热门试卷

解：（1）f（1）≤1，即|1-a|-2≤1，即|1-a|≤3，即|a-1|≤3，∴-3≤a-1≤3．

解得-2≤a≤4，故a的取值范围为[-2，4]．

（2）由于 f（x）=x|x-a|-2=，

故函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为．

（3）x=0时，f（x）=-2＜0成立；  由于当x∈（0，1]时，恒有f（x）＜0，故x|x-a|＜2，∴，

∴-＜，∴x-＜a＜x+，∴．

令，则g（x）max＜a＜h（x）min，再由 g（x）在（0，1]单调增，h（x）在（0，1]单调减，

∴g（1）＜a＜h（1），

∴a∈（-1，3）．

解：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a2+b2=，

∴9=（a2+b2）（12+12）≥（a+b）2，

∴a+b≤3，（当且仅当，即时取等号）

又∵a+b≤m恒成立，∴m≥3．

故m的最小值为3．…（4分）

（II）要使2|x-1|+|x|≥a+b恒成立，须且只须2|x-1|+|x|≥3．

∴或或

∴或．…（7分）

解：由x2-2x+1-m2≤0（m＞0）得  1-m≤x≤1+m

故￢q：A={x|x＜1-m或x＞1+m，m＞0}

由  ，得-2≤x≤10

故￢p：B={x|x＜-2或x＞10}

∵￢p是￢q的充分而不必要条件

∴解得 0＜m≤3

∴实数m的取值范围  0＜m≤3

解：|ax-1|＞a+1⇔ax-1＞a+1或ax-1＜-a-1⇔ax＞a+2或ax＜-a．…（2分）

当-1＜a＜0时，x＜或x＞-1，

∴原不等式的解集为（-∞，）∪（-1，+∞）．…（5分）

当a=0时，原不等式的解集为φ．…（7分）

当a＞0时，x＞，或x＜-1，

∴原不等式的解集为（-∞，-1）∪（，+∞）．…（10分）

解：（1）当x＞0时，不等式x（x+）≤，

等价于 x2+x-≤0，

解得--≤x≤-+．

再根据 x＞0，可得不等式的解集为

{x|0＜x≤-+}．

（2）当x∈[t，t+]（0），

画出函数g（x）=|f（x）|的图象，

如图所示：显然函数g（x）在[t，]上是减函数，

在[，t+]上是增函数，

函数g（x）=|f（x）|在区间[t，t+]的最大值

为 max{g（t），g（t+）}．

（3）当x＞e时，函数f（x）=lnx-1，由题意可得 x2-（k+2e）x+e2+ke-lnx+1＞0恒成立．

即k＜=（x-e）- 恒成立．

令h（x）=（x-e）-，由于函数h（x）是（e，+∞）上的增函数，

且 ==，∴h（x）＞h（e）=0-，∴k≤-，即k的范围为（-∞，-]．

解：（1）a=2代入，得，

所以P={x|-1＜x＜2}（4分），

不等式（1+x）（1-|x|）≥0⇔或

解得：0≤x≤1或x＜0．

∴Q={x|x≤1}；

P∩Q={x|-1＜x≤1}；

（2）Q={x|x≤1}（6分）

①当a＞-1时，∴P={x|-1＜x＜a}（8分）

∵P∪Q=Q，∴P⊆Q（10分）

所以-1＜a≤1，

②当a=-1时，∴P=∅，

∵P∪Q=Q，∴P⊆Q

所以a=-1，

③当a＞-1时，∴P={x|a＜x＜-1}（14分）

∴P⊆Q，有P∪Q=Q，

∴所以a＜-1，

综上所述，a的取值范围a≤1．（16分）