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- 2021-04-25 发布
1．(2015·课标Ⅰ，24，10分，中)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a＞0.
(1)当a＝1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a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，即x>4，无解；
当－10，
解得0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1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(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
2．(2015·陕西，24，10分，中)已知关于x的不等式|x＋a|－1，即a<2时，
f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|
＝
f(x)min＝f＝＋1－a＝3，
∴a＝－4.
③－<－1，即a>2时，
f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|
＝
∴f(x)min＝f ＝－＋a－1＝3，∴a＝8.
综上，a＝－4或a＝8.
3．(2013·陕西，15A，易)设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________．
【解析】 因为|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|a－b|，
又因为|a－b|＞2，
所以|x－a|＋|x－b|＞2恒成立．
故不等式的解集是R.
【答案】 R
思路点拨：本题主要考查绝对值不等式的解法、绝对值的几何意义和绝对值不等式的性质，解本题的关键是利用绝对值不等式的性质化简不等式|x－a|＋|x－b|>2.
4．(2014·江西，15，中)x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________．
【解析】 |x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，
|y|＋|y－1|≥|y－(y－1)|＝1，
所以|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2，当且仅当x∈[0，1]，y∈[0，1]时，|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|取得最小值2，而已知|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，
所以|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，此时x∈[0，1]，y∈[0，1]，
所以x＋y∈[0，2]．
【答案】 [0，2]
5．(2014·课标Ⅱ，24，10分，中)设函数f(x)＝＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
解：(1)证明：由a>0，有
f(x)＝|x＋|＋|x－a|
≥|x＋－(x－a)|＝＋a≥2，
所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝|3＋|＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋，
由f(3)<5得30时，－≤x≤，得a＝2.
(2)记h(x)＝f(x)－2f ＝|2x＋1|－2|x＋1|，
则h(x)＝
所以当x≤－1时，h(x)＝1；
当－11.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解：(1)当a＝2时，
f(x)＋|x－4|＝|x－2|＋|x－4|
＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当20，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，
然后根据a，b的值解出即可．
(2)若c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.
2．|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法
(1)零点分区间法
零点分区间法的一般步骤为：
①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
(2)利用绝对值的几何意义
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
(2013·课标Ⅰ，24，10分)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝－2时，不等式f(x)f(x)max，f(x)>a恒成立⇔a3的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－4)∪(2，＋∞) B．(－∞，－4)∪(1，＋∞)
C．(－4，2) D．[－4，1]
【答案】 A 由题意知，不等式|x－1|＋|x＋m|>3恒成立，即函数f(x)＝|x－1|＋|x＋m|的最小值大于3，根据不等式的性质可得|x－1|＋|x＋m|≥|(x－1)－(x＋m)|＝|m＋1|，故只要满足|m＋1|>3即可，所以m＋1>3或m＋1<－3，解得m的取值范围是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
2．(2014·山东烟台一模，7)若关于x的不等式|x－2|＋|x＋3|(|x＋1|－|x－2|)min，
由绝对值几何意义知|x＋1|－|x－2|的最小值为－3，
故k>－3.
【答案】 (－3，＋∞)
6．(2015·河北衡水中学一模，24，10分)已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)．
(1)当a＝4时，求不等式的解集；
(2)若不等式有解，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2.
当x<－时，－x－2≤2，
解得－4≤x<－；
当－≤x≤1时，3x≤2，
解得－≤x≤；
当x>1时，x≤0，此时x不存在．
∴原不等式的解集为.
(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，则
f(x)＝
故f(x)∈，即f(x)的最小值为－.
若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－，
解得a≥，即a的取值范围是
.
7．(2015·河南洛阳一模，24，10分)设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤8；
(2)若f(x)≥6恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x|＋2|x－1|
＝
所以f(x)≤8，
则或
或
解得1≤x≤或0cd得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，即a＋b＋2>c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是
(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd
＝(c－d)2.
因此|a－b|<|c－d|.
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
1．(2014·陕西，15A，中)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
【解析】 ∵
＝
＝
＝
＝
＝≥，
∴的最小值为.
