潮汕文化-实践单位评语

2017年高考数学全国卷
数学试题全部解析
理科1

2017
年普通高等学校招生全国统一考试（全国
I
卷）

理科数学

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考
证号填写在答题卡上，
2．回答选择题时 ，选出每小题答案后，用
铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改
动，用橡皮擦干净后，再 选涂其他答案标号。回
答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交
回。

一、 选择题：本题共1 2小题，每小题5分，共
60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的。
1.
已知集合
A

xx1

，B

x31

，则（）

A
．
AIB

xx0

B
．
AUBR

C
．
AUB

xx1

D
．
AIB

【答案】
A
【解析】
A
xx1

，
B

x31



xx0


x
x
∴
AIB

xx0

，
AUB

xx1

，

2

选
A

2.
如图，正方形
ABCD
内的图形来自中国古代的太
极图
.
正方形内 切圆中的黑色部分和白色部
分位于正方形的中心成中心对称，在正方形
内随机取一点，则此点取 自黑色部分的概率
是（）


A
．
B
．
C
．

【答案】
B
【解析】
设正方形边长为
2
，则圆半径为
1

2
1
4
π
8
1
2
D
．

π
4
则正方形的面积为
224
，圆的面积为
π1π
，图中
黑色部分的概率为

π
2
则此点取自黑色部分的概率为
故选
B

3.
设有下面四个命题（）

p
1
p
2
π
2

π
48

：若复数满足
z
1
R
z
2
，则
zR< br>；

，则
zR
；

：若复数
z
满足
zR
3

： 若复数
z，z
满足
zzR
，则
zz
；

p
：若复数
zR
，则
zR
．

A
．
p，p
B
．
p，p
C
．
p，p
D
．
p，p

【答案】
B
11abi

【解析】
p:
设
zabi
， 则
zabiab
R
，得到
b0
，所以
zR
.
p
31212
12
4
131423
24
122
故
P
正确；

1
p
2
:
若
z
1
，满足
zR
，而
zi
，不满足zR
，
2
22
故
p
不正确；

2< br>p
3
:
若
z1
，
z
12
2，则
zz
12
2
，满足
zzR
，而
12< br>3
它们实部不相等，不是共轭复数，故
p
不
正确；

p
4
:
实数没有虚部，所以它的共轭复数是
4
它本身，也属于实数， 故
p
正确；


4.
记
S
为等差数列< br>
a

的前
n
项和，若
a
则
a

的公差为（）

A
．
1 B
．
2 C
．
4
【答案】
C
【解析】
aaa3da4d24

65
S6ad48

2
n
n
4
 a
5
24，S
6
48
，
n
D
．
8
4511
61
联立求得



2a
1
7d24①



6a
1
15d48②

4

①3②
得

2115

d24


∴d4

选
C
6d24

5.
函 数
f

x

在

，

单 调递减，且为奇函数．若

，则满足
1≤f

x2
< br>≤1
的
x
的取值范围是（）
A
．

2，2

B
．

1，1

C
．

0，4

D
．

1，3


【答案】
D
【解析】
因为
f

x

为奇函数，所以
f

1

f

1

1
，

f

1

1
于是
1≤f

x2< br>
≤1
等价于
f

1

≤f
x2

≤f

1

|
又
f
x

在

，

单调递减

1≤x2≤1

1≤x≤3

故选
D

6.
1

6

11 x


2


x

展开式中
x
的系数为

2
A
．
15

【答案】
C.
对
对
2
B
．
20


C
．
30
D
．
35

1
666

1

【解 析】

1+
2


1x

1

1x


2


1x

x

x


1x

6
的项系数为
x
2
2
2
C
6

65
15
2
4
6

1
6
1x

x
2
的
x
项系数为
C=15
，
∴
x
的系数为
151530

故选
C
5

7.
某多面体的三视图如图所示，其中 正视图和左
视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正
方形的边长为
2
，俯视 图为等腰直角三角形、
该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯
形的面积之和为


