高考全国数学理高考真题变式题题(解析)

2020年高考全国1数学理高考真变式题21-23题原题211．已知函数f(x)exax2x.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；1（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.2变式题1基础ax2x12．已知函数fxaR.ex(1)当a2时，求fx的单调区间；(2)当x0时，fx≤1，求a的取值范围.变式题2基础lnxm33．已知函数fx，gx1.xxx2（1）求函数fx的单调区间；（2）对一切x0,，2fxgx恒成立，求实数m的取值范围；变式题3巩固4．已知函数fxx2mlnxmR.(1)若函数gxfx3x为增函数，求m的取值范围；(2)当m0，若fx1在定义域内恒成立，求m的值.变式题4巩固a5．已知函数f(x)xlnx．x（1）讨论函数h(x)xf(x)的单调性；1（2）若对任意的x,2不等式f(x)1恒成立，求实数a的取值范围．2变式题5巩固x16．已知函数f(x)ax(aR,e为自然对数的底数）．ex1（1）若a，请判断函数f(x)的单调性；2f(x)f(x)（2）若x,xR，当xx时，都有211成立，求实数a的取值范围．1212xx21变式题6提升试卷第1页，共5页7．已知函数f(x)axex(x1)2（其中aR，e为自然对数的底数）.（1）当a0时，讨论函数f(x)的单调性；（2）当x0时，f(x)lnxx2x3，求a的取值范围.原题22xcoskt,8．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)．以坐标原点为极1ysinkt点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4cos16sin30．2（1）当k1时，C是什么曲线？1（2）当k4时，求C与C的公共点的直角坐标．12变式题1基础xcoskt9．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为1ysint极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sincos10．2(1)当k1时，判断曲线C与曲线C的位置关系：12(2)当k2时，求曲线C与曲线C的公共点的直角坐标．12变式题2基础x45cost，10．己知曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的1y55sint正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin.2（1）把C的参数方程化为极坐标方程；（2）求C与C交点的极坐标(0,02).112变式题3巩固11．已知在极坐标系下，曲线C:(cos2sin)4（为参数）与点A2,.3（1）求曲线C与点A的位置关系；（2）已知极坐标的极点与直角坐标原点重合，极轴与直角坐标的x轴正半轴重合，直x12t线l:，求曲线C与线l的交点的直角坐标.y24t变式题4巩固试卷第2页，共5页1x3t212．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）.以原点为极点，3yt2x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C的极坐标方程为23sin.（1）写出C的直角坐标方程；（2）P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求P的直角坐标.变式题5巩固35x1cos513．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，以坐标原点为135ysin5极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为25(cossin)70．(1)求曲线C的普通方程以及曲线C的直角坐标方程；12(2)若射线l:3x4y0(x0)与C,C分别交于A,B两点，求AB的值．12变式题6提升x2cos14．1.已知曲线C的参数方程为（为参数），曲线C的参数方程为1y2sin22xt2（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐2y2t2标系.(1)求曲线C与曲线C公共点的极坐标；12(2)若点A的极坐标为2,，设曲线C与y轴相交于点B，点P在曲线C上，满足21PAPB，求出点P的直角坐标.原题2315．已知函数f(x)|3x1|2|x1|．（1）画出yf(x)的图像；试卷第3页，共5页（2）求不等式f(x)f(x1)的解集．变式题1基础16．已知函数fxx2x2.