【答案】
2．(2014·辽宁，24，10分，中)设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.
(1)求M；
(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤.
解：(1)f(x)＝
当x≥1时，由f(x)＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；
当x<1时，由f(x)＝1－x≤1得x≥0，故0≤x<1.
所以f(x)≤1的解集为
M＝.
(2)由g(x)＝16x2－8x＋1≤4得
16≤4，
解得－≤x≤.
因此N＝，
故M∩N＝.
当x∈M∩N时，f(x)＝1－x，
于是x2f(x)＋x·[f(x)]2
＝xf(x)[x＋f(x)]
＝x·f(x)＝x(1－x)
＝－≤.
3．(2010·辽宁，24，10分，难)已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
证明：方法一：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得
a2＋b2＋c2≥3(abc)，①
＋＋≥3(abc)－，
所以≥9(abc)－.
故a2＋b2＋c2＋
≥3(abc)＋9(abc)－.
又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6，③
所以原不等式成立，当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
当且仅当3(abc)＝9(abc)－时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．
方法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①
同理＋＋≥＋＋，②
故a2＋b2＋c2＋
＝a2＋b2＋c2＋＋＋＋＋＋
≥ab＋bc＋ac＋＋＋≥6.③
所以原不等式成立，当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．
即当且仅当a＝b＝c＝3时，原不等式等号成立．
考向1 证明不等式
(1)绝对值的三角不等式
定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
(2)三个正数的算术几何平均不等式：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
(3)基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．
(4)一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．
(2013·课标Ⅱ，24，10分)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)＋＋≥1.
【证明】 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
【点拨】 解题(1)的关键是将a＋b＋c＝1两边平方后结合基本不等式探寻证明思路；解题(2)的关键是“1”的代换，即将不等式两边同时加上a＋b＋c，并结合基本不等式探寻解题思路．
证明不等式常用的方法
(1)证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法．如果已知条件与待证结论的联系不明显，可考虑用分析法．
(2)如果待证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法；
(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．
(1)(2014·江苏，21D，10分)已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
(2)(2015·江苏苏州质检，21D，10分)已知函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，且|a|≤1，求证：|f(x)|≤.
(1)证明：因为x>0，y>0，所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0，所以(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy，当且仅当x＝y＝1时，“＝”成立．
(2)证明：∵－1≤x≤1，∴|x|≤1，x2≤1.
又∵|a|≤1，∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|
≤|a(x2－1)|＋|x|
≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|
＝－＋≤.
考向2 利用基本不等式、柯西不等式求最值
(1)(2013·湖南，10)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2的最小值为________．
(2)(2014·课标Ⅰ，24，10分)若a>0，b>0，且＋＝.
①求a3＋b3的最小值；
②是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
【解析】 (1)由柯西不等式(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2得3(a2＋4b2＋9c2)≥36，所以a2＋4b2＋9c2≥12，当且仅当a＝2b＝3c＝2时，a2＋4b2＋9c2取得最小值12.
(2)①由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
②由①知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法
(1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件．
(2)在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题．
(2015·福建厦门一模，21(3)，7分)已知函数f(x)＝|x＋3|，g(x)＝m－2|x－11|，若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，实数m的最大值为t.
(1)求实数m的最大值t；
(2)已知实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值为，求a的值．
解：(1)由题意可得g(x＋4)＝m－2|x＋4－11|＝m－2|x－7|，
若2f(x)≥g(x＋4)恒成立，
则2|x＋3|≥m－2|x－7|，
即m≤2(|x＋3|＋|x－7|)．
而由绝对值三角不等式可得2(|x＋3|＋|x－7|)≥2|(x＋3)－(x－7)|＝20，
∴m≤20，故m的最大值t＝20.
(2)实数x，y，z满足2x2＋3y2＋6z2＝a(a>0)，由柯西不等式可得
·≥
，
即a×1≥(x＋y＋z)2，∴x＋y＋z≤.
