2019版一轮复习理数通用版选修45 不等式选讲

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2019版一轮复习理数通用版选修45 不等式选讲

选修 4－5 不等式选讲 第 1课 绝对值不等式 [过双基] 1．绝对值三角不等式 定理 1：如果 a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当 ab≥0时，等号成立． 定理 2：如果 a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时， 等号成立． 2．绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|a的解集 不等式 a>0 a＝0 a<0 |x|a R (2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法： ①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c； ②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或 ax＋b≤－c. (3)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法： ①利用绝对值不等式的几何意义求解； ②利用零点分段法求解； ③构造函数，利用函数的图象求解． 1．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________． 解析：f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝ －3，x≤－1， 2x－1，－11， 所以不等式的解集为{x|x≥1}. 答案：{x|x≥1} 2．若存在实数 x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数 a的取值范围是________． 解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|， 要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3， ∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4. 答案：[－2,4] 3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数 k＝________. 解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6. ∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}， ∴k＝2. 答案：2 4．设不等式|x＋1|－|x－2|>k的解集为 R，则实数 k的取值范围为____________． 解析：∵||x＋1|－|x－2||≤3， ∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3， ∴k＜(|x＋1|－|x－2|)的最小值， 即 k＜－3. 答案：(－∞，－3) [清易错] 1．对形如|f(x)|>a或|f(x)||a－b| B．|a＋b|<|a－b| C．|a－b|＜||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b| 解析：选 B ∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|. 2．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________． 解析：|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋2≤5. 答案：5 绝对值不等式的解法 [典例] 设函数 f(x)＝|x＋1|－|x－1|＋a(a∈R)． (1)当 a＝1时，求不等式 f(x)>0的解集； (2)若方程 f(x)＝x只有一个实数根，求实数 a的取值范围． [解] (1)依题意，原不等式等价于： |x＋1|－|x－1|＋1>0， 当 x<－1时，－(x＋1)＋(x－1)＋1>0， 即－1>0，此时解集为∅； 当－1≤x≤1时，x＋1＋(x－1)＋1>0， 即 x>－1 2 ，此时－ 1 2 1时，x＋1－(x－1)＋1>0， 即 3>0，此时 x>1. 综上所述，不等式 f(x)>0的解集为 xx>－1 2 . (2)依题意，方程 f(x)＝x等价于 a＝|x－1|－|x＋1|＋x， 令 g(x)＝|x－1|－|x＋1|＋x. ∴g(x)＝ x＋2，x<－1， －x，－1≤x≤1， x－2，x>1. . 画出函数 g(x)的图象如图所示， ∴要使原方程只有一个实数根，只需 a>1或 a<－1. ∴实数 a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [方法技巧] (1)求解绝对值不等式的两个注意点： ①要求的不等式的解集是各类情形的并集，利用零点分段法的操作程序是：找零点、分 区间、分段讨论． ②对于解较复杂绝对值不等式，要恰当运用条件，简化分类讨论，优化解题过程． (2)求解该类问题的关键是去绝对值符号，可以运用零点分段法去绝对值，此外还常利用 绝对值的几何意义求解． [即时演练] 1．解不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6. 