2018版復(fù)習(xí)方案大（全國人教數(shù)學(xué)文科）配套作業(yè)第11單元4部分作業(yè)答案-第十一單元含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時(shí)作業(yè)(五十七)1．解：(1)∵ρ＝4sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3）))，∴ρ＝4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（sinθcos\f(π,3）－cosθsin\f(π，3)）），∴ρ2＝2ρsinθ－2eq\r(3)ρcosθ，∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＋2eq\r(3)x－2y＝0。(2)曲線C的直角坐標(biāo)方程可化為(x＋eq\r（3）)2＋(y－1）2＝4，∴曲線C是圓心為(－eq\r（3）,1)，半徑為2的圓．∵點(diǎn)Q的直角坐標(biāo)是（cosφ，sinφ），∴點(diǎn)Q在圓O:x2＋y2＝1上，∴｜PQ｜≤｜OC|＋1＋2＝5，即｜PQ|的最大值為5.2．解：(1）因?yàn)閤＝ρcosθ,y＝ρsinθ，所以C1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝－2,C2的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0.（2）將θ＝eq\f(π，4)代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0，得ρ2－3eq\r（2)ρ＋4＝0,得ρ1＝2eq\r（2）,ρ2＝eq\r（2)，所以｜MN|＝eq\r(2).因?yàn)镃2的半徑為1,則△C2MN的面積為eq\f（1，2)×eq\r(2）×1×sin45°＝eq\f（1，2)。3．解：（1）∵直線l的傾斜角α＝eq\f（3π，4），∴直線l上的點(diǎn)的極角θ＝eq\f(3π,4)或θ＝eq\f(7π,4)，代入圓E的極坐標(biāo)方程ρ＝4sinθ,得ρ＝2eq\r(2)或ρ＝－2eq\r（2）（舍去)，∴直線l與圓E的交點(diǎn)A的極坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f（3π，4）)）。(2）由(1）知線段OA的中點(diǎn)M的極坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r（2），\f(3π,4))).∴M的直角坐標(biāo)為(－1,1),∵圓E的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sinθ，∴圓E的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－4y＝0。設(shè)直線m的參數(shù)方程為eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcosα，，y＝1＋tsinα))（t為參數(shù))，代入x2＋y2－4y＝0得t2－2t(sinα＋cosα)－2＝0，Δ＝4（sinα＋cosα)2＋8>0.設(shè)B，C兩點(diǎn)對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1＋t2＝2（sinα＋cosα),t1·t2＝－2，即t1與t2異號．∴｜｜MB｜－|MC||＝|｜t1｜－|t2||＝|t1＋t2｜＝2｜sinα＋cosα|＝2eq\r（2）eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，4)))))，∴||MB｜－｜MC||max＝2eq\r(2），此時(shí)直線m的傾斜角α＝eq\f（π,4).4．解：（1）由題意知，直線l的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＋eq\f(π,6）＝0，化簡得eq\f（\r（3），2）ρcosθ－eq\f（1，2)ρsinθ＝0，則直線l的直角坐標(biāo)方程是eq\r(3）x－y＝0。由于動(dòng)拋物線C的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（eq\r(3)＋3cosθ，1＋3sinθ），∴軌跡E的參數(shù)方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r（3）＋3cosθ，,y＝1＋3sinθ)）（θ為參數(shù)）．(2）由（1）可得，曲線E的普通方程為(x－eq\r（3））2＋(y－1）2＝9,曲線E是以（eq\r（3)，1)為圓心，3為半徑的圓,則圓心（eq\r（3)，1)到直線l：eq\r（3）x－y＝0的距離d＝eq\f(｜\r（3)×\r（3)－1|，2)＝1，∴直線l被曲線E截得的弦長為2eq\r（9－1）＝4eq\r(2)。5．解：（1）由題意知，曲線C1與C2的直角坐標(biāo)方程分別為C1：(x－1)2＋（y－1）2＝2，C2：y＝a,因?yàn)榍€C1關(guān)于曲線C2對稱，所以點(diǎn)（1，1）在y＝a上，所以a＝1，C2：y＝1.