(图中的每个方格是边长1个单位的正方形)fxx2x2（1）画出函数fx的图象；（2）当a0时，若不等式fxf(xa)的解集为x|x3，求a的取值范围.变式题2基础17．已知函数f(x)=|x-8|-|x-4|.(1)作出函数y=f(x)的图象;(2)解不等式|x-8|-|x-4|＞2.变式题3巩固18．（2016高考新课标Ⅰ，理24）选修4-5：不等式选讲已知函数fxx12x3.（Ⅰ）画出yfx的图象；（Ⅰ）求不等式fx1的解集．试卷第4页，共5页变式题4巩固19．设函数fx2x1x1.（Ⅰ）画出yfx的图象并解不等式fx3；（Ⅰ）当x0,，fxaxb恒成立，求ab的最小值.变式题5巩固20．已知函数fxx2，g(x)|2x1||2x3|．（1）画出ygx的图象；（2）若fxagx，求a的取值范围．变式题6提升21．设函数fxx22x1.（1）求fx的最小值；（2）若集合xRfxax10，求实数a的取值范围.试卷第5页，共5页参考答案：1．（1）当x,0时，f'x0,fx单调递减，当x0,时，f'x0,fx单调7e2递增.（2）,4【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当a1时，fxexx2x，fxex2x1，由于f''xex20，故f'x单调递增，注意到f00，故：当x,0时，fx0,fx单调递减，当x0,时，fx0,fx单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数11由fxx31得，exax2xx31，其中x0，22Ⅰ.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；1exx3x1Ⅰ.当x0时，分离参数a得，，a2x211exx3x1x2exx2x1记，2，gx2gxx2x31令hxexx2x1x0，2则hxexx1，h''xex10，故h'x单调递增，hxh00，故函数hx单调递增，hxh00，1由hx0可得：exx2x10恒成立，2故当x0,2时，gx0，gx单调递增；当x2,时，gx0，gx单调递减；7e2因此，gxg2,max47e2综上可得，实数a的取值范围是,.4答案第6页，共22页[方法二]：特值探路17e2当x0时，f(x)x31恒成立f(2)5a．247e21只需证当a时，f(x)x31恒成立．427e27e2当a时，f(x)exax2xexx2x．447e21只需证明exx2xx31(x0)Ⅰ式成立．42e27x24x2x34Ⅰ式4，exe27x24x2x34令h(x)(x0)，ex13e2x22e29x2x3x2x213e2x2e29则h(x)exexx(x2)2xe29，ex9e2所以当x0,时，h(x)0,h(x)单调递减；29e2当x,2,h(x)0,h(x)单调递增；2当x(2,),h(x)0,h(x)单调递减．从而[h(x)]max{h(0),h(2)}4，即h(x)4，Ⅰ式成立．max7e21所以当a时，f(x)x31恒成立．427e2综上a．4[方法三]：指数集中111当x0时，f(x)x31恒成立exx31ax2x(x3ax2x1)ex1，2221记gx(x3ax2x1)ex(x0)，213gx(x3ax2x1x22ax1)ex2211xx22a3x4a2exxx2a1x2ex，221Ⅰ.当2a10即a时，gx0x2，则当x(0,2)时，gx0，gx单调递增，2答案第7页，共22页又g01，所以当x(0,2)时，gx1，不合题意；11Ⅰ.若02a12即a时，则当x(0,2a1)(2,)时，gx0，gx单调递22减，当x(2a1,2)时，gx0，gx单调递增，又g01，7e2所以若满足gx1，只需g21，即g2(74a)e21a，所以当47e21a时，gx1成立；42111Ⅰ当2a12即a时，gx(x3ax2x1)ex(x3x1)ex，又由Ⅰ可知2227e211a时，gx1成立，所以a0时，g(x)(x3x1)ex1恒成立，4221所以a时，满足题意.27e2综上，a.4【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！112．(1)单调递增区间为,，2,；单调递减区间为,222e21(2),42x2x12x1x2【详解】（1）a2时，fx，fx，exex1令fx0x，x2.12211Ⅰfx的单调递增区间为,，2,，单调递减区间为,2.22（2）法一：常规求导讨论ax22a1x2ax1x2Fx.exex答案第8页，共22页Ⅰ当a0时，令fx0x2且当0x2时，fx0，fx；当x2时，fx0，fx.