D
．
16
A
．
10
B
．
12
C
．
14

【答案】
B
【解析】
由三视图可画出立体图


该立体图平面内只有两个相同的梯形
的面

S
梯


24

226

S
全梯
6212

故选
B


6

8.
右面程序框图是为了求出满足
32
n
偶数
n
，那么在
以分别填入

和
的最小
两个空白框中，可
n
1000

A
．
A1000
和
nn1

B
．
A1000
和
nn2

C
．
A≤1000
和
nn1

D
．
A≤1000
和
nn2

【答案】
D
【答案】
因为要求
A
大于1000时输出，且框图中在
“否”时输出
∴“”中不能输入
A1000

排除A、B
又要求
n
为偶数，且
n
初始值为0，
“”中
n
依次加2可保证其为偶

故选
D

7

9.
已知曲线
C
1
:y cosx
，
2π

C
2
:ysin

2x

3

，则下面结论正
确的是（）

A
．把
C
上各点的横坐标伸长到原来的
2
倍，
1
纵坐 标不变，再把得到的曲线向右平移个
单位长度，得到曲线
C

B
．把
C
上各点的横坐标伸长到原来的
2
倍，
2
1
π6
纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个
单位长度，得到曲线
C
2
π
12
C
．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，
C
1
1
2
纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个
单位长度，得到曲线
C

D
．把
C
上各点的横坐标缩短到原来的
2
倍，< br>2
1
π
6
纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个
单位长度， 得到曲线
C

【答案】
D
2π

【解析】C:ycosx
，
C:ysin

2x

3

2
π
12
1
2
首先曲线
C、
C
统一为一三角函数名，
12
可将
C:ycosx
用诱导公式处理．

1
ππ

π

ycos xcos

x

sin

x

22

2

．横坐标变换需将


1
变成

2
，

．
即
π

C
1
上各
点横
坐
标缩
短它原
来
1
π

π

2
ysin

x

ysin

2x

sin2

x

2

2

4

2π

π

ysin

2x

sin2

x

3

3

8

注意

的系数，在右平 移需将

2
提到括
号外面，这时
π
12
xπ
4
平移至
x
π
3
，

π
x
”根据“左加右减”原则，“
x
π
”到“
43
需加上 ，即再向左平移．

π
12

10.
已知
F为抛物线
C
：
y4x
的交点，过
F
作两条
互 相垂直
l
，
l
，直线
l
与
C
交于
A
、
B
两点，直

线
l
与
C
交于
D
，
E
两点，
ABDE
的最小值为（）
A
．
16
B
．
14
C
．
12
D
．
10

【答案】
A
【解析】

2
1
2
1
2

设
AB
倾斜角为< br>
．作
AK
垂直准线，
AK
垂
12
直
x
轴

易知


AFcos

GF AK（几何关系）
1



AK
1
AF（抛物 线特性）


GP
P



P

P


2

2




PP
AFBF
同理
1cos

，
1cos


∴AFcos

PAF
∴
A B
2P2P

1cos
2

sin
2


9




又
D E
与
AB
垂直，即
DE
的倾斜角为
π
2
D E
2P2P


cos
2

2

π
sin





2

4 x

而
y
2
，即
P2
．

1< br>
4

1
sin
2

cos
2< br>

4
∴
ABDE2P

2


2
sin
2

cos
2

sin2

cos
2


sin

cos< br>

4

1
2
sin2

4


16
≥16
sin
2
2

，当

π
取等号

4
xyz
即
ABD E
最小值为
16
，故选
A
11.
设
x
，
y
，
z
为正数，且
235
，则（）

A
．
2x3y5z
B
．
5z2x3y
C
．
3y5z2x
D
．
3y2x5z

【答案】
D
【答案】
取对数：
xln2yln3ln5
.
xln33

yln22


∴
2x3y


，故选
D
xln2zln5
则
xln55

zln22
∴
2x5z
∴3y2x5z

12.
几位大学生响应国家的创业号召，开发了一
款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，
他们推出了“解数学题获取软件激活码”的
活动，这 款软件的激活码为下面数学问题的
10

答案：已知数列
，…，其中第一项
是
2
，接下来的两项是
2
，
2
， 在接下来的三
项式
2
，
2
，
2
，依次类推，求满足 如下条件
的最小整数
N
：
N100
且该数列的前
N
项和为
2

的整数幂．那么该款软件的激活码是（ ）
A
．
440
B
．
330
C
．
220
D
．
110

【答案】
A
【解析】
设首项为第
1
组，接下来两项为第
2
组，再
1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16
001
612
接 下来三项为第
3
组，以此类推．