解：法一：当 x>1 2 时，原不等式转化为 4x≤6⇒1 2 5时，不等式可化为(x－1)－(x－5)<2， 即 4<2，显然不成立．所以此时不等式无解． 综上，不等式的解集为(－∞，4)． 绝对值不等式的证明 [典例] 已知 x，y∈R，且|x＋y|≤1 6 ，|x－y|≤1 4 ， 求证：|x＋5y|≤1. [证明] ∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|. ∴由绝对值不等式的性质，得 |x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)| ＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×1 6 ＋2×1 4 ＝1. 即|x＋5y|≤1. [方法技巧] 绝对值不等式证明的 3种主要方法 (1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明． (2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明． (3)转化为函数问题，数形结合进行证明． [即时演练] 已知 f(x)＝|x＋2|－|2x－1|，M为不等式 f(x)>0的解集． (1)求M； (2)求证：当 x，y∈M时，|x＋y＋xy|<15. 解：(1)f(x)＝ x－3，x<－2， 3x＋1，－2≤x≤1 2 ， －x＋3，x>1 2 ， 当 x<－2时，由 x－3>0，得 x>3，舍去； 当－2≤x≤1 2 时，由 3x＋1>0，得 x>－1 3 ， 即－ 1 3 1 2 时，由－x＋3>0，得 x<3，即 1 2 0. (1)当 a＝1时，求不等式 f(x)>1的解集； (2)若 f(x)的图象与 x轴围成的三角形面积大于 6，求 a的取值范围． 解：(1)当 a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当 x≤－1时，不等式化为 x－4>0，无解； 当－10，解得 2 3 0，解得 1≤x<2. 所以 f(x)>1的解集为 x2 3 a. 所以函数 f(x)的图象与 x轴围成的三角形的三个顶点分别为 A 2a－1 3 ，0 ，B(2a＋1,0)， C(a，a＋1)， △ABC的面积为 2 3 (a＋1)2. 由题设得 2 3 (a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a的取值范围为(2，＋∞)． 3．(2016·江苏高考)设 a＞0，|x－1|＜a 3 ，|y－2|＜a 3 ，求证：|2x＋y－4|＜a. 证明：因为|x－1|＜a 3 ，|y－2|＜a 3 ， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×a 3 ＋ a 3 ＝a. 4．(2013·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)当 a＝－2时，求不等式 f(x)＜g(x)的解集； (2)设 a＞－1，且当 x∈ － a 2 ， 1 2 时，f(x)≤g(x)，求 a的取值范围． 解：(1)当 a＝－2时，不等式 f(x)＜g(x)可化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0. 设函数 y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则 y＝ －5x，x＜1 2 ， －x－2，1 2 ≤x≤1， 3x－6，x＞1. 其图象如图所示． 从图象可知，当且仅当 x∈(0,2)时，y<0. 所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}． (2)当 x∈ － a 2 ， 1 2 时，f(x)＝1＋a. 不等式 f(x)≤g(x)化为 1＋a≤x＋3. 所以 x≥a－2对 x∈ － a 2 ， 1 2 都成立． 故－ a 2 ≥a－2，即 a≤4 3 . 从而 a的取值范围是 －1，4 3 . 1．(2018·唐山模拟)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|x＋1|. (1)当 a＝1时，解不等式 f(x)<3； (2)若 f(x)的最小值为 1，求 a的值． 解：(1)因为 f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|＝ －3x，x≤－1， －x＋2，－13 2 时，不等式可化为(2x－3)＋(2x－1)＝4x－4≤6，解得 3 2 1时，等价于 a－1≥a2－a－13，解得 11， x－1＋2x＋1≤3， 解得－1≤x<－1 2 或－ 1 2 ≤x≤1或∅. 所以原不等式解集为{x|－1≤x≤1}． (2)因为 x∈[a，＋∞)，所以 f(x)＝|x－a|＋|2x＋1|＝x－a＋|2x＋1|≤2a＋x， 即|2x＋1|≤3a有解，所以 a≥0， 所以不等式化为 2x＋1≤3a有解， 即 2a＋1≤3a，解得 a≥1， 所以 a的取值范围为[1，＋∞)． 5．设函数 f(x)＝|2x－a|＋2a. (1)若不等式 f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，求实数 a的值； (2)在(1)的条件下，若不等式 f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，求实数 k的取值范围． 