注意到f01，x2时，fx0符合题意.11x22Ⅰ当a时，2，fx在0,上，2fx0ex此时fxf01符合题意.11Ⅰ当0a时，令fx0x2，x，212a11且当fx在0,2上，2,上，,上，aa此时fxf01符合题意.11Ⅰ当0a时，令fx0x2，x，212a11且当fx在0,2上，2,上，,上，aa111此时只需1aa1，显然成立.f1ea1a1ea11Ⅰ当a时，令fx0x，x2，21a211且当fx在0,上，,2上，2,上.aa4a11e21此时只需f21a.e224e21综上：实数a的取值范围,.4法二：参变分离Ⅰx0时，不等式显然成立.exx1exx1Ⅰ当x0时，a，令gx，x2x2xex2exx2ex1x2gx.x3x3令gx0x2且当0x2时，gx0，gx；当x2时，gx0，gx，e21e21Ⅰgxg2，Ⅰa.min44答案第9页，共22页3．（1）递增区间是0,e，递减区间是e,；（2）,4.【分析】（1）求导以后，结合定义域解不等式fx0和fx0即可求出结果；3（2）参变分离得到m2lnxx对一切x0,恒成立，进而构造函数x3hx2lnxx，求出函数hx的最小值即可得到结果.xlnx1lnx【详解】（1）fx，得fx由fx0，得0xe；fx0，得xe；xx2Ⅰfx的递增区间是0,e，递减区间是e,（2）对一切x0,，2fxgx恒成立，3可化为m2lnxx对一切x0,恒成立.x323x22x3x3x1令hx2lnxx，hx01，x0xxx2x2x2当x0,1时，hx0，即hx在0,1递减当x1,时，hx0，即hx在1,递增，Ⅰhxh14minⅠm4，即实数m的取值范围是,494．(1),8(2)2【分析】（1）求得函数fx的定义域，再对gx求导，将函数gx为增函数转化为2x23xm0在0,上恒成立，从而可得解；（2）根据题意可得x2mlnx1在0,上恒成立，构造函数hxx2mlnx，求得导数和最值，再根据换元法构造函数aaalna1，求得导数和最值，进而可求出m的值.(1)根据题意可得fx的定义域为0,，gxx2mlnx3x，则m2x23xmgx2x3，xxⅠgx在定义域内为增函数，Ⅰ2x23xm0在0,上恒成立，即m2x23x在0,上恒成立，则m2x23x，min32993Ⅰ2x23x2x，当x时，等号成立，4884答案第10页，共22页99Ⅰm，即m的取值范围为,.88(2)Ⅰfx1在定义域内恒成立，Ⅰx2mlnx1在0,上恒成立，m2x2m令hxx2mlnx，则hx2x.xxⅠm0，mhx0m,Ⅰ令，解得x，即hx在上单调递增，22mm0,令hx0，解得0x，即hx在上单调递减，22mmmhxhmlnⅠ，min222mmmmm要使hx1在定义域内恒成立，即hxmln1，即ln10，min22222m令aaalna1（其中a0），则alna，2Ⅰ当a0,1时，a0，即a在0,1上单调递增，当a1,时，a0，即a在1,上单调递减，Ⅰa10，即a1，maxⅠ要使aalna10，只能取a1，即m2a2，综上所述，m的值为2.115．（1）当x0,e2时，函数h(x)单调递减；当xe2,时，函数h(x)单调递增；（2）[1,)．【分析】（1）先求解h(x)的导数，结合导数符号判定h(x)的单调性；（2）先进行参数分离，然后求解u(x)xx2lnx的最大值，可得实数a的取值范围．【详解】（1）由题可知h(x)xf(x)ax2lnx，且定义域为(0,)，1h(x)2xlnxx2x(2lnx1)．x令h(x)0，1得．xe2答案第11页，共22页1当x0,e2时，h(x)0，函数h(x)单调递减；1当xe2,时，h(x)0，函数h(x)单调递增．1a（2）对任意x,2，不等式f(x)xlnx1恒成立，等价于axx2lnx恒成立；2x令u(x)xx2lnx，则u(x)12xlnxx，u(1)0．令m(x)12xlnxx，则m(x)32lnx，1x,2，2m(x)32lnx0，1u(x)在,2上单调递减，21当x,1时，u(x)0，2当x(1,2]时，u(x)0，1即函数u(x)在区间,1上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，2u(x)u(1)1，从而a1，即a的取值范围为[1,)．max【点睛】求解函数单调性的步骤：Ⅰ求解定义域；Ⅰ求解导数f(x)；Ⅰ求解不等式，f(x)0可得增区间，f(x)0可得减区间；恒成立问题一般利用分离参数法，转化为函数最值问题求解.16．（1）f(x)在R上单调递增；（2）1，．