厦门市2016届高考数学二模试卷(文科) 含解析

2016年福建省厦门市高考数学二模试卷（文科）
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．若集合A=｛﹣2，﹣1，0,1，2}，B={x|2x＞1｝,则A∩B=（)
A．{﹣1,2｝ B．{0，1} C．{1，2｝D．{0，1，2}
2．幂函数y=f（x）的图象经过点（2，4），则f（x）的解析式为（）
A．f(x)=2x B．f（x）=x2C．f（x）=2x D．f（x）=log2x+3
3．一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球,从这个口袋中任取2个球，则取得的两个球中恰有一个红球的概率是（）
A．B．C．D．
4．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0)的实轴为A1A2,虚轴的一个端点为B,若三角形A1A2B的面积为b2，则双曲线的离心率（）
A．B．C．D．
5．若2sin2α=1﹣cos2α，则tanα等于（）
A．﹣2 B．2 C．﹣2或0 D．2或0
6．已知向量=（1，m），=(3，），若向量，的夹角为，则实数m的值为（）A．﹣B．﹣C．D．
7．执行如图所示的程序框图，则输出s的值等于（）
A．1 B．C．0 D．﹣
8．设m，n是两条不同的直线,α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（)
①若m⊥α，α⊥β，则m∥β
②若m⊥α，α∥β，n⊂β,则m⊥n
③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β
④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
9．若实数x，y满足约束条件，则z=的最大值为（)
A．B．1 C．D．
10．若函数f（x）=cosωx（ω＞0）在区间（﹣,)上有且只有两个极值点，则ω的取值范围是( ）
A． C．（3，4] D．
22．如图,AD，CF分别是△ABC的中线和高线,PB，PC是△ABC外接圆O的切线,点E是PA与圆O的交点．
（1）求证:AC•CD=AF•PC;
(2）求证：DC平分∠ADE．
23．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x2﹣2x+y2=0，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为θ=（ρ∈R）．
（Ⅰ)写出C的极坐标方程，并求l与C的交点M,N的极坐标;
（Ⅱ)设P是椭圆+y2=1上的动点，求△PMN面积的最大值．
24．已知函数f（x）=|x﹣3｜．
（1)求不等式f（x）＜2+|x+1|的解集；
（2）已知m,n∈R+且+=2mn，求证：mf（n）+nf（﹣m）≥6．
2016年福建省厦门市高考数学二模试卷（文科）
参考答案与试题解析
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．若集合A={﹣2，﹣1，0,1,2}，B=｛x｜2x＞1}，则A∩B=（)
A．{﹣1,2} B．｛0，1} C．{1，2｝D．{0，1，2}
【考点】交集及其运算．
【分析】求出B中不等式的解集确定出B，找出A与B的交集即可．
【解答】解：由B中不等式变形得：2x＞1=20，即x＞0，
∴B=（0，+∞）,
又∵A=｛﹣2，﹣1，0，1，2｝,
∴A∩B={1,2},
故选：C．
2．幂函数y=f(x）的图象经过点（2,4),则f(x)的解析式为（)
A．f（x）=2x B．f（x）=x2C．f（x）=2x D．f（x)=log2x+3
【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域．
【分析】设出幂函数的解析式,利用待定系数法求出解析式即可．
【解答】解：设幂函数为f（x）=x a，且y=f（x）的图象经过点（2，4),
可得4=2a，解得a=2，
∴幂函数的解析式为f（x）=x2．
故选：B．
3．一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球，从这个口袋中任取2个球，则取得的两个球中恰有一个红球的概率是（）
A．B．C．D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【分析】先求出基本事件总数,再求出取得的两个球中恰有一个红球包含的基本事件个数,由此能求出取得的两个球中恰有一个红球的概率．
【解答】解：一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球，
从这个口袋中任取2个球，
基本事件总数n==6,
取得的两个球中恰有一个红球包含的基本事件个数m==4，
∴取得的两个球中恰有一个红球的概率p==．
故选：D．
4．双曲线﹣=1(a＞0，b＞0）的实轴为A1A2，虚轴的一个端点为B,若三角形A1A2B 的面积为b2，则双曲线的离心率( ）
