1a2?2a（?1,x0）,(x0,??)分别有一个零点，结合∴f(x0)?0即f(x)在
22af(0)?0符合题意。
∵ 2ax0?2ax0?1?0?a??∴
21 22(x0?x0)2x0x0x0?1-1f(x0)?ln（x0?1）?ax0?ln（x0?1）??ln（x?1）??ln（x?1）?0022(x0?1)2(x0?1)2(x0?x0)2
（x0?1）? ?ln设?(x)?lnx?数
111?，x0?1?（0，） 22(x0?1)211112x?11，在?(x)?，?'(x)??2??0(0，)上为减函222xx2x2x231?0,?()??ln3?1?0 2313118∴当x0?1??x0???a?? 符合题意 ???2934432(x0?x0)2(?)16412119当 x0?1??x0?， （?1,?）a?????242332(x0?x0)2(?)493即整数a的最小值为3.
∵ ?()??2ln2?（2）另解：单调性分析，先控制a?2，再验证a?3满足若f(x)在定义域内有三个零点。
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2019年高考数学（理）模拟试题（三）含答案及解析 第（16）页
??x＝ρcos θ，
22、解:(1)把?代入ρ
?y＝ρsin θ?
sin2θ＝2acos θ，得y2＝2ax(a>0)，
由??x??2?t(t为参数)，消去t得x－y－2＝0，
?y??4?t2
∴曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程分别是y＝2ax(a>0)，x－y－2＝0.
??x??2??x??2?t?（2）将?化成标准参数方程??y??4?t?y??4???得:t2?22(4?a)t?8(4?a)?0,
2t2（t为参数）2，将其代入y?2ax
2t2设t1,t2是该方程的两根,则t1?t2?22(4?a),t1?t2?8(4?a), ∵MN?PM?PN
22∴(t1?t2)?(t1?t2)?4t1t2?t1t2
2∴8(4?a)?4?8(4?a)?8(4?a),解得a?1.
2?4,x??1?23、解:(1)函数f(x)?x?3?x?1??2?2x,?1?x?3，故由不等式f(x)??1，
??4,x?3?可得x?3或??2?2x??13，解得x?.
2??1?x?3(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，
即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2，2]上恒成立， 在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示．
故当x∈[－2，2]时，若0≤－a≤4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方， g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，求得－4≤a≤0， 故所求的实数a的取值范围为[－4，0]．
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