exx1【分析】（1）求出f(x)a,f(x)，先判断出f(x)在(,1)上单调递减，在exex1(1,)上单调递增，f(x)f(1)a0，所以f(x)单调递增；ef(x)f(x)x1（2）先把211转化为f(x)xf(x)x，记g(x)f(x)xaxx，xx2211ex2等价于g(x)在R单调递增，只需g(x)0，利用分离参数法即可求解.x1【详解】f(x)ax的定义域为R.exxx1（1）f(x)a,f(x)，exex答案第12页，共22页令f(x)0，解得：x1；令f(x)0，解得：x1；所以f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，1则f(x)f(1)a0，所以f(x)在R上单调递增；ef(x)f(x)（2）不妨设xx，则211，等价于f(x)xf(x)x，12xx22112x1记g(x)f(x)xaxx，等价于g(x)在R单调递增，exxx即g(x)0，g(x)a10a1在R上恒成立，exexx1x设h(x)1,h(x)，exex所以h(x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，1所以x1，hx1，maxe11所以a1，即实数a的范围为1，.ee【点睛】恒成立问题Ⅰ参变分离，转化为不含参数的最值问题；Ⅰ不能参变分离，直接对参数讨论，研究fx的单调性及最值；Ⅰ特别地，个别情况下fxgx恒成立，可转换为fxgx（二者在同一处取得minmax最值）.17．（1）分类讨论，答案见解析；（2）,.e322【分析】（1）求导可得f(x)(x1)aex2，由f(x)0得，x1，xln，分ln1，12aa22ln1，ln1三种情况讨论单调性即得解；aalnxx2lnxx2（2）参变分离可得a对任意的x0恒成立，令g(x)，求导分析单xexxex调性，求出g(x)即可.max【详解】（1）由题意知，f(x)a(x1)ex2(x1)(x1)aex2，2当a0时，由f(x)0得，x1，xln，12a2Ⅰ若ln1，即a2e时，f(x)0恒成立，故f(x)在R上单调递增；a答案第13页，共22页2Ⅰ若ln1，即a2e时，a22令f(x)0xln或x1；令f(x)0lnx1aa22故f(x)的单调递增区间为,ln和(1,)，单调递减区间为ln,1；aa2Ⅰ若ln1，即0a2e时，a22令f(x)0x1或xln；令f(x)01xlnaa22故f(x)的单调递增区间为(,1)和ln,，单调递减区间为1,ln；aa综上：当a2e时，f(x)在R上单调递增；22当a2e时，f(x)的单调递增区间为,ln和(1,)，单调递减区间为ln,1；aa22当0a2e时，f(x)的单调递增区间为(,1)和ln,，单调递减区间为1,ln；aa（2）由题意知，axexlnxx20对任意的x0恒成立，lnxx2即a对任意的x0恒成立，xex(x1)ex(3lnxx)lnxx2g(x)令g(x)(x0)，则2，xexxex1令h(x)3lnxx，h(x)10x则h(x)在(0,)上单调递减，又h(1)20，h(e)2e0，故h(x)0在(0,)上有唯一的实根，不妨设该实根为x，0故当x(0,x)时，g(x)0，g(x)单调递增；0当x(x,)时，g(x)0，g(x)单调递减，0故x为g(x)的极大值点，0lnxx2故g(x)gx00，又3lnxx0，max0x00xe00lnxx21代入上式得gx00，0x3xe0e01故a的取值范围为,.e3答案第14页，共22页118．（1）曲线C示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）(,).144【分析】（1）利用sin2tcos2t1消去参数t，求出曲线C的普通方程，即可得出结论；1xcos2t（2）当k4时，x0,y0，曲线C的参数方程化为(t为参数），两式相加消1ysin2t去参数t，得C普通方程，由cosx,siny，将曲线C化为直角坐标方程，联立C,C1212方程，即可求解.xcost【详解】（1）当k1时，曲线C的参数方程为(t为参数），1ysint两式平方相加得x2y21，所以曲线C表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；1xcos4t（2）当k4时，曲线C的参数方程为(t为参数），1ysin4txcos2t所以x0,y0，曲线C的参数方程化为(t为参数），1ysin2t两式相加得曲线C方程为xy1，1得y1x，平方得yx2x1,0x1,0y1，曲线C的极坐标方程为4cos16sin30，2曲线C直角坐标方程为4x16y30，2yx2x1联立C,C方程，124x16y30113整理得12x32x130，解得x或x（舍去），261111x,y，C,C公共点的直角坐标为(,).441244【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，合理消元是解题的关键，要注意曲线坐标的范围，考查计算求解能力，属于中档题.9．(1)相交1552,(2)2【分析】（1）将曲线C与曲线C的方程化成普通方程可知，两曲线一个表示直线，一个表12示圆，根据直线与圆的位置关系即可判断；答案第15页，共22页（2）联立曲线C与曲线C的普通方程即可解出．12（1）xcost当k1时，由可得曲线C的普通方程为：x2y21，ysint1xcos由可将2sincos10化简得曲线C的普通方程为：x2y10，ysin21圆心0,0到直线x2y10的距离为dr1，所以曲线C与曲线C相交．