PAGE2020高考数学二轮仿真模拟专练（六）理 一、选择题(本大题共12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．[2020·贵州遵义模拟]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
：B解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1a”是“函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＋m－eq\f(1,3)的图象不过第三象限”的必要不充分条件，则实数a能取的最大整数为( )A．－2B．－1C．0D．1答案：B解析：因为f(0)＝m＋eq\f(2,3)，且函数f(x)的图象不过第三象限，所以m＋eq\f(2,3)≥0，即m≥－eq\f(2,3)，所以“m>a”是“m≥－eq\f(2,3)”的必要不充分条件，所以a<－eq\f(2,3)，则实数a能取的最大整数为－1.故选B.5．[2020·贵州贵阳监测]如果在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )A．14B．21C．28D．35答案：C解析：由题意得3a4＝12，则a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.故选C.6．[2020·天津第一中学月考]如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，点E为AB的中点，若eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影为－eq\f(1,2)，则eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝( )A．－2B．－eq\f(1,2)C．0D.eq\r(2)答案：A解析：通解 ∵eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影为－eq\f(1,2)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影为eq\f(1,2).∵BC＝2，∴AD＝eq\f(3,2).又点E为AB的中点，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))，∠ABC＝90°，∴eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))2－eq\f(5,8)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2＝－2.故选A.优解 以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B(0，0)，C(2，0)，E(0，eq\f(\r(2),2))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(\r(2),2)))，又eq\o(CD,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影为－eq\f(1,2)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(2)))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(2)))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－2.故选A.7．[2020·河北衡水七调]要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度，示意如图所示，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶A的仰角分别为45°，30°.在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距600m，则铁塔AB的高度是( )A．120eq\r(2)mB．480mC．240eq\r(2)mD．600m答案：D解析：设AB＝xm，则BC＝xm，BD＝eq\r(3)xm，在△BCD中，由余弦定理可知cos120°＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2×BC×CD)＝－eq\f(1,2)，解得x＝600，故铁塔AB的高度为600m，故选D.8．[2020·湖南师大附中模拟]庄子说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”这句话描述的是一个数列问题，现用程序框图描述，如图所示，若输入某个正整数n后，输出的S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，\f(63,64)))，则输入的n的值为( )A．7B．6C．5D．4答案：C解析：框图中首先给累加变量S赋值0，给循环变量k赋值1，输入n的值后，执行循环体，S＝eq\f(1,2)，k＝1＋1＝2.若2>n不成立，执行循环体，S＝eq\f(3,4)，k＝2＋1＝3.若3>n不成立，执行循环体，S＝eq\f(7,8)，k＝3＋1＝4.若4>n不成立，执行循环体，S＝eq\f(15,16)，k＝4＋1＝5.若5>n不成立，执行循环体，S＝eq\f(31,32)，k＝5＋1＝6.若6>n不成立，执行循环体，S＝eq\f(63,64)，k＝6＋1＝7.……由于输出的S∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，\f(63,64)))，可得当S＝eq\f(31,32)，k＝6时，应该满足条件6>n，所以5≤n<6，故输入的正整数n的值为5.故选C.9．[2020·广东六校联考]在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，记向量m＝(a，4b)，n＝(4a，b)，则m·n≥4π2的概率为( )A．1－eq\f(π,8)B．1－eq\f(π,4)C．1－eq\f(π,5)D．1－eq\f(π,6)答案：B解析：在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，则点(a，b)在如图所示的正方形上及其内部．因为m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，满足条件的点(a，b)在以原点为圆心，π为半径的圆的外部(含边界)，且在正方形内(含边界)，如图中阴影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝eq\f(4π2－π3,4π2)＝1－eq\f(π,4)，故选B.10．[2020·四川绵阳诊断]2020年9月24日，英国数学家M.F阿蒂亚爵士在“海德堡论坛”展示了他“
证明
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”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和，记S＝1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＋…，则( )A．12答案：C解析：因为n(n－1)eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)，所以S<1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)，S>1＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)，当n→＋∞且n∈N*时，eq\f(1,n＋1)→0，eq\f(1,n)→0，所以eq\f(3,2)b>0)的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N，F2是椭圆的右焦点，|MN|＝|MF2|，则椭圆的方程为( )A.eq\f(x2,40)＋eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,5)＋y2＝1C.eq\f(x2,10)＋y2＝1D.