设第
n
组的项数为
n
，则
n
组的项数和为
n

1n

2

N100
由题，
N
，令
n

1n< br>
2
100
→
n≥14
且
nN
，即*
出现在第
13
组之后

12
n
2
n
1
12
212
n
12
第
n
组 的和为
n

n
组总共的和为
N

n22n

N< br>n

1n

2
若要使前项和为
2
的整数幂 ，则
项的和
2

1
应与
2n
互为相反数

k
即
2
k
12nkN
*
，n≥14< br>

klog
2

n3


→
n29，k5

11

29

5440

则
N
29

1
2
故选
A

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共
20分。
rr
rr
a2b
13.
已知向量
a
，
b
的夹角为
60
，，
1
，则
rr
a2b< br>________
．

【答案】
23

rrrrrr uurr
1
【解析】
a2b(a2b)a2a2bcos60< br>
2b

22222
2
2
2
2
2
22
∴
44412
ruur
a2b122 3



x2y1


2xy1

xy0

14.
设
x
，
y
满足 约束条件
值为
_______
．

【答案】
5

不等式组

x2y1


2xy1
< br>xy0

y
，则
z3x2y
的最小
表示的平 面区域如图所示

A
C
B
1
x
x+2y-1=0

2x+y +1=0
由
z3x2y
得
y
3z
x
22< br>，

z
x
的纵截距求
z
的最小值，即求直线
y
3
22
12

的最大值

当直线
由

15.
已知双曲线
x
2
y< br>2
C:
2

2
ab

2xy1


x2y1
y
3z
x
22
过图中点< br>A
时，纵截距最大

解得
A
点坐标为
(1,1)< br>，此时
z3(1)215

，（
a0
，< br>b0
）的右顶点为
A
，
b
为半径作圆
A
， 以
A
为圆心，圆
A
与双曲线
C
的
一条渐近线交于< br>M
，
N
两点，若
MAN60
，则
C
的 离心率为
_______
．

【答案】
【解析】
23
3

如图，


，
ANAMb

∵
∴
MAN60
OA a
，∴
AP
3
b
2
，
OP
3
22
OAPAa
2
b
2
4

3
b
AP
2
tan


OP
3
a
2
b
2
4

3
b
b
2

a
3
a
2
b
2
4
又∵
∴
tan


b
a
，∴，解得
a
2
3b
2

b
2
123
e1
2
1
a33


13

16.
如图，圆形纸片的圆心为O
，半径为
5cm
，该
纸片上的等边三角形
ABC
的中 心为
O
，
D
、
E
、
△DBC
，
△ ECA
，
F
为元
O
上的点，
△FAB
分别是一BC
，
CA
，
AB
为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，
CA
，
△ECA
，
AB
为折痕折起
△DBC
，< br>△FAB
，分别以
BC
，
使得
D
，
E
，
F
重合，得到三棱锥．当
△ABC
的
边长变化时，所得三棱锥体 积（单位：
cm
）
的最大值为
_______
．

3


【解析】
由题，连接
OD
，交
BC
与点
G
，由题，
ODBC

【答案】
415OG
3
BC
6
，即
OG
的长度与
BC
的长度或成正
比

设
OGx
，则
BC23x
，
DG5x
< br>三棱锥的高
h
S
△ABC
233x
S
则V
1
3
△ABC
DG
2
OG
2
 2510xx
2
x2510x

1
33x
2
2


50x
4
h3x
2
2510x
=325x
4
10x
5< br>令
f

x

25x
4
10x
5
，
4
5
x(0,)
2
，
f


x

100x
3

令
f

< br>x

0
，即
x
则
f

x

≤f

2

80


2x
3
0
，
x2

14

则
V≤
∴
38045

3
体积最大值为
415cm



三、 解答题： 共70分。解答应写出文字说明、
证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每
个试题考 生都必须作答。第22、23题为选考题，
考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17.
△ABC
的内角
A
，
B
，
C的对边分别为
a
，
b
，
c
，
已知
△A BC
的面积为
a
2
3sinA
．

（
1
）求
sinBsinC
；

（
2）若
6cosBcosC1
，
a3
，求
△ABC
的 周长．

【解析】
本题主要考查三角函数及其变换，正弦定
理，余弦定理等基 础知识的综合应用
.
（
1
）
∵
△ABC
面积a
2
1
bcsinA
∴
3sinA2
3
22
∴
abcsinA
2
a
2
S
3sinA
1
SbcsinA

