题目所在试卷参考答案：

参 考 答 案

●难点磁场

1.解析：即f(x)=(a–1)x²+ax–=0有解.

当a–1=0时，满足.当a–1≠0时，只需Δ=a²–(a–1)＞0.

答案：或a=1

2.解：(1)当a=0时，函数f(–x)=(–x)²+｜–x｜+1=f(x)，此时f(x)为偶函数.

当a≠0时，f(a)=a²+1,f(–a)=a²+2｜a｜+1.f(–a)≠f(a),f(–a)≠–f(a)

此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数.

(2)①当x≤a时，函数f(x)=x²–x+a+1=(x–)²+a+

若a≤，则函数f(x)在(–∞,a］上单调递减.

从而函数f(x)在(–∞,a上的最小值为f(a)=a²+1

若a＞，则函数f(x)在(–∞,a上的最小值为f()=+a，且f()≤f(a).

②当x≥a时，函数f(x)=x²+x–a+1=(x+)²–a+

若a≤–，则函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(–)=–a，且f(–)≤f(a)；

若a＞–，则函数f(x)在［a,+∞)单调递增.

从而函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a²+1.

综上，当a≤–时，函数f(x)的最小值为–a；

当–＜a≤时，函数f(x)的最小值是a²+1；

当a＞时，函数f(x)的最小值是a+.

●歼灭难点训练

一、1.解析：分a=2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三种情况分别验证.

答案：C

2.解析：任取4个点共C=210种取法.四点共面的有三类：(1)每个面上有6个点，则有4×C=60种取共面的取法；(2)相比较的4个中点共3种；(3)一条棱上的3点与对棱的中点共6种.

答案：C

二、3.解析：分线段AB两端点在平面同侧和异侧两种情况解决.

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：设x₀∈A，x₀是x₀²+px₀+q=0的根.

若x₀=0，则A={–2,0}，从而p=2,q=0,B={–}.

此时A∩B=与已知矛盾，故x₀≠0.

将方程x₀²+px₀+q=0两边除以x₀²，得

.

即满足B中的方程，故∈B.

∵A∩={–2},则–2∈A,且–2∈.

设A={–2,x₀}，则B={}，且x₀≠2(否则A∩B=).

若x₀=–，则–2∈B,与–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有两个不相等的实数根–2，1或–2，–1

∴

6.解：如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}.

∵ON⊥MN,｜ON｜=1,

∴｜MN｜²=｜MO｜²–｜ON｜²=｜MO｜²–1

设动点M的坐标为(x,y)，

则

即(x²–1)(x²+y²)–4λ²x+(4λ²+1)=0.

经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，故方程为所求的轨迹方程.

(1)当λ=1时，方程为x=，它是垂直于x轴且与x轴相交于点(，0)的直线；

(2)当λ≠1时，方程化为：

它是以为圆心，为半径的圆.

7.解：(1)依题意f(0)=0，又由f(x₁)=1，当0≤y≤1，函数y=f(x)的图象是斜率为b⁰=1的线段，故由

∴x₁=1

又由f(x₂)=2，当1≤y≤2时，函数y=f(x)的图象是斜率为b的线段，故由

即x₂–x₁=

∴x₂=1+

记x₀=0，由函数y=f(x)图象中第n段线段的斜率为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,……

由此知数列{x_n–x_n–1}为等比数列，其首项为1，公比为.

因b≠1，得(x_k–x_k–1)

=1++…+

即x_n=

(2)由(1)知，当b＞1时，

当0＜b＜1，n→∞, x_n也趋于无穷大.x_n不存在.

(3)由(1)知，当0≤y≤1时，y=x，即当0≤x≤1时，f(x)=x;

当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

当b＞1时，y=f(x)的定义域为［0,);

当0＜b＜1时，y=f(x)的定义域为［0,+∞).

8.(1)证明：依设，对任意x∈R，都有f(x)≤1

∵

∴≤1

∵a＞0,b＞0

∴a≤2.

(2)证明：必要性：

对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1–1≤f(x)，据此可以推出–1≤f(1)

即a–b≥–1，∴a≥b–1

对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1.

因为b＞1，可以推出f()≤1即a.–1≤1，

∴a≤2,∴b–1≤a≤2

充分性：

因为b＞1，a≥b–1，对任意x∈［0,1］.

可以推出ax–bx²≥b(x–x²)–x≥–x≥–1

即ax–bx²≥–1

因为b＞1,a≤2,对任意x∈［0,1］，可以推出ax–bx²≤2x–bx²≤1

即ax–bx²≤1,∴–1≤f(x)≤1

综上，当b＞1时，对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是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

所以当a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要条件是a≤b+1.