资源描述
不等式选讲第1课绝对值不等式 过双基1绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|a的解集不等式a0a0a0|x|aR(2)|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法：|axb|ccaxbc；|axb|caxbc或axbc.(3)|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法：利用绝对值不等式的几何意义求解；利用零点分段法求解；构造函数，利用函数的图象求解1不等式|x1|x2|1的解集是_解析：f(x)|x1|x2|当1x2时，由2x11，解得1x1，所以不等式的解集为.答案：x|x12若存在实数x使|xa|x1|3成立，则实数a的取值范围是_解析：|xa|x1|(xa)(x1)|a1|，要使|xa|x1|3有解，可使|a1|3，3a13，2a4.答案：2,43若不等式|kx4|2的解集为，则实数k_.解析：由|kx4|22kx6.不等式的解集为，k2.答案：24设不等式|x1|x2|k的解集为R，则实数k的取值范围为_解析：|x1|x2|3，3|x1|x2|3，k(|x1|x2|)的最小值，即k3.答案：(，3)清易错1对形如|f(x)|a或|f(x)|a型的不等式求其解集时，易忽视a的符号直接等价转化造成失误2绝对值不等式|a|b|ab|a|b|中易忽视等号成立的条件如|ab|a|b|，当且仅当ab0时等号成立，其他类似推导1设a，b为满足ab|ab|B|ab|ab|C|ab|a|b| D|ab|a|b|解析：选Bab|ab|.2若|x1|1，|y2|1，则|x2y1|的最大值为_解析：|x2y1|(x1)2(y2)2|x1|2|y2|25.答案：5绝对值不等式的解法典例设函数f(x)|x1|x1|a(aR)(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若方程f(x)x只有一个实数根，求实数a的取值范围解(1)依题意，原不等式等价于：|x1|x1|10，当x0，即10，此时解集为；当1x1时，x1(x1)10，即x，此时1时，x1(x1)10，即30，此时x1.综上所述，不等式f(x)0的解集为.(2)依题意，方程f(x)x等价于a|x1|x1|x，令g(x)|x1|x1|x.g(x).画出函数g(x)的图象如图所示，要使原方程只有一个实数根，只需a1或a时，原不等式转化为4x6x；当x时，原不等式转化为26x；当x时，原不等式转化为4x6x.综上知，原不等式的解集为.法二：原不等式可化为3，其几何意义为数轴上到，两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x或x时，到，两点的距离之和恰好为3，故当x时，满足题意，则原不等式的解集为.2解不等式|x1|x5|2.解：当x1时，不等式可化为(x1)(5x)2，即42，显然成立，所以此时不等式的解集为(，1)；当1x5时，不等式可化为x1(5x)2，即2x62，解得x5时，不等式可化为(x1)(x5)2，即40的解集(1)求M；(2)求证：当x，yM时，|xyxy|15.解：(1)f(x)当x0，得x3，舍去；当2x时，由3x10，得x，即时，由x30，得x3，即x3，综上，M.(2)证明：x，yM，|x|3，|y|3，|xyxy|xy|xy|x|y|xy|x|y|x|y|333315.绝对值不等式的综合应用典例(2017全国卷)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围解(1)f(x)当x1时，f(x)1无解；当1x2时，由f(x)1，得2x11，解得1x2；当x2时，由f(x)1，解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1(2)由f(x)x2xm，得m|x1|x2|x2x.而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|2，且当x时，|x1|x2|x2x.故m的取值范围为.方法技巧(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法(2)f(x)a恒成立f(x)maxa.f(x)a恒成立f(x)mina.即时演练已知函数f(x)|xa|2x1|.(1)当a2时，求f(x)30的解集；(2)当x1,3时，f(x)3恒成立，求a的取值范围解：(1)当a2时，由f(x)30，可得|x2|2x1|3，或或解得4x；解得x0.