（2）由题意可得a＜0＜b＜2＜c，要证b+c＞4，只要证c＞4﹣b＞2，结合g（x）在（2，+∞）上单调性，故只要证g（c）＜g（4﹣b），结合g（c）＝g（b），构造函数h（x）＝g（x）﹣g（4﹣x），0＜x＜2，结合复合函数的单调性可证． 解：（1）由f（x）＝0可得t=3????，
??2
设g（x）=3????，则??′(??)=
??2
3??(2???)
， ????当x＞2或x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
故g（0）＝0，g（2）=同的交点， 故 0＜??＜12， ??212
，且g（x）≥0恒成立，由题可知y＝g（x）与y＝t有3个不??2（2）由题意可得a＜0＜b＜2＜c， 要证b+c＞4，只要证c＞4﹣b＞2，
又g（x）在（2，+∞）上单调递减，故只要证g（c）＜g（4﹣b）， 因为g（c）＝g（b）， 只要证g（b）＜g（4﹣b），
令h（x）＝g（x）﹣g（4﹣x），0＜x＜2，
则由（1）可知，g（x）在（0，2）上单调递增，根据复合函数的单调性可知，h（x）＝g（x）﹣g（4﹣x）在（0，2）上单调递增，
所以h（x）＜h（2）＝g（2）﹣g（2）＝0，即h（x）＜0， 所以g（x）＜g（4﹣x），
所以g（b）＜g（4﹣b），从而原不等式成立．
故b+c＞4．
一、选择题
??=√10????????22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{（θ是参数），在以坐标原
??=√6????????x轴的正半轴为极轴的极坐标系中， 点为极点，直线l的极坐标方程为：√2????????(??+4)=8．（1）写出曲线C的普通方程、直线l的直角坐标方程；
（2）直线l与x、y轴交于A，B两点；P为曲线C上的一个动点，求三角形PAB的面积的最大值．
【分析】（1）将曲线C的参数方程消去参数化为普通方程，将ρcosθ＝x，ρsinθ＝y代入极坐标方程，得到直线l的普通方程．
（2）设曲线C上的动点P（√10cosθ，√6sinθ），利用点线距公式以及三角函数的有界性求出最值，代入三角形的面积公式中即可．
??=√10????????解：（1）曲线C的参数方程为{（θ为参数），
??=√6????????消去参数可得曲线C的普通方程为
??
??210
??
+
??26
=1．
由√2ρcos（θ+4）＝8可得ρcosθ﹣ρsinθ＝8， 即直线l的直角坐标方程为x﹣y﹣8＝0．
（2）设点P（√10cosθ，√6sinθ）， 则P到直线l的距离d=所以d≤6√2，
√√
当且仅当sin（θ+φ）＝﹣1，即cosθ＝﹣sinφ=?10，sinθ＝﹣cosφ=?6时取等号，
|√10?????????√6?????????8|8?4??????(??+??)√
（其中tanφ=15） =
√2√2344又|AB|＝8√2，
∴S△PAB的最大值为|AB|×d=
21
1
×8√2×6√2=48． 2[选修4-5：不等式选讲] 23．已知f（x）＝|x|+|2x﹣1|． （1）解关于x的不等式f（x）＞4；
（2）对任意的x∈R都有f（x）+2x﹣a≥0恒成立，求a的最大值．
【分析】（1）由题意可得|x|+|2x﹣1|＞4，由零点分区间法和绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）由题意可得a≤（|x|+|2x﹣1|+2x）min，设g（x）＝|x|+|2x﹣1|+2x，去绝对值，结合一次函数的单调性，可得g（x）的最小值，即可得到所求a的最大值． 解：（1）f（x）＞4即|x|+|2x﹣1|＞4，
??＜0
或{或{，
???+1?2??＞4??+2???1＞4??+1?2??＞4??≥
5
312等价为{
0＜??＜12解得x＞或x∈?或x＜﹣1，
5
综上可得，原不等式的解集为{x|x＜﹣1或x＞}；
3（2）对任意的x∈R都有f（x）+2x﹣a≥0恒成立， 即为a≤（|x|+|2x﹣1|+2x）min，
设g（x）＝|x|+|2x﹣1|+2x，
当x＜0时，g（x）＝﹣x+1﹣2x+2x＝﹣x+1，递减； 当0≤x≤时，g（x）＝x+1﹣2x+2x＝x+1，递增，
1212当x＞时，g（x）＝x+2x﹣1+2x＝5x﹣1，递增，
12
32且g（）=，可得g（x）在（0，+∞）递增，可得g（x）在x＝0处取得最小值1， 则a≤1，可得a的最大值为1．
湖南省长郡中学、雅礼中学、河南省南阳一中、信阳高中等湘豫名校2020届高三5月联考文科数学试题 (解析版)