（2）因?yàn)閨OA｜＝2eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(φ＋\f（π，4))）,|OB｜＝2eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（φ＋\f(π,2)））＝2eq\r（2)cosφ，｜OC｜＝2eq\r(2)sinφ，|OD|＝2eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(φ＋\f（3π，4））)＝2eq\r（2)coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（φ＋\f(π,4)））,所以|OA｜·|OC｜＋|OB｜·|OD|＝4eq\r(2).6．解：（1)依題意,因?yàn)棣?＝x2＋y2，所以曲線C1的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝1,所以曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋（y－1)2＝1，又y＝ρsinθ，所以ρ2－2ρsinθ＝0，即曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ。（2）由題令T（x0,y0)，y0∈(0，1］,切線MN的傾斜角為θ，所以切線MN的參數(shù)方程為eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosθ，，y＝y(tǒng)0＋tsinθ))(t為參數(shù))．代入C2的直角坐標(biāo)方程得，t2＋2(x0cosθ＋y0sinθ－sinθ)t＋1－2y0＝0，所以｜TM｜·｜TN｜＝｜1－2y0｜,因?yàn)?－2y0∈[－1，1）,所以|TM|·|TN|∈［0,1]．7．解：(1)C：ρ＝2eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4）））＝2sinθ－2cosθ，∴ρ2＝2ρsinθ－2ρcosθ,∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝2y－2x，即（x＋1）2＋（y－1）2＝2。（2)點(diǎn)Q的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2），\f（\r(2),2)）)，∴dmin＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)＋1))\s\up12(2）＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2）,2)－1）)\s\up12（2））－eq\r（2)＝eq\r（3)－eq\r(2)。8．解：（1）點(diǎn)D的直角坐標(biāo)是（0，－1)，∵ρ＝eq\f(2,1－cosθ），∴ρ＝ρcosθ＋2，即ρ2＝(ρcosθ＋2）2，對應(yīng)的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝(x＋2)2，化簡得曲線C的直角坐標(biāo)方程是y2＝4x＋4.（2)設(shè)直線l的傾斜角是α，則l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，，y＝－1＋tsinα)）(t為參數(shù))，代入y2＝4x＋4,得t2sin2α－(4cosα＋2sinα)t－3＝0，設(shè)A，B兩點(diǎn)對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1t2＝－eq\f（3，sin2α),∴|DA｜·｜DB｜＝|t1t2｜＝eq\f（3，sin2α)，當(dāng)α＝90°時(shí),|DA｜·｜DB｜取得最小值3.課時(shí)作業(yè)(五十八)1．解:(1）將eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,,y＝ρsinθ)）代入ρsinθ－2ρcosθ＝4eq\r（2）得，曲線C2的直角坐標(biāo)方程為y－2x－4eq\r（2）＝0.（2）由題意可知|PQ|的最小值即為P到直線2x－y＋4eq\r(2）＝0的距離的最小值，∵d＝eq\f(｜2cosφ－2sinφ＋4\r（2）|，\r（5）)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（2\r（2）cos\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（φ＋\f（π,4）))＋4\r(2))）,\r（5)）,∴|PQ|的最小值dmin＝eq\f（2\r（10），5)。2．解：(1）曲線C的普通方程為(x－1)2＋（y－1）2＝2，直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y＝0，圓心C到直線l的距離d＝eq\f（｜1＋1|，\r（12＋12）)＝eq\r(2）＝r，所以直線l與曲線C相切．(2)由已知可得，圓心C到直線的距離d＝eq\f(｜1＋1－m|，\r(12＋12))≤eq\f(3，2)eq\r（2），解得－1≤m≤5.3．解：(1)消去參數(shù)得直線l的普通方程為eq\r（3)x＋y－eq\r(3）＝0，由ρ＝2eq\r(3)sinθ得圓C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2eq\r(3)y＝0.