又∵x＋y＋z的最大值是＝1，
∴＝1，∴a＝1.
1．(2015·陕西汉中一模，15A)已知a，b，c∈R，且2a＋2b＋c＝8，则(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是________．
【解析】 由柯西不等式得，
(4＋4＋1)×[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥[2(a－1)＋2(b＋2)＋c－3]2，
∴9[(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2]≥(2a＋2b＋c－1)2.
∵2a＋2b＋c＝8，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2≥，
∴(a－1)2＋(b＋2)2＋(c－3)2的最小值是.
【答案】
2．(2014·江苏徐州一模，21D，10分)设x，y，z为正数，求证：
2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)．
证明：因为x2＋y2≥2xy>0，
所以x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)≥xy·(x＋y)，
同理y3＋z3≥yz(y＋z)，z3＋x3≥zx(z＋x)，
以上三式相加即可得
2(x3＋y3＋z3)≥xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)．
又因为xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)＝x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)，
所以2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)．
3．(2015·河北石家庄一模，24，10分)若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2.
(1)求abc的最大值；
(2)证明：＋＋≥.
解：(1)因为a，b，c∈R＋，所以2＝a＋b＋c≥3，故abc≤.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，所以abc的最大值为.
(2)证明：因为a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以根据柯西不等式，可得
＋＋＝(a＋b＋c)·
＝[()2＋()2＋()2]×
≥＝.
所以＋＋≥.
4．(2014·辽宁沈阳二模，24，10分)用放缩法证明不等式：
2(－1)<1＋＋＋…＋<2.
证明：∵<<，
∴2(－)<<2(－)，
∴2(－1)<1＋＋＋…＋<2.
思路点拨：本题利用放缩法证明不等式．关键是利用<<，然后叠加即可．
5．(2015·山西太原一模，24，10分)已知大于1的正数x，y，z满足x＋y＋z＝3.
(1)求证：＋＋≥；
(2)求＋＋的最小值．
解：(1)证明：由柯西不等式得
·[(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)]
≥(x＋y＋z)2＝27.
又(x＋2y＋3z)＋(y＋2z＋3x)＋(z＋2x＋3y)＝6(x＋y＋z)＝18，
所以＋＋≥＝.
当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．
(2)∵＋＋
＝＋＋，
由柯西不等式得：
[log3(xy)＋log3(yz)＋log3(zx)]≥9，
∴
≥
＝.
又∵3＝x＋y＋z≥3，
∴xyz≤3，
∴log3(xyz)≤，得
≥×＝3，
∴＋
＋≥3，当且仅当x＝y＝z＝时，等号成立．
故所求的最小值是3.
(专题十九～二十一)
(时间：60分钟__分数：100分)
一、填空题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2011·陕西，15)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则BE＝________．
【解析】 方法一(解三角形)：
在Rt△ACD中，CD＝＝8，
所以cos D＝，由于∠D＝∠B，则在
Rt△AEB中，cos B＝＝，
所以BE＝AB·cos B＝6×＝4.
方法二(利用三角形相似)：∵∠ACD＝90°，AD＝12，AC＝4，
∴CD＝＝＝8.
又∵AE⊥BC，∠B＝∠D，
∴Rt△ABE∽Rt△ADC，∴＝，
即BE＝＝＝4.
【答案】 4
2．(2015·天津南开一模，13)如图，已知圆的两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．
【解析】 由相交弦定理可知，AF·FB＝DF·CF＝2.又因为AF∶FB＝4∶2，所以AF＝2，FB＝1，所以BE＝，所以CE2＝BE·AE＝BE·(AF＋FB＋BE)＝×＝，所以CE＝.
【答案】
3．(2014·广东广州二模，15)如图，平行四边形ABCD中，AE∶EB＝1∶2，△AEF的面积为1 cm2，则平行四边形ABCD的面积为________cm2.
【解析】 由于四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD.又＝，
∴＝＝＝.
∴＝＝，
∴S△CDF＝9S△AEF＝9 cm2.