解：(1)∵|2x－a|＋2a≤6， ∴|2x－a|≤6－2a,2a－6≤2x－a≤6－2a， ∴ 3 2 a－3≤x≤3－a 2 . 而 f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}， 故有 3 2 a－3＝－6， 3－1 2 a＝4， 解得 a＝－2. (2)由(1)得 f(x)＝|2x＋2|－4， ∴不等式|2x＋2|－4≤(k2－1)x－5， 化简得|2x＋2|＋1≤(k2－1)x， 令 g(x)＝|2x＋2|＋1＝ 2x＋3，x≥－1， －2x－1，x<－1. 画出函数 y＝g(x)的图象如图所示． 要使不等 f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，只需 k2－1>2或 k2－1≤－1， 解得 k> 3或 k<－ 3或 k＝0， ∴实数 k的取值范围为(－∞，－ 3)∪{0}∪( 3，＋∞)． 6．设函数 f(x)＝|ax－1|. (1)若 f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数 a的值； (2)当 a＝2时，若存在 x∈R，使得不等式 f(2x＋1)－f(x－1)≤7－3m成立，求实数 m的 取值范围． 解：(1)显然 a≠0， 当 a＞0时，解集为 － 1 a ， 3 a ， 则－ 1 a ＝－6，3 a ＝2，无解； 当 a＜0时，解集为 3 a ，－ 1 a ， 则－ 1 a ＝2，3 a ＝－6，得 a＝－ 1 2 . 综上所述，a＝－ 1 2 . (2) 当 a ＝ 2 时 ， 令 h(x) ＝ f(2x ＋ 1) － f(x － 1) ＝ |4x ＋ 1| － |2x － 3| ＝ －2x－4，x≤－ 1 4 ， 6x－2，－ 1 4 ＜x＜3 2 ， 2x＋4，x≥3 2 ， 由此可知，h(x)在 －∞，－ 1 4 上单调递减，在 － 1 4 ， 3 2 上单调递增，在 3 2 ，＋∞ 上单调 递增，则当 x＝－ 1 4 时，h(x)取到最小值－ 7 2 ， 由题意知，－ 7 2 ≤7－3m，解得 m≤ 7 2 ， 故实数 m的取值范围是 －∞， 7 2 . 7．(2018·九江模拟)已知函数 f(x)＝|x－3|－|x－a|. (1)当 a＝2时，解不等式 f(x)≤－ 1 2 ； (2)若存在实数 a，使得不等式 f(x)≥a成立，求实数 a的取值范围． 解：(1)∵a＝2， ∴f(x)＝|x－3|－|x－2|＝ 1，x≤2， 5－2x，20，b>0，则 aabb________(ab)a＋b 2 (填大小关系)． 解析：∵ aabb aba＋b 2 ＝ a b a－b 2 ， ∴当 a＝b时， a b a－b 2 ＝1， 当 a>b>0时， a b >1，a－b 2 >0，∴ a b a－b 2 >1， 当 b>a>0时，01， ∴aabb≥(ab)a＋b 2 . 答案：≥ 2．设 x>y>z>0，求证：x－z＋ 8 x－yy－z ≥6. 证明：x－z＋ 8 x－yy－z ＝(x－y)＋(y－z)＋ 8 x－yy－z ≥3 3 x－yy－z 8 x－yy－z ＝ 6. 当且仅当 x－y＝y－z＝ 8 x－yy－z 时取等号， 所以 x－z＋ 8 x－yy－z ≥6. 比较法证明不等式 [典例] (2018·莆田模拟)设 a，b是非负实数．求证：a2＋b2≥ ab(a＋b)． [证明] (a2＋b2)－ ab(a＋b) ＝(a2－a ab)＋(b2－b ab) ＝a a( a－ b)＋b b( b－ a) ＝( a－ b)(a a－b b) ＝(a1 2 －b1 2 )(a3 2 －b3 2 )． 因为 a≥0，b≥0，所以不论 a≥b≥0，还是 0≤a≤b，都有 a1 2 －b 1 2 与 a3 2 －b 3 2 同号，所 以(a1 2 －b1 2 )(a3 2 －b3 2 )≥0， 所以 a2＋b2≥ ab(a＋b)． [方法技巧] 比较法证明不等式的方法和步骤 (1)求差比较法： 由 a>b⇔a－b>0，ab只要证明 a－b>0即可，这种方法称为 求差比较法． (2)求商比较法： 由 a>b>0⇔a b >1且 a>0，b>0，因此当 a>0，b>0时，要证明 a>b，只要证明 a b >1即可，这 种方法称为求商比较法． (3)用比较法证明不等式的一般步骤是：作差(商)—变形—判断—结论，而变形的方法一 般有配方、通分和因式分解． [即时演练] 求证：当 x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2. 证明：法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1) ＝(x－1)(2x3－x－1) ＝(x－1)(2x3－2x＋x－1) ＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)] ＝(x－1)2(2x2＋2x＋1) ＝(x－1)2 2 x＋1 2 2＋ 1 2 ≥0， 所以 1＋2x4≥2x3＋x2. 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0， 所以 1＋2x4≥2x3＋x2. 综合法证明不等式 [典例] 已知 a，b均为正数，且 a＋b＝1，求证： (1)(ax＋by)2≤ax2＋by2； (2) a＋1 a 2＋ b＋1 b 2≥ 25 2 . [证明] (1)(ax＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy， 因为 a＋b＝1， 所以 a－1＝－b，b－1＝－a，又 a，b均为正数， 所以 a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy ＝－ab(x2＋y2－2xy) ＝－ab(x－y)2≤0，当且仅当 x＝y时等号成立． 