(2)由直線l的參數(shù)方程可知直線l過點(diǎn)P，把直線l的參數(shù)方程代入圓C的直角坐標(biāo)方程x2＋y2－2eq\r(3)y＝0，得eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,2）t)）eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t－\r（3）))eq\s\up12（2)＝3，化簡得t2－4t＋1＝0,Δ＝12>0，設(shè)A,B兩點(diǎn)對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1＋t2＝4，t1t2＝1，所以|PA|＋|PB｜＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝4.4．解:（1）由已知可得直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝\f（\r（3),2）＋tcosα，,y＝\f（3,2)＋tsinα)）（t為參數(shù)）．(2)將直線的參數(shù)方程代入x2＋y2＝1,得t2＋(eq\r(3）cosα＋3sinα）t＋2＝0，由Δ〉0，有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,6)))))〉eq\f（\r(6),3），設(shè)M，N兩點(diǎn)對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1＋t2＝－(eq\r（3）cosα＋3sinα）,t1t2＝2>0,∴eq\f(1,|PM|）＋eq\f（1,｜PN|)＝eq\f(1，｜t1｜)＋eq\f（1,|t2|）＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\f(1,t1）＋\f（1，t2)））＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(t1＋t2,t1t2)))＝eq\f（｜\r（3）cosα＋3sinα｜,2）＝eq\r(3）eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,6））)）)∈(eq\r（2)，eq\r(3)］．5．解:（1)點(diǎn)O(0，0）,Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2,\f（π,2))），Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2），\f(π，4)))對應(yīng)的直角坐標(biāo)分別為O（0，0），A(0，2)，B（2,2)，則過點(diǎn)O,A，B的圓的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－2y＝0，又因?yàn)閑q\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，，y＝ρsinθ，）)代入可求得經(jīng)過點(diǎn)O，A，B的圓C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2eq\r(2)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π，4）)）.（2）圓C2：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝－1＋acosθ,，y＝－1＋asinθ））（θ是參數(shù)）對應(yīng)的普通方程為(x＋1)2＋（y＋1)2＝a2，因?yàn)閳AC1與圓C2外切,所以eq\r(2)＋｜a｜＝2eq\r(2)，解得a＝±eq\r(2）.6．解：(1)∵ρ＝2coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π，4））），∴ρ＝eq\r(2)cosθ－eq\r（2)sinθ，∴ρ2＝eq\r（2)ρcosθ－eq\r(2）ρsinθ，∴圓C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－eq\r（2)x＋eq\r(2)y＝0，即eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(\r（2)，2）)）eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（y＋\f(\r（2）,2))）eq\s\up12（2)＝1，∴圓心C的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r(2）,2）,－\f（\r（2）,2)）).（2）直線l的普通方程為x－y＋4eq\r(2）＝0，圓心C到直線l的距離是eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2）,2）＋\f（\r(2），2)＋4\r(2）)),\r（2））＝5,∴直線l上的點(diǎn)向圓C引的切線長的最小值是eq\r(52－12）＝2eq\r(6).7．解：（1）由題意可知A,B的直角坐標(biāo)分別為A(eq\r(3），1），（－eq\r（3)，1）,則可得C的直角坐標(biāo)為（－eq\r（3)，－1）,D的直角坐標(biāo)為（eq\r（3）,－1）．易知曲線C2的參數(shù)方程為eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ,，y＝sinθ））(θ為參數(shù)）．(2)設(shè)M（2cosθ，sinθ)，則｜MA|2＋｜MB|3＋｜MC|2＋|MD|2＝（2cosθ－eq\r(3））2＋(sinθ－1）2＋（2cosθ＋eq\r(3））2＋（sinθ－1）2＋（2cosθ＋eq\r(3))2＋（sinθ＋1)2＋(2cosθ－eq\r（3)）2＋（sinθ＋1)2＝16cos2θ＋4sin2θ＋16＝12cos2θ＋20。