A．B．C．D．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】根据三角形的面积建立方程关系,建立a,b,c的关系进行求解即可得到结论．
【解答】解：设B（0，B），则｜A1A2｜=2a，
∵三角形A1A2B的面积为b2，
∴S==ab=b2，
即a=b，
则离心率e====，
故选：B．
5．若2sin2α=1﹣cos2α，则tanα等于（）
A．﹣2 B．2 C．﹣2或0 D．2或0
【考点】二倍角的正弦．
【分析】由条件利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系，求得tanα的值．
【解答】解：∵2sin2α=1﹣cos2α，即4s inαcosα=1﹣（1﹣2sin2α)=2sin2α，
∴sinα=0 或2cosα=sinα，∴tanα=0 或tanα=2,
故选:D．
6．已知向量=（1,m）,=(3，)，若向量，的夹角为,则实数m的值为（）
A．﹣B．﹣C．D．
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】求出两向量的模，根据向量数量积的不同计算方法列方程解出m．
【解答】解:｜｜=，｜|==2， =3+m，∵向量，的夹角为，
∴3+m=•2•，
解得m=﹣．
故选：B．
7．执行如图所示的程序框图，则输出s的值等于（）
A．1 B．C．0 D．﹣
【考点】程序框图．
【分析】模拟执行如图所示的程序框图，得出该程序输出的是计算S的值，分析最后一次循环过程,即可得出结论．
【解答】解：执行如图所示的程序框图，得：
该程序输出的是计算S的值；
当k=0时，满足条件，计算
S=cos+cos+cos+cos+cos+cos+cos0=1，当k=﹣1时，不满足条件，输出S=1．
故选:A．
8．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ）
①若m⊥α，α⊥β，则m∥β
②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n
③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β
④若n⊥α，n⊥β,m⊥β，则m⊥α
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【考点】平面与平面之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】根据空间线面位置关系的判定定理或性质进行判断或举反例说明．
【解答】解：①当m⊂β时，显然结论不成立．故①错误;
②∵m⊥α，α∥β，∴m⊥β，又n⊂β，∴m⊥n．故②正确;
③当α与β相交时，设交线为l，则当m∥l，∥l时，有m∥n，但α，β不平行，故③错误；
④∵n⊥β，m⊥β，∴m∥n，
又n⊥α，∴m⊥α．故④正确．
故选:D．
9．若实数x，y满足约束条件，则z=的最大值为（）A．B．1 C．D．
【考点】简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用直线的斜率的几何意义进行求解即可．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图,z=的几何意义是区域内的点到点D （﹣1，0）的斜率，
由图象知AD的斜率最大，
由得，即A（1，3），
此时z==，
故选：A．
10．若函数f（x）=cosωx（ω＞0）在区间（﹣,）上有且只有两个极值点，则ω的取值范围是（）
A． C．（3,4] D．上．从而得出f（x)的周期的范围,列出不等式解出即可．
【解答】解：∵f(x)是偶函数,且x=0为f（x）的一个极值点，
∴f(x)的另一个极值点在（﹣，﹣］取得，
设f（x）的周期为T,
则,即，解得3＜ω≤4．
故选：C．
11．已知定点M（1，0），A、B是椭圆+y2=1上的两动点，且•=0,则•
的最小值是( ）
A．B．C．1 D．2
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】利用•=0，可得•=•()=,设A （2cosα，sinα）,把用含有α的三角函数表示，配方后可求•的最小值．【解答】解:∵•=0,
∴•=•（）=，
设A（2cosα,sinα），则
+sin2α=3cos2α﹣4cosα+2=3(cosα﹣）
2+，
∴当cosα=时，的最小值为．
即•的最小值是．
故选：B．
12．已知函数f（x)=,若关于x的方程f(f(x))=0有且只有一个实数解，则实数k的取值范围是（）
A．（﹣1,0）∪（0，+∞)B．（﹣∞，0）∪（0，1） C．（﹣1，0）∪（0，1) D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞)
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【分析】根据函数与方程之间的关系，利用换元法设设t=f（x），则条件等价为f（t）=0，作出对应的图象，利用数形结合进行求解即可．
【解答】解:由选项知k≠0，
设t=f(x），则由f（f（x））=0得f（t）=0，
