題目所在試卷參考答案：

參 考 答 案

●難點(diǎn)磁場(chǎng)

1.解析：即f(x)=(a–1)x²+ax–=0有解.

當(dāng)a–1=0時(shí)，滿足.當(dāng)a–1≠0時(shí)，只需Δ=a²–(a–1)＞0.

答案：或a=1

2.解：(1)當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f(–x)=(–x)²+｜–x｜+1=f(x)，此時(shí)f(x)為偶函數(shù).

當(dāng)a≠0時(shí)，f(a)=a²+1,f(–a)=a²+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)

此時(shí)函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù).

(2)①當(dāng)x≤a時(shí)，函數(shù)f(x)=x²–x+a+1=(x–)²+a+

若a≤，則函數(shù)f(x)在(–∞,a］上單調(diào)遞減.

從而函數(shù)f(x)在(–∞,a上的最小值為f(a)=a²+1

若a＞，則函數(shù)f(x)在(–∞,a上的最小值為f()=+a，且f()≤f(a).

②當(dāng)x≥a時(shí)，函數(shù)f(x)=x²+x–a+1=(x+)²–a+

若a≤–，則函數(shù)f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(–)=–a，且f(–)≤f(a)；

若a＞–，則函數(shù)f(x)在［a,+∞)單調(diào)遞增.

從而函數(shù)f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(a)=a²+1.

綜上，當(dāng)a≤–時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為–a；

當(dāng)–＜a≤時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a²+1；

當(dāng)a＞時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值是a+.

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三種情況分別驗(yàn)證.

答案：C

2.解析：任取4個(gè)點(diǎn)共C=210種取法.四點(diǎn)共面的有三類：(1)每個(gè)面上有6個(gè)點(diǎn)，則有4×C=60種取共面的取法；(2)相比較的4個(gè)中點(diǎn)共3種；(3)一條棱上的3點(diǎn)與對(duì)棱的中點(diǎn)共6種.

答案：C

二、3.解析：分線段AB兩端點(diǎn)在平面同側(cè)和異側(cè)兩種情況解決.

答案：1或2

4.解析：A={1,2},B={x｜(x–1)(x–1+a)=0},

由A∪B=A可得1–a=1或1–a=2；

由A∩C=C，可知C={1}或.

答案：2或3　 3或(–2，2)

三、5.解：設(shè)x₀∈A，x₀是x₀²+px₀+q=0的根.

若x₀=0，則A={–2,0}，從而p=2,q=0,B={–}.

此時(shí)A∩B=與已知矛盾，故x₀≠0.

將方程x₀²+px₀+q=0兩邊除以x₀²，得

.

即滿足B中的方程，故∈B.

∵A∩={–2},則–2∈A,且–2∈.

設(shè)A={–2,x₀}，則B={}，且x₀≠2(否則A∩B=).

若x₀=–，則–2∈B,與–2B矛盾.

又由A∩B≠,∴x₀=，即x₀=±1.

即A={–2,1}或A={–2,–1}.

故方程x²+px+q=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根–2，1或–2，–1

∴

6.解：如圖，設(shè)MN切圓C于N，則動(dòng)點(diǎn)M組成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}.

∵ON⊥MN,｜ON｜=1,

∴｜MN｜²=｜MO｜²–｜ON｜²=｜MO｜²–1

設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)，

則

即(x²–1)(x²+y²)–4λ²x+(4λ²+1)=0.

經(jīng)檢驗(yàn)，坐標(biāo)適合這個(gè)方程的點(diǎn)都屬于集合P，故方程為所求的軌跡方程.

(1)當(dāng)λ=1時(shí)，方程為x=，它是垂直于x軸且與x軸相交于點(diǎn)(，0)的直線；

(2)當(dāng)λ≠1時(shí)，方程化為：

它是以為圓心，為半徑的圓.

7.解：(1)依題意f(0)=0，又由f(x₁)=1，當(dāng)0≤y≤1，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b⁰=1的線段，故由

∴x₁=1

又由f(x₂)=2，當(dāng)1≤y≤2時(shí)，函數(shù)y=f(x)的圖象是斜率為b的線段，故由

即x₂–x₁=

∴x₂=1+

記x₀=0，由函數(shù)y=f(x)圖象中第n段線段的斜率為b^n–1，故得

又由f(x_n)=n,f(x_n–1)=n–1

∴x_n–x_n–1=()^n–1,n=1,2,……

由此知數(shù)列{x_n–x_n–1}為等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比為.

因b≠1，得(x_k–x_k–1)

=1++…+

即x_n=

(2)由(1)知，當(dāng)b＞1時(shí)，

當(dāng)0＜b＜1，n→∞, x_n也趨于無(wú)窮大.x_n不存在.

(3)由(1)知，當(dāng)0≤y≤1時(shí)，y=x，即當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)=x;

當(dāng)n≤y≤n+1，即x_n≤x≤x_n+1由(1)可知

f(x)=n+bⁿ(x–x_n)(n=1,2,…),由(2)知

當(dāng)b＞1時(shí)，y=f(x)的定義域?yàn)椋?,);

當(dāng)0＜b＜1時(shí)，y=f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞).

8.(1)證明：依設(shè)，對(duì)任意x∈R，都有f(x)≤1

∵

∴≤1

∵a＞0,b＞0

∴a≤2.

(2)證明：必要性：

對(duì)任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x)，據(jù)此可以推出–1≤f(1)

即a–b≥–1，∴a≥b–1

對(duì)任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1.

因?yàn)?i>b＞1，可以推出f()≤1即a.–1≤1，

∴a≤2,∴b–1≤a≤2

充分性：

因?yàn)?i>b＞1，a≥b–1，對(duì)任意x∈［0,1］.

可以推出ax–bx²≥b(x–x²)–x≥–x≥–1

即ax–bx²≥–1

因?yàn)?i>b＞1,a≤2,對(duì)任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx²≤2x–bx²≤1

即ax–bx²≤1,∴–1≤f(x)≤1

綜上，當(dāng)b＞1時(shí)，對(duì)任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是b–1≤a≤2.

(3)解：∵a＞0，0＜b≤1

∴x∈［0,1］,f(x)=ax–bx²≥–b≥–1

即f(x)≥–1

f(x)≤1f(1)≤1a–b≤1

即a≤b+1

a≤b+1f(x)≤(b+1)x–bx²≤1

即f(x)≤1

所以當(dāng)a＞0，0＜b≤1時(shí)，對(duì)任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是a≤b+1.