且
.
2

3
si n
2
AsinBsinCsin
2
A
2

，

∵
由正弦定理得
15

由
sinA0
得
sinBsinC
2
3
. < br>（
2
）由（
1
）得
∵
ABCπ
sin BsinC
2
3
，
cosBcosC
1
6

1
2


∴
cosAcos

πB C

cos

BC

sinBsinCcosB cosC
又
∵
A

0，π


∴A60
，
sinA
3
2
，
2
cosA
1
2


①
c
a
sinC< br>sinA
由余弦定理得
a
由正弦定理得
由
①②
得bc
∴
abc333
a
2
∴
bc
2
sinBsinC8
sinA
b
2
c
2
bc9
a
sinB
sinA
b
，


②

33
33
，即
△ABC
周长为
3


18.
（
12
分）如图，在四棱锥
PABCD
中，AB∥CD
中，
且
BAPCDP90
．


（
1
）证明：平面
PAB
平面
PAD
；

（
2
）若
PAPDABDC
，
APD90，求二面角
APBC
的余弦值．

【解析】
（
1
）证明：∵
BAPCDP90

∴
PAAB
，
PDCD

16

又∵
AB∥CD
，∴
PDAB

又∵
PDIPA P
，
PD
、
PA
平面
PAD

∴AB
平面
PAD
，又
AB
平面
PAB

∴平面
PAB
平面
PAD

（
2
）取< br>AD
中点
O
，
BC
中点
E
，连接
P O
，
OE

∵
AB
CD

∴四边形
ABCD
为平行四边形

∴
OE
AB

由（
1
）知，
AB
平面
PAD

∴OE
平面
PAD
，又
PO
、
AD
平面PAD

∴
OEPO
，
OEAD

又∵
PAPD
，∴
POAD

∴
PO
、
OE
、
AD
两两垂直

∴以
O
为坐标原点，建立如图所示的空
间直角坐标系
Oxyz
< br>设
PA2
，∴
D

2，0，0

、B

2，2，0

、
P

0，，02

、
C

2，2，0

，

∴
u
PD
uur


2，0，2

、
u
PB
uur


2，2，2

、
uBC
uur


22，0，0


设
r
n

x,y,z

为平面
PBC
的法向量< br>
由

r

n
u
PB
uur
0



r

n
u
B C
uur
0
，得

2x2y2z0

< br>22x0

17

令
y1
， 则
z2
，
x0
，可得平面
PBC
的一个
法向量

r
n0,1,2


∵
APD90
，∴
PDPA

又知
AB
平面
PAD
，
PD
平面
PAD

∴
PDAB
，又
PAIABA

∴
PD
平面
PAB

即是平面
PAB
的 一个法向量，
uuur
PD
∴
uuur
PD2,0,2
uuurr
uuurr
PDn23
cosPD
,
n
uuu

rr

3
PDn
23



由图知二面角
APBC
为钝角，所以它的
余弦值为

3
3

19.
（
12
分）

为 了抽检某种零件的一条生产线的生产过
程，实验员每天从该生产线上随机抽取
16
个零 件，并测量其尺寸（单位：
cm
）．根据
长期生产经验，可以认为这条生产线正常状< br>态下生产的零件的尺寸服从正态分布
N