(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，无解；当1x0，解得x0，解得1x1的解集为.(2)由题设可得f(x)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，a1)，ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，)3(2016江苏高考)设a0，|x1|，|y2|，求证：|2xy4|a.证明：因为|x1|，|y2|，所以|2xy4|2(x1)(y2)|2|x1|y2|2a.4(2013全国卷)已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当a2时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)设a1，且当x时，f(x)g(x)，求a的取值范围解：(1)当a2时，不等式f(x)g(x)可化为|2x1|2x2|x30.设函数y|2x1|2x2|x3，则y其图象如图所示从图象可知，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.不等式f(x)g(x)化为1ax3.所以xa2对x都成立故a2，即a.从而a的取值范围是.1(2018唐山模拟)已知函数f(x)|2xa|x1|.(1)当a1时，解不等式f(x)3；(2)若f(x)的最小值为1，求a的值解：(1)因为f(x)|2x1|x1|且f(1)f(1)3，所以f(x)3的解集为x|1x1(2)|2xa|x1|x1|0，当且仅当(x1)0且x0时，取等号所以1，解得a4或0.2已知函数f(x)|2x1|，g(x)|x1|a.(1)当a0时，解不等式f(x)g(x)；(2)若对任意xR，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)当a0时，由f(x)g(x)，得|2x1|x1|，两边平方整理得x22x0，解得x0或x2.所以原不等式的解集为(，20，)(2)由f(x)g(x)，得a|2x1|x1|.令h(x)|2x1|x1|，则h(x)故h(x)minh.故所求实数a的取值范围为.3已知函数f(x)|2xa|2x1|，aR.(1)当a3时，求关于x的不等式f(x)6的解集；(2)当xR时，f(x)a2a13，求实数a的取值范围解：(1)当a3时，不等式f(x)6可化为|2x3|2x1|6.当x时，不等式可化为(2x3)(2x1)4x46，解得x时，不等式可化为(2x3)(2x1)4x46，解得1时，等价于a1a2a13，解得1a1，所以a的取值范围为，14已知函数f(x)|xa|2x1|.(1)当a1时，解不等式f(x)3；(2)若f(x)2ax在a，)上有解，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)3化为|x1|2x1|3，则或或解得1x2或k211，解得k或k或k0，实数k的取值范围为(，)0(，)6设函数f(x)|ax1|.(1)若f(x)2的解集为6,2，求实数a的值；(2)当a2时，若存在xR，使得不等式f(2x1)f(x1)73m成立，求实数m的取值范围解：(1)显然a0，当a0时，解集为，则6，2，无解；当a0时，解集为，则2，6，得a.综上所述，a.(2)当a2时，令h(x)f(2x1)f(x1)|4x1|2x3|由此可知，h(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当x时，h(x)取到最小值，由题意知，73m，解得m，故实数m的取值范围是.7(2018九江模拟)已知函数f(x)|x3|xa|.(1)当a2时，解不等式f(x)；(2)若存在实数a，使得不等式f(x)a成立，求实数a的取值范围解：(1)a2，f(x)|x3|x2|f(x)等价于或或解得x3或x3，不等式的解集为.(2)由不等式性质可知f(x)|x3|xa|(x3)(xa)|a3|，若存在实数x，使得不等式f(x)a成立，则|a3|a，解得a，实数a的取值范围是.8已知函数f(x)|2x1|x|a，(1)若a1，求不等式f(x)0的解集；(2)若方程f(x)2x有三个不同的解，求a的取值范围解：(1)当a1时，不等式f(x)0可化为|2x1|x|10，或或解得x2或x0，不等式的解集为(，20，)(2)由f(x)2x，得a2x|x|2x1|，令g(x)2x|x|2x1|，则g(x)作出函数yg(x)的图象如图所示，易知A，B(0，1)，结合图象知：当1a0，b0，则aabb_(ab)(填大小关系)解析：，当ab时，1，当ab0时，1，0，1，当ba0时，01，1，aabb(ab).