同理＝＝，
∴＝＝，
∴S△ADF＝3S△AEF＝3 cm2.
故S△ACD＝S△ADF＋S△CDF＝3＋9＝12(cm2)，
∴四边形ABCD的面积S＝2S△ACD＝2×12＝24(cm2)．
【答案】 24
4．(2014·天津六校三模，12)如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1、⊙O2于点D，E，DE与AC相交于点P.若AD是⊙O2的切线，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，则AB的长为________．
【解析】 因为AC与⊙O1相切，切点为A，
所以∠BAC＝∠ADB.
又∠BAC＝∠BEC，所以∠ADB＝∠BEC.
所以AD∥CE，所以△CPE∽△APD，
所以＝＝＝，即CE＝AD.
因为AP为⊙O1的切线，PBD为⊙O1的割线，所以由切割线定理得PA2＝PB·PD＝PB·(PB＋BD)，即36＝PB·(PB＋9)，解得PB＝3.在⊙O2中，由相交弦定理知PB·PE＝PA·PC，即3PE＝2×6，得PE＝4.
又因为AD为⊙O2的切线，DBE为⊙O2的割线，所以由切割线定理可得DA2＝DB·DE，即DA2＝9×(9＋3＋4)，得DA＝12，所以CE＝4.易证△BPA∽△CPE，所以＝＝＝，所以AB＝CE＝6.
【答案】 6
5．(2015·广东惠州质检，14)已知圆C的参数方程为(α为参数)，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos θ＝1，则直线l与圆C的交点的直角坐标为________．
【解析】 由极坐标系与直角坐标系互化关系可知，直线l的直角坐标方程为x＝1.由圆C的参数方程可得其普通方程为x2＋(y－1)2＝1，由得直线l与圆C的交点坐标为(1，1)．
【答案】 (1，1)
6．(2014·湖南十二校第二次联考，11)设极点与坐标原点重合，极轴与x轴正半轴重合，已知直线l的极坐标方程为
ρsin＝a，a∈R，圆C的参数方程是(θ为参数)．若圆C关于直线l对称，则a＝________.
【解析】 将直线l的方程化为直角坐标方程为x－y＋2a＝0.由圆的参数方程可知圆心C的坐标为(2，2)．若圆C关于直线l对称，则直线l过圆心C，所以×2－2＋2a＝0，解得a＝－2.
【答案】 －2
7．(2011·陕西，15C)直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A，B分别在曲线C1：(θ为参数)和曲线C2：ρ＝1上，则|AB|的最小值为________．
【解析】 将两曲线方程化为普通方程，曲线C1为(x－3)2＋y2＝1，C2为x2＋y2＝1，两圆圆心为C1(3，0)，C2(0，0)，两圆圆心距|C1C2|＝3，半径均为1，所以两圆相离，则|AB|的最小值为|C1C2|－r1－r2＝1.
【答案】 1
8．(2015·陕西汉中一模，15C)设曲线C的参数方程为(θ为参数)，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为ρ＝，则曲线C上到直线距离为的点的个数为________．
【解析】 ∵曲线C的参数方程为(θ为参数)，
∴曲线C的标准方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝8，它表示以(3，－1)为圆心，2为半径的圆．又直线l的极坐标方程为ρ＝，它的一般方程为x－y－2＝0.
∵点(3，－1)到直线x－y－2＝0的距离为，等于圆半径的一半，故曲线C上到直线l距离为的点的个数为3.
【答案】 3
9．(2011·江西，15(2))对于x∈R，不等式|x＋10|－|x－2|≥8的解集为________．
【解析】 分三种情况讨论：
①当x≤－10时，原不等式转化为－(x＋10)＋(x－2)≥8，
此不等式无解；
②当－100时，∵|x＋1|＋|x－3|的最小值为4，
∴a＋≤4.∴a＝2.