，

< br>．

（
1
）假设生产状态正常，记
X
表示一天内抽< br>取的
16
个零件中其尺寸在


3

，< br>
3


之外的
零件数，求
P

X≥1

及
X
的数学期望；

（
2
）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸
2
18

在


3

，
3


之外的零件，就认为这条生产线
在这一天的生产过程可能出现了 异常情况，
需对当天的生产过程进行检查．

（
I
）试说明上述监控生产过程方法的合理
性：

（
II
）下面是检验员在一天内抽取的
16
个
零件的尺寸：


9.95

10.12

9.96

9.96

10.01

9.92

9.98

10.04


10.26

9.91

10.13

10.02

9.22

10.04

10.05

9.95

经计算得
x

x9.97
，
16
i
i1
1
16
1

16
2
2
2

sxxx16x


i
i

0.212
16
i1
16

i1< br>
，其中
x
为抽取的
i
第
i
个零件的尺寸 ，
i1，2，L，16
．

ˆ

用样本平均数
x
作为

的估计值

，用样本
标准差
s
作为

的估计值

ˆ
，利用估计值判断
是否需对当天的生产过程 进行检查，剔除
ˆ
3

ˆ
，

ˆ
3< br>
ˆ


之外的数据，用剩下的数据估计

和
（精确到
0.01
）．

附：若随机变量
Z
服从正态分布
N


，


,
则
P


3

Z

3


0.9974
．


0.99740.9592
，
0.0080.09
．

2
16

【解析】
（
1
）
由题可知尺寸落 在


3

，

3

之内的概
率为
0.9974
，落在


3

，

3


之外的概率为
19

0.0026
．
0
0
P
X0

C
16

10.9974

0. 9974
16
0.9592

P

X1
1P

X0

10.95920.0408

由题可知
X~B

16，0.0026


（2）（i）尺寸落在


3

，

3< br>

之外的概
率为
0.0026
，
由正态分布知尺 寸落在


3

，

3


之外为小概率
事件，
因此上述监控生产过程的方法合理．
（ii）
E

X

160.00260.0416





3

9.9730.21210.606

10.606




3

，

3




9.334，
Q9.22

9.334，10.606

，

需对当天的生产过程检
查．
因此剔除
9.22


3

9.9730.2129.334
剔除数据之后 ：
2
2


2
9.97169.22
10. 02
15
2
2
．
22
22

2
[

9.9510.02



10.1210.0 2



9.9610.02



9 .9610.02



10.0110.02

2< br>

9.9210.02



9.9810. 02



10.0410.02



10.2610.02



9.9110.02

2222


10.1310.02



10 .0210.02



10.0410.02

< br>
10.0510.02



9.9510.02
]
0.008
2
1
15



0.0080.09

20

20.
（
12
分）

已知椭圆
C
：
3

P
3

1，


2

x
2
y
2

2
1
ab0

2
ab
，四点
P

1，1

，
P

0，1

，
12
，

3

P
4

1，


2

中恰有三点在椭圆
C
上．

（
1
）求
C
的方程；

（
2
）设 直线
l
不经过
P
点且与
C
相交于
A
、B
两
点，若直线
PA
与直线
PB
的斜率的和为
1
，证
明：
l
过定点．

【解析】
（1）根据椭圆对称性，必过
P
、
P

又
P
横坐标为1，椭圆必不过
P
，所以过
P，P，P
三点 < br>2
22
34
41
234
将

3
< br>P
2

0，1

，P
3

1，< br>

2

代入椭圆方程得
2

1
b
2
1


3

1
1

2

4
b
2

a
，解得
a4
，
b1

2
∴椭圆
C
的方程为：
l:xm，A

m，y
A

，B

m，y< br>A

x
2
y
2
1
4
．
（2）
①
当斜率不存在时，设


k
P
2
A
k
P
2
B

y
A
1y< br>A
1
2
1
mmm
得
m2
，此 时
l
过椭圆右顶点，不存在两
个交点，故不满足．
②
当斜率存在时，设
l∶ykxb

b1


A

x
1
，y
1

，B

x
2
，y
2


21

联立
则

ykxb

22

x4y4 0
，整理得

14k

x
22
8kbx4 b
2
40

8kb
x
1
x
2
14k
2
，
4b
2
4
x
1x
2

14k
2


k
P
2
A
k
P
2
B

y
1
1y
2
1
x
2

kx
1
b
x
2
x
1

kx
2
b

x
1


x
1
x
2
x
1x
2
8kb
2
8k8kb
2
8kb
2< br>14k

4b
2
4
14k
2

8k

b1

4

b1

b1

1，

又
b1

，此时
64k
，存在
k
使得
0
成立．
∴直线
l
的方程为
ykx2k1

当
x2
时，
y1

所以
l
过定点

2，1

．

21.
（
12
分）

已知函数
f
x

ae

a2

ex
．

（
1
）讨论
f

x

的单调性；

（
2
）若
f

x

有两个零点，求
a
的取值范围．

【解析】
（1）由于
f

x< br>
ae

a2

ex

故
f


x

2ae

a2

e1

ae1

2e1


①
当
a0
时，
ae10
，
2e10
．从而
f


x

0
恒
成立．
f

x

在
R
上单调递减
②
当
a0
时，令
f


x

0
， 从而
ae10
，得
xlna
．
b2k1
2xx
2xx
2xxxx
xx
x
x


，lna


lna


lna，



f′

x




0


22

f

x


单调极单调增
减
综上，当
a0
时，
f(x)
在
R
上单调递减；
当
a0
时，
f(x)
在
(,lna)
上单调递减，在
(lna,)
上单调递增
（2）由（1）知，
当
a0
时，
f