則所求的取值范圍是[20，32］．8．解：（1)直線l的普通方程為eq\r（3）x－y－2eq\r（3)＝0，∴其斜率為eq\r（3），∴直線l的傾斜角為eq\f（π,3).∵曲線C的極坐標(biāo)方程為1－3sin2θ＝eq\f（2，ρ2），即ρ2－3ρ2sin2θ＝2，∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2－2y2＝2。(2)可得直線l的參數(shù)方程的標(biāo)準(zhǔn)形式為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f（1，2)t′，，y＝\f(\r（3）,2）t′)）（t′為參數(shù))，代入曲線C的直角坐標(biāo)方程x2－2y2＝2得5t′2－8t′－8＝0，∴｜AB|＝|t′1－t′2|＝eq\r（（t′1＋t′2）2－4t′1t′2)＝eq\f（4\r（14),5)。課時(shí)作業(yè)(五十九)1．解：（1）∵｜2x－a｜＋2a≤6，∴|2x－a｜≤6－2a，∴2a－6≤2x－a≤6－2a,∴eq\f(3，2）a－3≤x≤3－eq\f（a，2）。又f(x)≤6的解集為｛x｜－6≤x≤4},∴eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(\f(3，2)a－3＝－6，，3－\f(a，2)＝4,）)解得a＝－2。（2)由（1)得f（x)＝｜2x＋2|－4?！鄚2x＋2|－4≤（k2－1）x－5,即|2x＋2｜＋1≤(k2－1)x.令g（x)＝|2x＋2｜＋1＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（2x＋3,x≥－1,，－2x－1，x〈－1,）)y＝g(x)的圖像如圖所示，由圖可知,要使不等式f（x)≤（k2－1)x－5的解集非空，需k2－1>2或k2－1≤－1,∴k的取值范圍是eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(k｜k>\r（3)或k〈－\r(3）或k＝0)).2．解：(1）原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（－\f（3,2）x＋\f(5,2)>2，,x≤1）)或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)x＋\f（1，2）〉2，，1〈x≤3））或eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f（5,2）〉2，，x〉3，)）解得不等式的解集為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－∞,\f(1，3）)）∪(3，＋∞)．(2)f（x）＝｜x－1｜＋eq\f（1，2）｜x－3|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（－\f(3，2）x＋\f(5，2）,x≤1，，\f（1,2）x＋\f(1,2），1<x≤3,，\f(3,2)x－\f(5,2)，x>3。))f（x)圖像如圖所示，其中A（1,1），B(3，2)，直線y＝aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,2）))恒過點(diǎn)Heq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）,0）），因?yàn)閗AH＝eq\f(1－0，1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)））)＝eq\f（2，3），kBH＝eq\f（2－0，3－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)）））＝eq\f（4,7),結(jié)合圖像可得不等式f(x）≤aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,2）))的解集非空時(shí)，a的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(3,2)））∪eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（4，7)，＋∞)).3．解：（1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x）＝｜x－2｜＋|2x＋1|。由f(x）≥5得｜x－2|＋｜2x＋1｜≥5.當(dāng)x≥2時(shí),不等式等價(jià)于x－2＋2x＋1≥5，解得x≥2，所以x≥2;當(dāng)－eq\f(1，2）〈x〈2時(shí)，不等式等價(jià)于2－x＋2x＋1≥5,即x≥2，所以x∈?；當(dāng)x≤－eq\f(1,2）時(shí)，不等式等價(jià)于2－x－2x－1≥5，解得x≤－eq\f(4，3），所以x≤－eq\f(4,3）.所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－\f（4，3)或x≥2））))。（2)f（x)＋｜x－2|＝2｜x－2|＋|2x＋a|＝|2x－4｜＋|2x＋a|≥｜2x＋a－（2x－4）|＝|a＋4|.因?yàn)樵}等價(jià)于（f(x）＋｜x－2｜）min〈3，所以｜a＋4｜〈3,解得－7<a〈－1。