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1答案：D解析：由题意知，直线2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0与x轴的交点为(－2，0)，又直线2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点F1，所以F1(－2，0)，即c＝2，直线2eq\r(2)x－y＋4eq\r(2)＝0与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N(0，4eq\r(2))，且|MN|＝|MF2|，所以|MF1|＋|MF2|＝|F1N|＝2a，即a＝eq\f(|F1N|,2)＝eq\f(1,2)eq\r(－2－02＋0－4\r(2)2)＝3，又b2＝a2－c2＝9－4＝5，所以所求的椭圆的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)13．[2020·山东烟台三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>0)的两根分别为tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝________.答案：－eq\f(3π,4)解析：由已知得tanα＋tanβ＝－3a，tanαtanβ＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1.又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanα＋tanβ＝－3a<0，tanαtanβ＝3a＋1>0，∴tanα<0，tanβ<0，∴α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－eq\f(3π,4).14．[2020·贵州遵义一中期中]已知实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y－6≤0，,x－3y－2≤0，,4x－y＋3≥0，))则z＝|x－y＋1|的取值范围是________．答案：[0，3]解析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x－y＋1＝0，因为z＝|x－y＋1|＝eq\r(2)×eq\f(|x－y＋1|,\r(2))表示点(x，y)到直线x－y＋1＝0的距离的eq\r(2)倍，所以结合图象易知0≤z≤3.15．[2020·湖南重点中学联考]《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，其各面均与体积为eq\f(4π,3)的球相切，则该堑堵的表面积为________．答案：36解析：设球的半径为r，堑堵底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，∴堑堵的高为2.则eq\f(1,2)lr＝6，l＝12，∴表面积S＝12×2＋6×2＝36.16．[2020·福建晋江四校期中]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lg－x|，x<0，,x2－6x＋4，x≥0，))若关于x的函数y＝f2(x)－bf(x)＋1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))解析：作出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lg－x|，x<0，,x2－6x＋4，x≥0，))的图象，如图所示．设f(x)＝t，由图可知，t∈(0，4]，f(x)＝t有4个根，∴在(0，4]上，方程t2－bt＋1＝0有2个不同的解，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜\f(b,2)＜4，,Δ＝b2－4>0，,16－4b＋1≥0，,1>0，))解得2
方案
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：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金及维修费用的期望为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？解析：(1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.P(X＝0)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＝eq\f(1,100)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(3,25)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(3,10)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝4)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(7,25)，P(X＝5)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，所以X的分布列为X0123456Peq\f(1,100)eq\f(1,25)eq\f(3,25)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(2)选择延保方案一，所需费用Y1(单位：元)的分布列为Y170009000110001300015000Peq\f(17,100)eq\f(11,50)eq\f(7,25)eq\f(6,25)eq\f(9,100)所以EY1＝eq\f(17,100)×7000＋eq\f(11,50)×9000＋eq\f(7,25)×11000＋eq\f(6,25)×13000＋eq\f(9,100)×15000＝10720.选择延保方案二，所需费用Y2(单位：元)的分布列为Y2100001100012000Peq\f(67,100)eq\f(6,25)eq\f(9,100)所以EY2＝eq\f(67,100)×10000＋eq\f(6,25)×11000＋eq\f(9,100)×12000＝10420.因为EY1>EY2，所以该医院选择延保方案二较合算．20．(12分)[2020·湖北重点高中联考协作体期中]已知动圆C过定点F2(1，0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若曲线y2＝4x上存在M，N两点，(1)中曲线上有P，Q两点，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．解析：(1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝2eq\r(3)－r，所以|CF1|＋|CF2|＝2eq\r(3)>|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且长半轴长a＝eq\r(3)，半焦距c＝1，所以短半轴长b＝eq\r(2)，所以动圆圆心C的轨迹方程是eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|＝4，|PQ|＝2eq\r(3)，四边形PMQN的面积S＝4eq\r(3).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4,k2)＋2，x1x2＝1，|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋2))2－4)＝eq\f(4,k2)＋4.因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x－1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则x3＋x4＝eq\f(6,2k2＋3)，x3x4＝eq\f(3－6k2,2k2＋3)，|PQ|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2k2＋3)))2－4×\f(3－6k2,2k2＋3))＝eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3).