所以f′（x）=1﹣=， 且f（1）=0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立， 此时y=f（x）在（0， +∞）上单调递增， 这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0， 解得x=a，
所以y=f（x）在（0， a）上单调递减， 在（a， +∞）上单调递增， 即f（x）， min=f（a）
又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1；
（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0， 即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号， 所以ln（1+
）＜
， k∈N*．
）…（1+
）＜+
+…+
=1﹣
＜1，
一方面， （1+）（1+即（1+）（1+
）…（1+）＜e； ）…（1+
）＞（1+）（1+
）（1+
）=
＞
另一方面， （1+）（1+2，
同时当n≥3时， （1+）（1+）…（1+）∈（2， e）．
）…（1+
）＜m，
因为m为整数， 且对于任意正整数n（1+）（1+所以m的最小值为3．
【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题， 考查分类讨论的思想， 考查转化与化归思想， 考查运算求解能力， 考查等比数列的求和公式， 考查放缩法， 注意解题方法的积累， 属于难题．
（二）选考题：共10分。 请考生在第22、23题中任选一题作答， 如果多做， 则按所做的第一题计分。 [选修4-4：坐标系与参数方程] [选修4-5：不等式选讲]
23．（2020?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|． （1）求不等式f（x）≥1的解集；
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（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空， 求m的取值范围．
【分析】（1）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=， 解不等式f（x）≥1
可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max， 设g（x）=f（x）﹣x2+x， 分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论， 可求得g（x）max=， 从而可得m的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=， f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时， 2x﹣1≥1， 解得1≤x≤2； 当x＞2时， 3≥1恒成立， 故x＞2； 综上， 不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立， 即m≤[f（x）﹣x2+x]max， 设g（x）=f（x）﹣x2+x．
由（1）知， g（x）=，
当x≤﹣1时， g（x）=﹣x2+x﹣3， 其开口向下， 对称轴方程为x=＞﹣1， ∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x＜2时， g（x）=﹣x2+3x﹣1， 其开口向下， 对称轴方程为x=∈（﹣1， 2），
∴g（x）≤g（）=﹣+﹣1=；
当x≥2时， g（x）=﹣x2+x+3， 其开口向下， 对称轴方程为x=＜2， ∴g（x）≤g（2）=﹣4+2=3=1； 综上， g（x）max=， ∴m的取值范围为（﹣∞，
]．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法， 去掉绝对值符号是解决问题的关键， 突
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出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用， 属于难题．
22．（10分）（2020?新课标Ⅲ）在直角坐标系xOy中， 直线l1的参数方程为（t为参数）， 直线l2的参数方程为为P， 当k变化时， P的轨迹为曲线C． （1）写出C的普通方程；
（2）以坐标原点为极点， x轴正半轴为极轴建立极坐标系， 设l3：ρ（cosθ+sinθ）﹣
=0， M为l3与C的交点， 求M的极径．
，
， （m为参数）．设l1与l2的交点
【分析】解：（1）分别消掉参数t与m可得直线l1与直线l2的普通方程为y=k（x﹣2）①与x=﹣2+ky②；联立①②， 消去k可得C的普通方程为x2﹣y2=4； （2）将l3的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣
=0化为普通方程：x+y﹣
=0，
再与曲线C的方程联立， 可得
， 即可求得l3与C的交点M的极径为
ρ=．
， （t为参数），
【解答】解：（1）∵直线l1的参数方程为
∴消掉参数t得：直线l1的普通方程为：y=k（x﹣2）①； 又直线l2的参数方程为
， （m为参数），
同理可得， 直线l2的普通方程为：x=﹣2+ky②；
联立①②， 消去k得：x2﹣y2=4， 即C的普通方程为x2﹣y2=4； （2）∵l3的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣∴其普通方程为：x+y﹣
=0，
=0，
联立得：，
∴ρ2=x2+y2=
+=5．
．
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∴l3与C的交点M的极径为ρ=
【点评】本题考查参数方程与极坐标方程化普通方程， 考查函数与方程思想与等价转化思想的运用， 属于中档题．
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