∵当x≤0时，f（x）=≠0，
∴当x＞0时，由f（x）=lnx=0得x=1，
若f(t）=0，则t=1，
则若关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，
则等价为f（x）=1有唯一解．
作出函数f（x）的图象，由图象知当x＞0时，f(x）=lnx=1有一个解,
则等价为当x≤0时，f（x）==1无解，
即若k＞0,满足=1无解，
若k＜0,则函数f（x）=在x≤0时为增函数，则函数的最大值为f(0）=﹣k，
此时只要满足﹣k＜1，即﹣1＜k＜0,即可，
综上实数k的取值范围是（﹣1，0）∪（0，+∞），
故选：A
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共16分．把答案填写在答题卡的相应位置．13．设复数z满足（1﹣i)z=2i，则z在复平面内所对应的点位于第二象限．
【考点】复数代数形式的乘除运算;复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】由（1﹣i）z=2i，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出z在复平面内所对应的点的坐标，则答案可求．
【解答】解:由（1﹣i)z=2i,
得,
则z在复平面内所对应的点的坐标为:（﹣1，1）,位于第二象限．
故答案为：二．
14．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞,+∞）上单调递减,若f(3x+1）+f(1）≥0,则x的取值范围是（﹣∞，﹣] ．
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【分析】由条件利用函数的奇偶性和单调性可得f(3x+1）≥﹣f（﹣1），由3x+1≤﹣1，求得x的范围．
【解答】解：∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞,+∞）上单调递减，
若f（3x+1）+f(1）≥0，即 f（3x+1）≥﹣f（1)=f（﹣1),则3x+1≤﹣1，
求得x≤﹣,即x的取值范围（﹣∞，﹣］，
故答案为:（﹣∞，﹣］．
15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积是32π．
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】首先由三视图还原几何体为三棱柱，根据图中数据求外接球的表面积．
【解答】解:由已知三视图得到几何体是三棱柱，底面是斜边为4，高为2的等腰直角三角形，其外接圆半径为2，棱柱的高为4，
所以其外接球半径为，
所以外接球表面积为4π=32π．
故答案为：32π．
16．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c,若A=135°，c=1，sinBsinC=，则b等于或．
【考点】正弦定理．
【分析】根据题意和正弦定理表示出sinC、sinB，代入已知的式子列方程，由余弦定理再列出一个方程，两个方程联立求出b．
【解答】解：由正弦定理得，，把A=135°，c=1代入得,，
则sinC=，sinB=，
∵sinBsinC=，∴，①
由余弦定理得，a2=b2+c2﹣2bccosA,
∴，②
由①②得，
解得b=或，
故答案为：或．
三。

解答题
17．已知等差数列｛a n｝满足a4﹣a2=2，且a1,a3,a7成等比数列．
（Ⅰ）求{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设b n=，求数列｛b n}的前项和．
【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．
【分析】(Ⅰ）公差为d由已知可得：即
，解得即可．（Ⅱ）根据裂项求和法即可求出．
【解答】解：（Ⅰ）设公差为d
由已知可得:即
解得：a1=2,d=1
所以a n=n+1
（Ⅱ）b n===(﹣）
所以S n=（1﹣+﹣+﹣+…+﹣）=（1+﹣
﹣)=﹣
18．某商场对甲、乙两种品牌的牛奶进行为期100天的营销活动,威调查这100天的日销售情况,用简单随机抽样抽取10天进行统计，以它们的销售数量（单位:件）作为样本，样本数据的茎叶图如图．已知该样本中，甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，将日销量不低于50件的日期称为“畅销日"．
（Ⅰ）求出x,y的值；
（Ⅱ）以10天的销量为样本，估计100天的销量,请完成这两种品牌100天销量的2×2列联表,并判断是否有99%的把握认为品牌与“畅销日"天数相关．
附：K2=（其中n=a+b+c+d为样本容量）P（K2≥
0.050 0。

010 0.001
k0）
k0 3.841 6。

635 10。

828
畅销日天数非畅销日天数合计
甲品牌50 50 100
乙品牌30 70 100
合计80 120 200
【考点】独立性检验的应用．
（Ⅰ)由甲品牌牛奶销量的平均数为48件,乙品牌牛奶销量的中位数为43件,能求出x，【分析】