答案：2设xyz0，求证：xz6.证明：xz(xy)(yz)36.当且仅当xyyz时取等号，所以xz6.比较法证明不等式典例(2018莆田模拟)设a，b是非负实数求证：a2b2(ab)证明(a2b2)(ab)(a2a)(b2b)a()b()()(ab)(ab)(ab)因为a0，b0，所以不论ab0，还是0ab，都有ab与ab同号，所以(ab)(ab)0，所以a2b2(ab)方法技巧比较法证明不等式的方法和步骤(1)求差比较法：由abab0，ababb只要证明ab0即可，这种方法称为求差比较法(2)求商比较法：由ab01且a0，b0，因此当a0，b0时，要证明ab，只要证明1即可，这种方法称为求商比较法(3)用比较法证明不等式的一般步骤是：作差(商)变形判断结论，而变形的方法一般有配方、通分和因式分解即时演练求证：当xR时，12x42x3x2.证明：法一：(12x4)(2x3x2)2x3(x1)(x1)(x1)(x1)(2x3x1)(x1)(2x32xx1)(x1)2x(x21)(x1)(x1)2(2x22x1)(x1)20，所以12x42x3x2.法二：(12x4)(2x3x2)x42x3x2x42x21(x1)2x2(x21)20，所以12x42x3x2.综合法证明不等式典例已知a，b均为正数，且ab1，求证：(1)(axby)2ax2by2；(2)22.证明(1)(axby)2(ax2by2)a(a1)x2b(b1)y22abxy，因为ab1，所以a1b，b1a，又a，b均为正数，所以a(a1)x2b(b1)y22abxyab(x2y22xy)ab(xy)20，当且仅当xy时等号成立所以(axby)2ax2by2.(2)224a2b24a2b24a2b2114(a2b2)2642，当且仅当ab时，等号成立，所以22.方法技巧1综合法证明不等式的方法综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键2综合法证明时常用的不等式(1)a20.(2)|a|0.(3)a2b22ab，它的变形形式有：a2b22|ab|；a2b22ab；(ab)24ab；a2b2(ab)2；2.(4)，它的变形形式有：a2(a0)；2(ab0)；2(ab0，b0,2cab，求证：cac.证明：要证cac，即证ac，即证|ac|，即证(ac)2c2ab，即证a22ac0，所以只要证a2cb，即证ab0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.2(2016全国卷)已知函数f(x)，M为不等式f(x)2的解集(1)求M；(2)证明：当a，bM时，|ab|1ab|.解：(1)f(x)当x时，由f(x)2得2x1；当x时，f(x)2恒成立；当x时，由f(x)2得2x2，解得x1.所以f(x)2的解集Mx|1x1(2)证明：由(1)知，当a，bM时，1a1，1b1，从而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0.因此|ab|cd，则；(2)是|ab|cd，得()2()2.因此.(2)必要性：若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)，得.充分性：若，则()2()2，即ab2cd2.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4(2014全国卷)若a0，b0，且.(1)求a3b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a3b6？并说明理由解：(1)由，得ab2，且当ab时等号成立故a3b324，且当ab时等号成立所以a3b3的最小值为4.(2)由(1)知，2a3b24.由于46，从而不存在a，b，使得2a3b6.1已知a，b都是正实数，且ab2，求证：1.证明：a0，b0，ab2，1.ab22，ab1.0.1.2已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.解：(1)因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明：由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23.3(2018云南统一检测)已知a是常数，对任意实数x，不等式|x1|2x|a|x1|2x|都成立(1)求a的值；(2)设mn0，求证：2m2na.