综上可知a∈(－∞，0)∪{2}．
【答案】 (－∞，0)∪{2}
11．(2015·陕西八校联考，15A)若不等式|x＋1|－|x－4|≥a＋，对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
【解析】 只要函数f(x)＝|x＋1|－|x－4|的最小值不小于a＋即可．由于||x＋1|－|x－4||≤|(x＋1)－(x－4)|＝5，所以－5≤|x＋1|－|x－4|≤5，故只要－5≥a＋即可．当a>0时，将不等式－5≥a＋整理，得a2＋5a＋4≤0，无解；当a<0时，将不等式－5≥a＋整理，得a2＋5a＋4≥0，则有a≤－4或－1≤a<0.
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[－1，0)．
【答案】 (－∞，－4]∪[－1，0)
12．(2015·陕西汉中调研，15A)设a，b，c为正数，a＋b＋4c2＝1，则＋＋c的最大值是__________，此时a＋b＋c＝________．
【解析】 由柯西不等式得(a＋b＋4c2)·＝[()2＋()2＋(2c)2]·≥(＋＋c)2.因此＋＋c
≤
＝＝，
当且仅当＝＝，即＝＝2c，此时a＝b＝8c2，因此a＋b＋4c2＝8c2＋8c2＋4c2＝20c2＝1，
解得c＝，a＝b＝.
因此a＋b＋c＝＋＋＝.
【答案】
二、解答题(共4小题，每小题10分，共40分)
13．(2011·课标全国，22)如图，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根．
(1)证明：C，B，D，E四点共圆；
(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．
解：(1)证明：如图，连接DE.
根据题意，在△ADE和△ACB中，
AD·AB＝mn＝AE·AC.
即＝.
又∠DAE＝∠CAB，
从而△ADE∽△ACB.
因此∠ADE＝∠ACB，
即∠EDB＋∠ECB＝180°.
所以C，B，D，E四点共圆．
(2)m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12.
故AD＝2，AB＝12.
取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.
因为C，B，D，E四点共圆，
所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.
由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.
从而HF＝AG＝5，
DF＝×(12－2)＝5，
则DH＝＝5.
故C，B，D，E四点所在圆的半径为5.
14．(2014·山西临汾二模，23)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin＝4.
(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；
(2)设P为曲线C1上的动点，求点P到C2上点的距离的最小值，并求此时点P的坐标．
解：(1)由曲线C1：
得
两式两边平方相加得＋y2＝1，
即曲线C1的普通方程为＋y2＝1.
由曲线C2：ρsin＝4得
ρ(sin θ＋cos θ)＝4，
即ρsin θ＋ρcos θ＝8，所以x＋y－8＝0，
即曲线C2的直角坐标方程为x＋y－8＝0.
(2)由(1)知椭圆C1与直线C2无公共点，依题意有椭圆上的点P(cos α，sin α)到直线x＋y－8＝0的距离为
d＝
＝，
所以当sin＝1时，d取得最小值3，此时α＝－＝，点P的坐标为.
15．(2015·河南郑州质检，22)在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2，0)，，圆C的参数方程为(θ为参数)．
(1)设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；
(2)判断直线l与圆C的位置关系．
解：(1)由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2，0)，.
又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为，故直线OP的平面直角坐标方程为y＝x.
(2)因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2，0)，，所以直线l的平面直角坐标方程为x＋3y－2＝0.
又圆C的圆心坐标为(2，－)，半径r＝2，
圆心到直线l的距离
d＝＝＜r，
故直线l与圆C相交．
16．(2015·辽宁沈阳一模，24)f(x)＝|x|＋|x＋1|的最小值为m.
(1)求m的值；
(2)x，y，z∈R，且2x＋3y＋3z＝m，求x2＋y2＋z2的最小值．
解：(1)∵f(x)≥|－x＋x＋1|＝1，
∴f(x)的最小值为1，即m＝1.
(2)由柯西不等式得(2x＋3y＋3z)2≤(22＋32＋32)(x2＋y2＋z2)．
∵2x＋3y＋3z＝1，
∴x2＋y2＋z2≥，当且仅当＝＝，即x＝，y＝z＝时，等号成立，
∴x2＋y2＋z2的最小值为.