4．解：（1)當(dāng)x〉2時(shí)，有1－x〉0，解得x<1，所以x∈?;當(dāng)eq\f(3,2)≤x≤2時(shí)，有5－3x>0,解得x<eq\f(5，3)，所以eq\f(3，2)≤x<eq\f（5，3)；當(dāng)x〈eq\f（3,2)時(shí),有x－1>0，解得x>1，所以1〈x〈eq\f(3，2)，綜上可得，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x1〈x〈\f（5,3）））.（2)由題意,當(dāng)x∈（－∞，2）時(shí)，不等式f（x）〈0為2－x－｜2x－a|〈0，即2－x<｜2x－a｜,解得x<a－2或x〉eq\f(a＋2，3)恒成立，則由條件,得a－2≥2,即a≥4，故a的取值范圍為a≥4。5．解:(1)由已知得｜x－3|<m－2，得5－m〈x〈1＋m，所以5－m＝2,且m＋1＝4，則m＝3.(2)由｜x－a｜≥f（x）恒成立，得｜x－3|＋|x－a|≥3恒成立．∵｜x－3｜＋|x－a|≥｜x－3－(x－a)|＝|a－3|，當(dāng)且僅當(dāng)(x－3）(x－a)≤0時(shí)取到等號，∴｜a－3｜≥3,解得a≥6或a≤0，故a的取值范圍為a≤0或a≥6.6．解：（1）不等式f(x）≤4的解集是以下3個(gè)不等式組解集的并集：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x≥1，，x－1＋x＋1≤4)）或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（－1≤x<1，,－x＋1＋x＋1≤4）)或eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x〈－1，,－x＋1－x－1≤4.)）解得不等式f(x）≤4的解集為{x｜－2≤x≤2}．（2)在－2≤x≤2時(shí),不等式｜x＋3|＋｜x＋a|<x＋6等價(jià)于｜x＋a｜〈3，等價(jià)于－a－3<x<－a＋3.從而[－2，2]?(－a－3，－a＋3），所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（－a－3〈－2，,－a＋3>2，)）得實(shí)數(shù)a的取值范圍是｛a｜－1<a〈1｝．7．解:（1）不等式f（x）≤3即為｜2－3x｜－｜2＋x｜≤3，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－2，，2－3x＋2＋x≤3)）或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2〈x≤\f（2，3）,，2－3x－2－x≤3））或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x>\f(2,3)，，3x－2－2－x≤3，))解得－eq\f（3，4)≤x≤eq\f（7，2)，所以不等式f（x)≤3的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜(\a\vs4\al\co1（－\f（3，4))）≤x≤\f（7，2))）。（2）不等式f(x）≥1－a＋2|2＋x｜等價(jià)于｜a－3x｜－3｜2＋x|≥1－a，即|3x－a｜－｜3x＋6｜≥1－a，因?yàn)閨3x－a｜－|3x＋6|≤｜（3x－a）－（3x＋6）|＝|a＋6｜，所以若存在實(shí)數(shù)a，使得不等式f(x）≥1－a＋2|2＋x|成立，則｜a＋6|≥1－a，解得a≥－eq\f（5,2）,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（5,2）,＋∞）).8．解:（1)當(dāng)m＝3時(shí),f(x)≥5即|x＋6｜－｜x－3|≥5，①當(dāng)x〈－6時(shí)，得－9≥5,所以x∈?；②當(dāng)－6≤x≤3時(shí)，得x＋6＋x－3≥5,即x≥1,所以1≤x≤3；③當(dāng)x〉3時(shí)，得9≥5，恒成立，所以x〉3.故不等式f(x）≥5的解集為{x｜x≥1}．（2)因?yàn)椋黿＋6｜－|m－x｜≤|x＋6＋m－x｜＝|m＋6|，由題意得｜m＋6｜≤7，則－7≤m＋6≤7，解得－13≤m≤1，故m的取值范圍是［－13,1］．課時(shí)作業(yè)(六十）1．解:(1)∵a〈0，∴f(0）＝|a｜＋eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(－\f(1，a））)＝－a－eq\f（1，a)>eq\f（5,2），即a2＋eq\f(5,2)a＋1>0，解得a〈－2或－eq\f(1,2）<a〈0.(2）證明：f（x)＝｜2x＋a｜＋eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(x－\f(1，a）））＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(3x＋a－\f(1，a）,x≥－\f(a，2），，－x－a－\f(1,a），\f(1，a）<x〈－\f（a，2)，,－3x－a＋\f(1,a）,x≤\f（1,a）.))當(dāng)x≥－eq\f(a，2)時(shí),f(x）≥－eq\f(a,2）－eq\f(1,a)；當(dāng)eq\f(1，a)〈x<－eq\f(a，2)時(shí)，f(x)>－eq\f(a,2）－eq\f（1，a)；當(dāng)x≤eq\f（1,a）時(shí)，f（x)≥－a－eq\f(2，a)?！