解：(1)设f(x)|x1|2x|，则f(x)f(x)的最大值为3.对任意实数x，|x1|2x|a都成立，即f(x)a，a3.设h(x)|x1|2x|，则h(x)则h(x)的最小值为3.对任意实数x，|x1|2x|a都成立，即h(x)a，a3.a3.(2)证明：由(1)知a3.2m2n(mn)(mn)，且mn0，(mn)(mn)33.2m2na.4已知x，y，z是正实数，且满足x2y3z1.(1)求的最小值；(2)求证：x2y2z2.解：(1)x，y，z是正实数，且满足x2y3z1，(x2y3z)6 6222，当且仅当且且时取等号(2)由柯西不等式可得1(x2y3z)2(x2y2z2)(122232)14(x2y2z2)，x2y2z2，当且仅当x，即x，y，z时取等号故x2y2z2.5(2018石家庄模拟)已知函数f(x)|x|x1|.(1)若f(x)|m1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2b2M，证明：ab2ab.解：(1)由绝对值不等式的性质知f(x)|x|x1|xx1|1，f(x)min1，只需|m1|1，即1m11，0m2，实数m的最大值M2.(2)证明：a2b22ab，且a2b22，ab1，1，当且仅当ab时取等号又，当且仅当ab时取等号由得，ab2ab.6(2018吉林实验中学模拟)设函数f(x)|xa|.(1)当a2时，解不等式f(x)4|x1|；(2)若f(x)1的解集为0,2，a(m0，n0)，求证：m2n4.解：(1)当a2时，不等式为|x2|x1|4.当x2时，不等式可化为x2x14，解得x；当1x2时，不等式可化为2xx14，不等式的解集为；当x1时，不等式可化为2x1x4，解得x.综上可得，不等式的解集为.(2)证明：f(x)1，即|xa|1，解得a1xa1，而f(x)1的解集是0,2，解得a1，所以1(m0，n0)，所以m2n(m2n)222 4，当且仅当m2，n1时取等号7已知a，b，c，d均为正数，且adbc.(1)证明：若adbc，则|ad|bc|；(2)若t，求实数t的取值范围解：(1)证明：由adbc，且a，b，c，d均为正数，得(ad)2(bc)2，又adbc，所以(ad)2(bc)2，即|ad|bc|.(2)因为(a2b2)(c2d2)a2c2a2d2b2c2b2d2a2c22abcdb2d2(acbd)2，所以tt(acbd)由于 ac, bd，又已知t ，则t(acbd) (acbd)，故t ，当且仅当ac，bd时取等号所以实数t的取值范围为，)8已知函数f(x)|x1|.(1)解不等式f(2x)f(x4)8；(2)若|a|1，|b|f.解：(1)f(2x)f(x4)|2x1|x3|当x3时，由3x28，解得x；当3xf等价于f(ab)|a|f，即|ab1|ab|.因为|a|1，|b|0，所以|ab1|ab|.故所证不等式成立.阶段滚动检测(六)全程仿真验收(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1若集合A1,2,3，B(x，y)|xy40，x，yA，则集合B中的元素个数为()A9B6C4 D3解析：选D集合A1,2,3，B(x，y)|xy40，x，yA(2,3)，(3,2)，(3,3)，则集合B中的元素个数为3.2若复数(aR)是纯虚数，则复数2a2i在复平面内对应的点在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：选B，由题意可知2a20且22a0，所以a1，则复数2a2i在复平面内对应的点(2,2)在第二象限3已知命题p：x0(，0)，2x03x0；命题q：x0，cos x1，则下列命题为真命题的是()Apq Bp(綈q)C(綈p)q Dp(綈q)解析：选C因为x(，0)时，x1，所以2x3x，故命题p是假命题；命题q：x，cos x1，是真命题，则綈p是真命题，綈q是假命题，故(綈p)q是真命题4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12B1C1 D1解析：选D由三视图可知，该几何体是一个组合体，上面是一个半径为的球，下面是一个棱长为1的正方体，所以该几何体的体积V311.5函数y的图象可能是()解析：选C因为f(x)f(x)，即函数y是奇函数，故排除B、D；当x0，且x时，y0，故排除A，因此选C.6执行如图所示的程序框图，如果输入的m，n分别为1 848,936，则输出的m的值为()A168B72C36 D24解析：选D根据题意，运行程序：m1 848，n936；r912，m936，n912；r24，m912，n24；r0，m24，n0，此时满足条件，循环结束，输出m24，故选D.7.