y的值．
（Ⅱ)作出2×2列联表，结合列联表求出K2=≈8。

333＞6。

635，从而有99％的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．
【解答】解：（Ⅰ）因为甲品牌牛奶销量的平均数为48件
所以（31+33+42+42+43+51+57+63+65+50+x）=48，…
解得x=3，…
又因为乙品牌牛奶销量的中位数为43件
所以，…
解得y=4．…
(Ⅱ）作出2×2列联表，得:
畅销日天数非畅销日天数合计
甲50 50 100
乙30 70 100
合计80 120 200
…
结合列联表可算得K2==≈8.333＞6.635，…
所以有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．…
19．如图所示的几何体为一简单组合体,在底面ABCD中,∠DAB=60°,AD⊥DC，AB⊥BC，QD⊥平面ABCD，PA∥QD，PA=1，AD=AB=QD=2．
（Ⅰ）求证:平面PAB⊥平面QBC；
（Ⅱ）求该组合体的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．
【分析】（I）由PA⊥平面ABCD得出PA⊥BC,结合BC⊥AB推出BC⊥平面PAB，于是平面PAB ⊥平面QBC;
(II）连接BD，过B作BO⊥AD于O，分别求出四棱锥B﹣PADQ和三棱锥Q﹣BCD的体积即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵QD⊥平面ABCD，PA∥QD，∴PA⊥平面ABCD，
又∵BC⊂平面ABCD,∴PA⊥BC．
又BC⊥AB,PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB．又∵BC⊂平面QBC，
∴平面PAB⊥平面QBC．
(Ⅱ)连接BD，过B作BO⊥AD于O．
∵PA⊥平面ABCD,BO⊂平面ABCD，
∴PA⊥BO，
又BO⊥AD,AD⊂平面PADQ,PA⊂平面PADQ，PA∩AD=A，
∴BO⊥平面PADQ，
∵AD=AB=2，∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BO=．
∴V B﹣PADQ=S梯形PADQ•BO==．
∵∠ADC=∠ABC=90°，∴∠CBD=∠CDB=30°，又BD=AB=2,
∴BC=CD=，∴S△BCD==．∵QD⊥平面ABCD,∴V Q﹣
===．
BCD
∴该组合体的体积V=V B﹣PADQ+V Q﹣BCD=．
20．已知函数f(x）=（x﹣2）lnx+1．
(1）判断f（x）的导函数f′(x）在(1，2)上零点的个数;
(2）求证f(x）＞0．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（1）求出f（x）的定义域，求出f′（x）的单调性，从而得到f′（x)在（1，2）的零点个数；
（2)求出f（x）的单调性，得到f（x)的最小值，求出其最小值是正数，从而证出结论．【解答】解：（1)f(x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=lnx﹣+1，
f″（x）=+＞0，
∴f′（x）在（0，+∞)递增，
而f′（1）=﹣1＜0，f′（2）=ln2＞0，
∴f′(x)在（1，2）上零点的个数是1个；
（2）由（1）得f′(x）在（0，+∞)递增，
而零点在(1,2)上,设零点是x0，
则1＜x0＜2，
则f（x）在(0，x0）递减，在（x0,+∞)递增，
f（x)min=f（x0)=(x0﹣2）lnx0+1,
而﹣1＜x0﹣2＜0,0＜lnx0＜1，
∴﹣1＜（x0﹣2）lnx0＜0，
0＜（x0﹣2）lnx0+1＜1,
故f（x）＞0．
21．已知点F为抛物线E：x2=4y的焦点，直线l为准线，C为抛物线上的一点(C在第一象限），以点C为圆心,|CF｜为半径的圆与y轴交于D,F两点，且△CDF为正三角形．
（Ⅰ）求圆C的方程；
(Ⅱ）设P为l上任意一点，过P作抛物线x2=4y的切线，切点为A，B，判断直线AB与圆C 的位置关系．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】（Ⅰ）求出点C的坐标，再代入到抛物线的解析式中求出半径，问题得以解决；（Ⅱ）设P（t,﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2）,根据导数和几何意义，求出A，B为切点的切线方程,即可得到直线AB的方程，再利用点到直线的距离，和半径的关系判断直线和圆的位置关系．
【解答】解:（I）由已知F（0，1），设圆C的半径为r，
因为△CDF为正三角形，C(r，|r﹣1｜）,
因为点C在抛物线x2=4y上,
得r2=4r﹣4 即3r2﹣16r+16=0，
解得r=4或r=
所以圆C的方程为C1:（x﹣2）2+(y﹣3）2=16,
或C2：（x﹣)2+（y﹣）2=
（II）（方法一)
因为准线l为y=﹣1，设P（t，﹣1)，A(x1，y1），B(x2，y2）,
因为y=，所以y′=，