512（2）xcos2t12sin2t当k2时，由可得曲线C的普通方程为：x12y21y1，联ysint1立x52x52x2y10，解得15或15（舍去）x12y2yy2215CC52,所以曲线与曲线的公共点的直角坐标为．12210．（1）、28cos10sin160;（2）、2,和2,42【分析】（1）、将C的参数方程消去参数t化为普通方程，利用xcos，ysin把C11的参数方程化为极坐标方程；（2）、将曲线C的极坐标方程化为普通方程，与C的普通方程联立，求出C与C交点的直2112角坐标，由此求出C与C交点的极坐标.12x45cost，【详解】（1）、C的参数方程为（t为参数）C的普通方程为1y55sint1x42y5225即x2y28x10y160C的极坐标方程为:28cos10sin160.1（2）、C的极坐标方程为2sinC的直角坐标方程为：x2y22y022x2y28x10y160x1x0或C与C交点的坐标为1,1或0,2，C与Cx2y22y0y1y21212交点的极坐标为2,和2,424811．（1）点A不在曲线C（直线）上．（2）,．33答案第16页，共22页【分析】（1）把极坐标方程化为直角坐标方程，点的极坐标化为直角坐标后判断；（2）把直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程求解．xcos【详解】（1）由，代入C:(cos2sin)4，得x2y4，此即为曲线C直ysin线坐标方程，又2cos1,2sin3，所以A(1,3)，33而1234，所以点A不在曲线C（直线）上．x12t748（2）把代入x2y4得12t2(24t)4，得t，12t，24t，y24t63348所以交点坐标为,．3312．（1）x2y223y0；（2）3,0.【分析】（1）根据极坐标转化为直角坐标的公式求得C的直角坐标方程.（2）求得l的普通方程，结合图象求得P的直角坐标.【详解】（1）由23sin得223sin,x2y223y0.2（2）x2y223y0,x2y33，所以圆心C0,3,半径r3.1x3t2直线l的参数方程为（t为参数），消去参数得l:3xy330，3yt23斜率为3，倾斜角为，过点0,33,3,0.由于过0,3和3,0的直线的斜率为，33331，3所以当P到圆心C的距离最小时，P的直角坐标为3,0.答案第17页，共22页913．(1)x12y2；5x5y70；5(2)1【分析】（1）消去曲线C参数方程中的参数即可求出曲线C的普通方程；根据公式11xcos,ysin即可求出曲线C的直角坐标方程；2（2）把l的方程与C的方程联立即可求出点A的坐标，把l的方程与C的方程联立即可求12出点B的坐标，从而利用两点间的距离公式即可求出AB的值．(1)3535x1cosx1cos55由，得，3535ysinysin559两式平方相加，得x12y2，5答案第18页，共22页9所以曲线C的普通方程为x12y2；15由5(cossin)70，得5cos5sin70，因为xcos,ysin，所以5x5y70，所以曲线C的直角坐标方程为5x5y70.2(2)4x5x5y70543由，得，所以B,；3x4y0355y59x12y22584525由5，消x得y2y0，即yy20，9353533x4y066886所以y(舍)或y，所以x，所以A,，255555482362所以AB1.5555π14．(1)2,π和2,242,(2)33【分析】（1）将参数方程化为普通方程，进而求出交点坐标，再转化为极坐标；（2）通过参数方程设出点P的坐标，将PAPB转化为平面向量的数量积为0，进而解得答案.(1)由题意，C的普通方程为：x2y22，C的普通方程为：yx2，联立解得交点坐标12π为2,0,0,2，极坐标为：2,π,2,.2(2)点A的直角坐标为2,0，点B的直角坐标为0,2，根据题意，设P2cos,2sin，则AP2cos2,2sin,BP2cos,2sin2，因为PAPB，所以APBP2cos22cos2sin2sin20，且BP0，答案第19页，共22页22cos3化简得：2cossin1，又cos2sin21，解得，1sin342,所点P的直角坐标为.33715．（1）详解解析；（2）,.6【分析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数fx的解析式，作出图象；（2）作出函数fx1的图象，根据图象即可解出．x3,x11【详解】（1）因为fx5x1,x1，作出图象，如图所示：31x3,x3（2）将函数fx的图象向左平移1个单位，可得函数fx1的图象，如图所示：7由x35x11，解得x．67所以不等式f(x)f(x1)的解集为,．6答案第20页，共22页【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．