如图，RtABC中，ABAC，BC4，O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D，P为半圆上任意一点，则的最小值为()A2 B.C2 D2解析：选D建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2,0)，A(0,2)，D(1,0)，设P(x，y)，故(x2，y)，(1，2)，所以x2y2.令x2y2t，根据直线的几何意义可知，当直线x2y2t与半圆相切时，t取得最小值，由点到直线的距离公式可得1，t2，即的最小值是2.8将函数f(x)cos x(0)的图象向右平移个单位，若所得图象与原图象重合，则f不可能等于()A0 B1C. D.解析：选D将函数f(x)cos x(0)的图象向右平移个单位，得函数ycos，由题意可得2k，kZ，因为0，所以6k0，kZ，则fcoscos，kZ，显然，f不可能等于，故选D.9(2017郑州二模)已知实数x，y满足则z2|x2|y|的最小值是()A6 B5C4 D3解析：选C作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，其中A(2,4)，B(1,5)，C(1，3)，x1,2，y3,5z2|x2|y|2xy4，当直线y2x4z过点A(2,4)时，直线在y轴上的截距最小，此时z有最小值，zmin22444，故选C.10在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A，b2a2c2，则tan C()A2 B2C. D解析：选A因为b2a2c2且b2c2a22bccos Abc，所以b，a，由余弦定理可得cos C，则角C是锐角，sin C，则tan C2.11已知点P在双曲线C：1(a0，b0)的右支上，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若| |2| |212a2，则该双曲线的离心率的取值范围是()A3，) B(2,4C(2,3 D(1,3解析：选D根据题意，因为|2|212a2，且|PF1|PF2|2a，所以|PF1|PF2|6a|F1F2|2c，所以e3.又因为e1，所以该双曲线的离心率的取值范围是(1,312已知f(x)为函数f(x)的导函数，且f(x)x2f(0)xf(1)ex1，若g(x)f(x)x2x，则方程gx0有且仅有一个根时，实数a的取值范围是()A(，0)1 B(，1C(0,1 D1，)解析：选A由函数的解析式可得f(0)f(1)e1，f(x)xf(0)f(1)ex1，f(1)1f(0)f(1)，所以f(1)e，f(0)1，所以f(x)x2xex，g(x)f(x)x2xex，则exx0有且仅有一个根，即xln x有且仅有一个根，分别作出y和yxln x的图象，由图象知a0或a1.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确答案填在题中的横线上)13(mx)(1x)3的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为16，则xmdx_.解析：(mx)(1x)3(mx)(Cx3Cx2CxC)，所以x的奇数次幂项的系数之和为mCmCCC16，解得m3，所以xmdxx3dxx40.答案：014在ABC中，ABAC，AB，ACt，P是ABC所在平面内一点，若，则PBC面积的最小值为_解析：由于ABAC，故以AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系(图略)，则B，C(0，t)，因为，所以点P坐标为(4,1)，直线BC的方程为t2xyt0，所以点P到直线BC的距离为d，BC，所以PBC的面积为，当且仅当t时取等号答案：15若m(0,3)，则直线(m2)x(3m)y30与x轴、y轴围成的三角形的面积小于的概率为_解析：令x0，得y；令y0，得x.所以|x|y|，因为m(0,3)，所以解得0mb0)上一点，A，B是其左、右顶点，若2xa2，则离心率e_.解析：由题意知A(a,0)，B(a,0)，(x0a，y0)，(x0a，y0)，2xa2，2(xa2y)xa2，xa22y.又1，1，0，a22b2，11，e.答案：三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，a12，且满足an1Sn2n1(nN*)(1)证明数列为等差数列；(2)求S1S2Sn.