则四边形PMQN的面积S＝eq\f(1,2)·|MN|·|PQ|＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋4))·eq\f(4\r(3)k2＋1,2k2＋3)＝eq\f(8\r(3)k2＋12,k22k2＋3).令k2＋1＝t，t>1，则S＝eq\f(8\r(3)t2,t－12t＋1)＝eq\f(8\r(3),－\f(1,t2)－\f(1,t)＋2)＝eq\f(8\r(3),－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋\f(9,4)).因为t>1，所以0<eq\f(1,t)<1，易知－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)的取值范围是(0，2)，所以S>eq\f(8\r(3),2)＝4eq\r(3).综上可得S≥4eq\r(3)，故S的最小值为4eq\r(3).21．(12分)[2020·银川一中高三第一次模拟考试]已知函数f(x)＝a(x－2lnx)＋eq\f(x－1,x2)，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))＋eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x－2ax2－1,x3).(ⅰ)当a≤0时，ax2－1<0恒成立，x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)在(0，2)上单调递增；x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减；(ⅱ)当a>0时，由f′(x)＝0得，x1＝2，x2＝eq\f(1,\r(a))，x3＝－eq\f(1,\r(a))(舍去)，①当x1＝x2，即a＝eq\f(1,4)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当x1>x2，即a>eq\f(1,4)时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))或x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))，(2，＋∞)上单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))时，f′(x)<0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))上单调递减；③当x10恒成立，f(x)在(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,\r(a))))时，f′(x)<0恒成立，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,\r(a))))上单调递减；综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；当a＝eq\f(1,4)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>eq\f(1,4)时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))，(2，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，2))；当00在(2，＋∞)上成立，故f1(x)＝x－2lnx单调递增，f1(x0)≥5－2ln5＝1＋2(2－ln5)>1，f(x0)＝a(x0－2lnx0)＋eq\f(1,x0)－eq\f(1,x\o\al(2,0))0，得a>－eq\f(1,8－8ln2)，所以－eq\f(1,8－8ln2)0且a≠eq\f(1,4)时，f(x)有两个极值，f(2)＝a(2－2ln2)＋eq\f(1,4)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝2eq\r(a)＋alna－a，记g(x)＝2eq\r(x)＋xlnx－x，g′(x)＝2eq\f(1,2\r(x))＋(1＋lnx)－1＝eq\f(1,\r(x))＋lnx，令h(x)＝eq\f(1,\r(x))＋lnx，则h′(x)＝－eq\f(1,2x\f(3,2))＋eq\f(1,x)＝eq\f(2\r(x)－1,2x\f(3,2)).当x>eq\f(1,4)时，h′(x)>0，g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上单调递增；当0g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝2－2ln2>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．x→0时，g(x)→0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))))＝2eq\r(a)＋alna－a>0.又f(2)＝a(2－2ln2)＋eq\f(1,4)>0，由(1)知，f(x)至多只有一个零点，不符合题意．综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8－8ln2)，0)).选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)22．(10分)[2020·长沙二模][选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝m＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).(1)写出曲线C2的直角坐标方程；(2)设点P，Q分别在C1，C2上运动，若|PQ|的最小值为1，求m的值．解析：(1)ρ＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))即ρ＝2eq\r(3)cosθ＋2sinθ，所以ρ2＝2eq\r(3)ρcosθ＋2ρsinθ，将ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2＋y2代入得C2的直角坐标方程为x2＋y2－2eq\r(3)x－2y＝0.(2)将x2＋y2－2eq\r(3)x－2y＝0化为(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝4，所以C2是圆心为(eq\r(3)，1)，半径为2的圆，将C1的参数方程化为普通方程为eq\r(3)x－y＋m＝0，所以|PQ|min＝eq\f(|\r(3)×\r(3)－1＋m|,\r(\r(3)2＋－12))－2＝eq\f(|2＋m|,2)－2＝1，由此解得m＝4或m＝－8.23．(10分)[2020·山东省济宁市模拟考][选修4－5：不等式选讲]已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2|x－eq\f(b,2)|＋1的最小值为2.(1)求a＋b的值；(2)求证：a＋log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥3－b.解析：(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1.(2)由(1)知，a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))＝1＋4＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且a＋b＝1，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)时取等号．所以log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥log39＝2，所以a＋b＋log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥1＋2＝3，即a＋log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))≥3－b.
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