所以(ax＋by)2≤ax2＋by2. (2) a＋1 a 2＋ b＋1 b 2＝4＋a2＋b2＋ 1 a2 ＋ 1 b2 ＝4＋a2＋b2＋a＋b2 a2 ＋ a＋b2 b2 ＝4＋a2＋b2＋1＋2b a ＋ b2 a2 ＋ a2 b2 ＋ 2a b ＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋ 2b a ＋ 2a b ＋ b2 a2 ＋ a2 b2 ≥6＋a＋b2 2 ＋4＋2＝25 2 ， 当且仅当 a＝b＝1 2 时，等号成立， 所以 a＋1 a 2＋ b＋1 b 2≥ 25 2 . [方法技巧] 1．综合法证明不等式的方法 综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联 系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键． 2．综合法证明时常用的不等式 (1)a2≥0. (2)|a|≥0. (3)a2＋b2≥2ab，它的变形形式有： a2＋b2≥2|ab|；a2＋b2≥－2ab；(a＋b)2≥4ab； a2＋b2≥1 2 (a＋b)2；a2＋b2 2 ≥ a＋b 2 2. (4)a＋b 2 ≥ ab，它的变形形式有： a＋1 a ≥2(a>0)；a b ＋ b a ≥2(ab>0)； a b ＋ b a ≤－2(ab<0)． [即时演练] 设 a，b，c均为正数，且 a＋b＋c＝1，求证： (1)ab＋bc＋ac≤1 3 ； (2)a 2 b ＋ b2 c ＋ c2 a ≥1. 证明：(1)由 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1， 即 a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1， 所以 3(ab＋bc＋ca)≤1， 即 ab＋bc＋ca≤1 3 . (2)因为 a2 b ＋b≥2a，b2 c ＋c≥2b，c2 a ＋a≥2c， 故 a2 b ＋ b2 c ＋ c2 a ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即 a2 b ＋ b2 c ＋ c2 a ≥a＋b＋c. 所以 a2 b ＋ b2 c ＋ c2 a ≥1. 分析法证明不等式 [典例] 设 a，b，c＞0，且 ab＋bc＋ca＝1. 求证：(1)a＋b＋c≥ 3. (2) a bc ＋ b ac ＋ c ab ≥ 3( a＋ b＋ c)． [证明] (1)要证 a＋b＋c≥ 3， 由于 a，b，c＞0， 因此只需证明(a＋b＋c)2≥3. 即证 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3， 而 ab＋bc＋ca＝1， 故需证明 a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)． 即证 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 而这可以由 ab＋bc＋ca≤a2＋b2 2 ＋ b2＋c2 2 ＋ c2＋a2 2 ＝a2＋b2＋c2(当且仅当 a＝b＝c 时等号 成立)证得． 所以原不等式成立． (2) a bc ＋ b ac ＋ c ab ＝ a＋b＋c abc . 在(1)中已证 a＋b＋c≥ 3. 因此要证原不等式成立， 只需证明 1 abc ≥ a＋ b＋ c， 即证 a bc＋b ac＋c ab≤1， 即证 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca. 而 a bc＝ ab·ac≤ab＋ac 2 ， b ac≤ab＋bc 2 ，c ab≤bc＋ac 2 . 所以 a bc＋b ac＋c ab≤ab＋bc＋ca当且仅当 a＝b＝c＝ 3 3 时等号成立． 所以原不等式成立． [方法技巧] 1．用分析法证“若 A则 B”这个命题的模式 为了证明命题 B为真， 只需证明命题 B1为真，从而有… 只需证明命题 B2为真，从而有… …… 只需证明命题 A为真，而已知 A为真，故 B必真． 2．分析法的应用 当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难 发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理 的每一步必须可逆． [即时演练] 已知 a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－ c2－ab0，所以只要证 a－2c<－b， 即证 a＋b<2c. 由已知条件知，上式显然成立，所以原不等式成立． 1．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3a＋b2 4 (a＋b) ＝2＋3a＋b3 4 ， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2. 2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝|x－1 2|＋|x＋1 2|，M为不等式 f(x)<2的解集． (1)求M； (2)证明：当 a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|. 