解：(1)证明：由条件可知，Sn1SnSn2n1，即Sn12Sn2n1，整理得1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列(2)由(1)可知，1n1n，即Snn2n，令TnS1S2Sn，则Tn12222n2n2Tn122223n2n1，得Tn2222nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Tn2(n1)2n1.18(本小题满分12分)如图所示的是某母婴用品专卖店根据以往销售奶粉的销售记录绘制的日销售量的频率分布直方图将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立(1)估计日销售量的平均值；(2)求未来连续三天里，有两天日销售量不低于100袋且另一天销售量低于50袋的概率；(3)记X为未来三天里日销售量不低于150袋的天数，求X的分布列和均值(数学期望)解：(1)估计日销售量的平均值为250.00350750.005501250.006501750.004502250.00250117.5.(2)不低于100袋的概率为0.6，低于50袋的概率为0.15，设事件A表示有两天日销售量不低于100袋且另一天销售量低于50袋，则P(A)C(0.6)20.150.162.(3)不低于150袋的概率为0.3，由题意知，XB(3,0.3)，P(X0)C(0.7)30.343，P(X1)C(0.7)20.30.441，P(X2)C0.70.320.189，P(X3)C0.330.027.所以X的分布列为X0123P0.3430.4410.1890.027则X的均值为E(X)30.30.9.19(本小题满分12分)如图，等腰直角三角形ABC的底边AB4，点D在线段AC上，DEAB于E，现将ADE沿DE折起到PDE的位置(如图)(1)求证：PBDE；(2)若PEBE，直线PD与平面PBC所成的角为30，求PE长解：(1)证明：DEAB，DEPE，DEEB.又PEBEE，DE平面PEB.PB平面PEB，PBDE.(2)由(1)知DEPE，DEEB，且PEBE，所以DE，BE，PE两两垂直分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设PEa，则B(0,4a,0)，D(a,0,0)，C(2,2a,0)，P(0,0，a)，可得(0,4a，a)，(2，2,0)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得y1，z，n.直线PD与平面PBC所成的角为30，且(a,0，a)，sin 30|cos，n|.解得a或a4(舍去)所以PE的长为.20(本小题满分12分)(2018甘肃张掖一诊)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|2，点P为椭圆短轴的端点，且PF1F2的面积为2.(1)求椭圆的方程；(2)点Q是椭圆上任意一点，A(4，6)，求|QA|QF1|的最小值；(3)点B是椭圆上的一定点，B1，B2是椭圆上的两动点，且直线BB1，BB2关于直线x1对称，试证明直线B1B2的斜率为定值解：(1)由题意可知c，SPF1F2|F1F2|b2，所以b2，求得a3，故椭圆的方程为1.(2)由(1)得|QF1|QF2|6，F1(，0)，F2(，0)那么|QA|QF1|QA|(6|QF2|)|QA|QF2|6，而|QA|QF2|AF2|9，所以|QA|QF1|的最小值为3.(3)设直线BB1的斜率为k，因为直线BB1与直线BB2关于直线x1对称，所以直线BB2的斜率为k，所以直线BB1的方程为yk(x1)，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，由可得(49k2)x26k(43k)x9k224k40，因为该方程有一个根为x1，所以x1，同理得x2，所以kB1B2，故直线B1B2的斜率为定值.21(本小题满分12分)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)e2x2x22f(0)x，g(x)fx2(1a)xa.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的单调区间；(3)若x，y，m满足|xm|ym|，则称x比y更接近m.当a2且x1时，试比较和ex1a哪个更接近ln x，并说明理由解：(1)f(x)f(1)e2x22x2f(0)，f(1)f(1)22f(0)，即f(0)1.又f(0)e2，f(1)2e2，f(x)e2xx22x.(
展开阅读全文