x

在
R
上单调减，故
f

x

在
R
上至多一个
零点，不满足条 件．
当
令
令
a0
时，
f
min
f< br>
lna

1
1
lna
a
． ．从而
g

a

g

a

 1
1
lna
a
．
，则
g'

a

11
0
a
2
a
g

a

1
1
lna

a0

a在

0，

上单调增，而
g

1

0
．故当
0a1
时，
g

a
< br>0
．当
a1
时
g

a

0< br>．当
a1
时
g

a

0
若
若
若
a1
，则
，则
f
min
1 
1
lnag

a

0
a
，故f

x

0
恒成
立，从而
f
x

无零点，不满足条件．
a1
f
min
1< br>1
lna0
a
，故
f

x

 0
仅有一个
，注意到
实根
xlna0
，不满足条件．
0a1
，则
f

1


f
min
1
1
lna0
a
lna0
．
aa2< br>10
e
2
ee
．
故
f

x

在

1，lna

上有一个实根，而又
1

3

ln

1

lnlna< br>a

a

．
23

且

3

3


1


ln

1


3

ln


3


a

a

f

ln(1)

ea2

ln

1
< br>
ae


a

a

< br>
3

3

3

3



1



3aa2

l n

1



1

ln

1

0

a

a

a< br>
a

．
故
f

x

在


3


ln

1

lna，

a


上有一个实根．
又
f

x

在

，lna

上单调减，在

lna，

单调
增，故
f

x

在
R
上至多两个实根．
又
f
< br>x


lna，ln

1，lna


在及

3


1



a


上均至少有
一个实数根，故
f

x

在
R
上恰有两个实
根．
综上，
0a1
．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题< br>中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题
计分。
22. [
选修
4-4
：坐标系与参考方程
]
在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为

x3cos

，

ysin

，
（

为参数），直线l
的参数方程为

xa4t，


y1t，< br>（
t
为参数）．

（
1
）若
a1
，求
C
与
l
的交点坐标；


（
2）若
C
上的点到
l
距离的最大值为
17
，求
a
．
【解析】
（
1
）
a1
时，直线
l< br>的方程为
x4y30
．

曲线
C
的标准方程是
x
2
y
2
1
9
，

24


联立方程


x4y30


2


x

2
，解得：


x3

25< br>
9
y1

y0
或
x
21
< br>y
24
，



25
则
C
与
l
交点坐标是

3，0

和



21
25
，
24

25



（
2
）直线
l
一般式方程是
x4y4 a0
．

设曲线
C
上点
p

3cos< br>
，sin


．

则
P
到
l
距离
d
3cos

4sin

4a< br>
5sin





4a
1 717
，
其中
tan


3
4
．

依题意得：
d
max
17
，解得
a16
或< br>a8

25

23. [
选修
4-5
：不等式选讲
]
已知函数
f
x

xax4，g

x

x1x1< br>．

（
1
）当
a1
时，求不等式
f

x

≥g

x

的解集；

（
2
）若不等式
f

x

≥g

x

的解集包含

1，1

，求
a
的< br>取值范围．

【解析】
（1）当
a1
时，
f

x

xx4
，是开口向下，对
2
2
称 轴
x
1
2
的二次函数．
，
x
1712

2x，x1

g

x

x 1x1

2，1≤x≤1

2x，x1

当
x(1,)
时，令
x
2
x42x
，解得解集为

．
g

x

在

1，

上单调递增，
f

x

在

1，

上单调递减
∴此时
f

x

≥g

x


171

1，



2

当
x

1，1

时，
g

x

2
，
f

x

≥f

1

2
．
当
x

，1

时，
g

x

单调递减，
f

x

单调递
增，且
g

1

f

1

2
．
综 上所述，
2
f

x

≥g

x

2
解集

171

1，

2

．
1

恒成立．
xax4≥2
在

1，
（2）依题意得：
即
xax2≤0
在

1，1

恒成立．
则只须


2


1a12≤0

2
1a

1

2≤0


，解出：
1≤a≤1
．
故
a
取值范围是

1，1

．
26

27