S′-S=x1′x2′-x1x2＞0．

这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾．

所以必有|xi-xj|≤1，（1≤i，j≤5）．

因此当x1=402，x2=x3=x4=x5=401时S取到最大值．            …（10分）

（2）当x1+x2+x3+x4+x5=2006，且|xi-xj|≤2时，只有

（1）402，402，402，400，400；

（2）402，402，401，401，400；

（3）402，401，401，401，401；

三种情形满足要求．                                  …（15分）

而后两种情形是由第一组作xi′=xi-1，xj′=xj+1调整下得到的．

根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式S=变大．

所以在x1=x2=x3=402，x4=x5=400时S取到最小值．…（20分）

解：由题意可得b＞0是不用求的，否则|x-a|＜b都没解了．

故有-b＜x-a＜b，即a-b＜x＜a+b．

由不等式可得，-＜x-a2＜，即 a2-＜x＜a2+．

第二个不等式的范围要大于第一个不等式，这样只要满足了第一个不等式，

肯定满足第二个不等式，命题成立．

故有 a2-≤a-b，且 a+b≤a2+，0＜a≤．

化简可得 b≤-a2+a+，且b≤a2-a+．

由于-a2+a+=-+∈[，]，故 b≤．

由于 a2-a+=+∈[，]．故 b≤．

综上可得 0＜b≤．