A（x1，y1）为切点的切线方程为：y﹣y1=(x﹣x1），y1=,即y=x﹣y1，
因为切线过P（t，﹣1）,得﹣1=t﹣y1，①
同理可得﹣1=t﹣y2，②
所以直线AB方程为﹣1=xt﹣y，即tx﹣2y+2=0,
圆心C1（2，3），r1=4，C1到直线距离d1=
可得d12﹣16=≤0
所以t=﹣2时，d1=4，直线AB与圆C1相切．
t≠﹣2时,d1＜4直线AB与圆C1相交．
所以直线AB与圆C2相交或相切．
同理可证,直线AB与圆C2相交或相切．
所以直线AB与圆C1，C2相交或相切．
(注：因为直线AB过定点f（0，1）,且斜率∈R
因为F（0,1）在圆C1，C2相上，所以直线AB与圆C1，C2相交或相切．这样答扣1分）
（方法二)设设P(t，﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
直线AB的方程为y=kx+b，代入抛物线E的方程得x2﹣4kx﹣4b=0 所以x1+x2=4k,x1x2=﹣4b, 因为y=，所以y′=，
A(x1，y1）为切点的切线方程为：y﹣y1=（x﹣x1），y1=，即y=x﹣，①
B(x2，y2）为切点的切线方程为y=x﹣②
联立①②得
所以所以，
所以直线AB方程为y=xt+1，
以下与（方法一）相同
四.选考题（请考生在22,23，24三题中任选一题作答，注意:只能做所选的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．) 22．如图，AD,CF分别是△ABC的中线和高线，PB，PC是△ABC外接圆O的切线，点E是PA
与圆O的交点．
（1）求证:AC•CD=AF•PC；
（2）求证：DC平分∠ADE．
【考点】与圆有关的比例线段．
【分析】(1）证明△AFC∽△CDP,即可证明AC•CD=AF•PC；
(2）延长AD交圆O于点G，连结GE，BG,EC，证明，△BDG≌△CDE，可得∠BDG=∠CDE，∠ADC=∠BDG=∠CDE，即可证明：DC平分∠ADE．
【解答】证明：（1）由PC为圆O切线，知∠CAF=∠DCP，
∵PB，PC是圆O的切线，D为BC中点，
∴O，D，P三点共线，且OP⊥BC，
∴∠AFC=∠CDP=90°，△AFC∽△CDP，
∴,即AC•CD=AF•CP．
（2）∵CF⊥AB，D为BC中点，
∴，∠DFB=∠DBF，
∴，于是，
又∵∠AFD=180°﹣∠DFB=180°﹣∠ABC=∠ACP，
∴△AFD∽△ACP，
延长AD交圆O于点G，连结GE，BG,EC，
由△AFD∽△ACP,知∠DAF=∠PAC，
∴BG=EC，∠CBG=∠BCE,
又D为BC中点，DB=DC，∴△BDG≌△CDE，
∴∠BDG=∠CDE，∠ADC=∠BDG=∠CDE,
∴DC平分∠ADE．
23．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x2﹣2x+y2=0，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ=（ρ∈R)．
（Ⅰ）写出C的极坐标方程,并求l与C的交点M，N的极坐标；
（Ⅱ）设P是椭圆+y2=1上的动点，求△PMN面积的最大值．
【考点】简单曲线的极坐标方程．
【分析】（Ⅰ）利用x=ρcosθ，y=ρsinθ写出C的极坐标方程，并求l与C的交点M,N的极坐标;
(Ⅱ)设P点坐标为（cosθ,sinθ),则P到直线y=x的距离
d=，利用三角形的面积公式,可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）因为x=ρcosθ,y=ρsinθ，所以C的极坐标方程为ρ=2cosθ,
直线l的直角坐标方程为y=x,
联立方程组，解得或，
所以点M,N的极坐标分别为（0，0)，（，)．
（Ⅱ)由（Ⅰ）易得|MN｜=
因为P是椭圆+y2=1上的点，设P点坐标为（cosθ,sinθ），
则P到直线y=x的距离d=，
所以S△PMN==≤1，
当θ=kπ﹣，k∈Z时，S△PMN取得最大值1．
24．已知函数f（x)=｜x﹣3｜．
（1）求不等式f（x）＜2+|x+1|的解集;
（2）已知m，n∈R+且+=2mn，求证:mf（n）+nf（﹣m）≥6．
【考点】绝对值不等式的解法；基本不等式．
【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，利用分类讨论的思想进行求解即可．
（2)利用基本不等式，结合绝对值的性质进行证明即可．
【解答】解：（1)由f（x）＜2+|x+1|得｜x﹣3｜＜2+|x+1｜，
即｜x﹣3|﹣｜x+1｜＜2，
即当x＜﹣1时，不等式等价为﹣x+3+x+1＜2,即4＜2，此时不等式无解,
当﹣1≤x≤3时，不等式等价为﹣x+3﹣x﹣1＜2,即﹣2x+2＜2，得x＞0，此时0＜x≤3，
当x＞3时，不等式等价为x﹣3﹣x﹣1＜2，即﹣4＜2，成立，此时x＞3，
综上不等式的解为x＞0，
即不等式的解集为（0，+∞）；
（2)已知m，n∈R+且+=2mn，
∴2mn≥2=，
则mn≥1，
则mf（n)+nf（﹣m）=m｜n﹣3｜+n|﹣m﹣3｜=|mn﹣3n|+｜mn+3n｜≥|（mn﹣3n﹣(mn+3m)｜=3|m+n|≥6≥6．
2016年8月22日。