鄁(x)min＝－eq\f(a，2）－eq\f（1,a)≥2eq\r(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（a,2）)）×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，a))))＝eq\r(2），當(dāng)且僅當(dāng)－eq\f（a，2）＝－eq\f（1，a），即a＝－eq\r（2)時(shí)取等號，∴f（x）≥eq\r(2）。2．解：(1)由于解集為R，那么x＝3，x＝－1都滿足不等式，即有eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(｜9＋3m＋n｜≤0,,｜1－m＋n|≤0，）)即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9＋3m＋n＝0，,1－m＋n＝0，))解得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝－3，)）經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)m＝－2，n＝－3時(shí)，原不等式的解集是R。（2）證明：∵a＋b＋c＝1，a＋b≥2eq\r（ab)，b＋c≥2eq\r（bc），c＋a≥2eq\r（ca),∴(eq\r（a)＋eq\r（b）＋eq\r(c）)2＝a＋b＋c＋2eq\r(ab）＋2eq\r(bc）＋2eq\r(ca)≤3(a＋b＋c)＝3，故eq\r（a)＋eq\r（b)＋eq\r（c）≤eq\r（3)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f（1,3）時(shí)取等號)．3．解:（1）當(dāng)x≤－1時(shí)，f(x）＝3＋x≤2；當(dāng)－1〈x〈1時(shí),f（x)＝－1－3x〈2；當(dāng)x≥1時(shí),f（x）＝－x－3≤－4。故當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得最大值2,即m＝2。(2）因?yàn)閍2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2）≥2ab＋2bc＝2（ab＋bc），當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f（\r(2)，2)時(shí)取等號，所以ab＋bc≤eq\f（a2＋2b2＋c2，2）＝1，即ab＋bc的最大值為1.4．解：(1)令f（x）＝|x－1｜－｜x－2｜＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（－1，x≤1，,2x－3，1<x<2,,1，x≥2,))則－1≤f（x)≤1，由于存在x∈R使不等式|x－1｜－|x－2|≥t成立，則有t≤1,即T＝{t｜t≤1｝．（2)由（1）知，log3m·log3n≥1，根據(jù)基本不等式得log3m＋log3n≥2eq\r(log3m·log3n)≥2，從而mn≥32,當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝3時(shí)取等號，再根據(jù)基本不等式得m＋n≥2eq\r(mn)≥6,當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝3時(shí)取等號，所以m＋n的最小值為6.5．解：(1）依題意得｜x－3｜－|x＋1｜<2，當(dāng)x〉3時(shí)，得x－3－(x＋1)<2,即－4〈2，∴x>3；當(dāng)－1≤x≤3時(shí)，得3－x－（x＋1)〈2，即x〉0，∴0〈x≤3；當(dāng)x〈－1時(shí)，得3－x＋（x＋1)<2，即4〈2，∴x∈?.綜上所述,原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x｜x〉0)）.（2)證明：因?yàn)閙,n∈(0，＋∞），所以eq\f（1,m）＋eq\f（1,n）≥2eq\r（\f(1,m)·\f（1,n)）＝eq\f(2,\r（mn）），當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)取等號,則2mn≥eq\f（2，\r(mn）)，即mn≥1，所以mf(n)＋nf（－m)＝m｜n－3｜＋n｜－m－3｜＝｜mn－3m|＋｜mn＋3n｜≥｜(mn－3m）－（mn＋3n）｜＝3｜m＋n｜＝3（m＋n)≥6eq\r(mn）≥6,當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等號．6．解：當(dāng)x〈－2時(shí)，原不等式可化為－2〈3〈0，顯然不成立;當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，原不等式可化為－1〈－2x〈1，解得－eq\f(1，2）<x<eq\f（1,2)；當(dāng)x〉1時(shí),原不等式可化為－2〈－3<0，顯然不成立．綜上所述，原不等式的解集為M＝eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)〈x<\f（1,2)）)））.（1)證明：∵a,b∈M，∴a,b∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2），\f(1,2））），∴－eq\f(1,6）〈eq\f（1，3)a<eq\f（1,6)，－eq\f（1,12)〈eq\f（1,6)b〈eq\f（1，12),兩式相加得－eq\f（1，4)〈eq\f(1，3)a＋eq\