16．（1）答案见解析；（2）a6.【分析】（1）根据绝对值的定义，化简为分段函数，结合一次函数的性质，即可求解；（2）根据图象的变换，把函数yfx的图象向右平移a个单位后得到yfxa的图象，结合不等式的解集和图象的交点，即可求解.2x,x2【详解】（1）由题意，函数fxx2x24,2x2，2x,x2则函数fx的图象如图所示：（2）由yfx的图象向右平移a个单位后得到yfxa的图象,如图所示，因为不等式fxf(xa)的解集为x|x3，可得yfx与yfxa的交点为(3,6)，所以fxaxa2xa2|过点(3,6)，故3a23a26，解得a6或a0(舍)，当a6时，yfxaf(x6)的图象为fx的图象向右平移6个单位，由前面的论证可知，交点A(3,6)，故fxf(x6)的解集为x|x3，综上可得，实数a的值为6.答案第21页，共22页17．（1）（2）不等式的解集为(-∞,5)【详解】(1)f(x)=图象如下:(2)不等式|x-8|-|x-4|＞2,即f(x)＞2.由-2x+12=2,得x=5.答案第22页，共22页由函数f(x)图象可知,原不等式的解集为(-∞,5).118．（1）见解析（2）xx或1x3或x53【详解】试题分析：（Ⅰ）化为分段函数作图；（Ⅰ）用零点分区间法求解.试题解析：（Ⅰ）的图像如图所示.（Ⅰ）由的表达式及图像，当时，可得或；当时，可得或，故的解集为；的解集为，所以的解集为.【考点】分段函数的图像，绝对值不等式的解法【名师点睛】不等式选讲多以绝对值不等式为载体命制试题,主要涉及图像、解不等式、由不等式恒成立求参数范围等.解决此类问题通常转换为分段函数求解,注意不等式的解集一定要写成集合的形式.19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）5.11【分析】（Ⅰ）根据x的取值范围,分x,x1,x1三种情况分别去绝对值,求出函数22答案第23页，共22页fx的解析式,根据解析式作出函数fx的图象,结合图象求出不等式的解集即可;（Ⅰ）结合（Ⅰ）中函数fx的图象,由在x0,时,直线yaxb的图象满足在函数fx的上方或重合,分别求出a,b的最小值即可求出ab的最小值.1【详解】（Ⅰ）由题意知,当x时,fx2x1x13x,21当x1时,fx2x1x1x2,2当x1时,fx2x1x13x,13x,x21所以fxx2,x1，23x,x1作出yfx的图象如图所示：由图知，不等式fx3解集为x|x1或x1.（Ⅰ）由（Ⅰ）中的图象知，yfx的图象与y轴交点的纵坐标为2，且yfx的图象各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a3且b2时，fxaxb在0,恒成立，因此ab的最小值为5.【点睛】本题主要考查利用图象法解绝对值不等式及求解恒成立问题;考查学生的运算求解能力和分类讨论思想、数形结合思想;正确画出函数fx的图象是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.920．（1）答案见解析；（2）a.2【分析】（1）将ygx用分段函数表示，在平面直角坐标系中分段画出图形即可；答案第24页，共22页（2）在同一个坐标系里画出fx,gx图像，平移使得yfxa图象在yg(x)图象上39方即可，可知需要向左平移，即a0，临界状态为过A,4，解得a，即得解22【详解】（1）由题可知14,x213g(x)2x12x34x2,x，2234,x2画出函数图像：（2）f(xa)|xa2|，如图，在同一个坐标系里画出fx,gx图像，yfxa是yfx平移了a个单位得到，则要使f(xa)g(x)，需将yfx向左平移，即a0，3397当yfxa过A,4时，|a2|4，解得a或（舍去），222299则数形结合可得需至少将yfx向左平移个单位，a.22答案第25页，共22页521．（1）fx；（2）2,,3.min2【解析】（1）首先利用零点分段法，去绝对值，求得函数的最小值；（2）fxax1在R上有解，画出函数fx的图象，并且yax1过点0,1，利用数形结合分析实数a的取值范围.13xx21【详解】解：（1）f(x)3x2x213x1x2当x≤2时，fx5,，15当2x时，fx,5，2215当x时，fx,225fx.min2答案第26页，共22页（2）据题意：fxax1在R上有解，作函数yfx及yax1的图象,yax1恒过点0,1，且直线的斜率ka，51k2,且直线BC的斜率k3AC20BC由图可得：a3或a2所以a的范围为2,,3.【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是数形结合分析问题，理解yax1表示过点0,1的直线，并且直线的斜率ka，结合（1）的分段函数，画出函数的图象，分析临界斜率，求a的取值范围.答案第27页，共22页