解：(1)f(x)＝ －2x，x≤－ 1 2 ， 1，－ 1 2 －1； 当－ 1 2 cd，则 a＋ b> c＋ d； (2) a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件． 证明：(1)因为( a＋ b)2＝a＋b＋2 ab， ( c＋ d)2＝c＋d＋2 cd， 由题设 a＋b＝c＋d，ab>cd， 得( a＋ b)2>( c＋ d)2. 因此 a＋ b> c＋ d. (2)①必要性：若|a－b|<|c－d|， 则(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因为 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd. 由(1)，得 a＋ b> c＋ d. ②充分性：若 a＋ b> c＋ d， 则( a＋ b)2>( c＋ d)2， 即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd. 因为 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd. 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2. 因此|a－b|<|c－d|. 综上， a＋ b> c＋ d是|a－b|＜|c－d|的充要条件． 4．(2014·全国卷Ⅰ)若 a>0，b>0，且 1 a ＋ 1 b ＝ ab. (1)求 a3＋b3的最小值； (2)是否存在 a，b，使得 2a＋3b＝6？并说明理由． 解：(1)由 ab＝1 a ＋ 1 b ≥ 2 ab ， 得 ab≥2，且当 a＝b＝ 2时等号成立． 故 a3＋b3≥2 a3b3≥4 2，且当 a＝b＝ 2时等号成立． 所以 a3＋b3的最小值为 4 2. (2)由(1)知，2a＋3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6，从而不存在 a，b， 使得 2a＋3b＝6. 1．已知 a，b都是正实数，且 a＋b＝2，求证： a2 a＋1 ＋ b2 b＋1 ≥1. 证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2， ∴ a2 a＋1 ＋ b2 b＋1 －1＝a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1 a＋1b＋1 ＝ a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1 a＋1b＋1 ＝ a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1 a＋1b＋1 ＝ a2＋b2＋2ab－ab－3 a＋1b＋1 ＝ a＋b2－3－ab a＋1b＋1 ＝ 1－ab a＋1b＋1 . ∵a＋b＝2≥2 ab，∴ab≤1. ∴ 1－ab a＋1b＋1 ≥0. ∴ a2 a＋1 ＋ b2 b＋1 ≥1. 2．已知定义在 R上的函数 f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为 a. (1)求 a的值； (2)若 p，q，r是正实数，且满足 p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3. 解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立， 所以 f(x)的最小值等于 3，即 a＝3. (2)证明：由(1)知 p＋q＋r＝3， 又因为 p，q，r是正实数， 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即 p2＋q2＋r2≥3. 3．(2018·云南统一检测)已知 a是常数，对任意实数 x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1| ＋|2－x|都成立． (1)求 a的值； (2)设 m＞n＞0，求证：2m＋ 1 m2－2mn＋n2 ≥2n＋a. 解：(1)设 f(x)＝|x＋1|－|2－x|， 则 f(x)＝ －3，x≤－1， 2x－1，－1＜x＜2， 3，x≥2， ∴f(x)的最大值为 3. ∵对任意实数 x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即 f(x)≤a， ∴a≥3. 设 h(x)＝|x＋1|＋|2－x|， 则 h(x)＝ －2x＋1，x≤－1， 3，－1＜x＜2， 2x－1，x≥2， 则 h(x)的最小值为 3. ∵对任意实数 x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即 h(x)≥a， ∴a≤3. ∴a＝3. (2)证明：由(1)知 a＝3. ∵2m＋ 1 m2－2mn＋n2 －2n＝(m－n)＋(m－n)＋ 1 m－n2 ，且 m＞n＞0， ∴(m－n)＋(m－n)＋ 1 m－n2 ≥3 3 m－nm－n 1 m－n2 ＝3. ∴2m＋ 1 m2－2mn＋n2 ≥2n＋a. 4．已知 x，y，z是正实数，且满足 x＋2y＋3z＝1. (1)求1 x ＋ 1 y ＋ 1 z 的最小值； (2)求证：x2＋y2＋z2≥ 1 14 . 解：(1)∵x，y，z是正实数，且满足 x＋2y＋3z＝1， ∴ 1 x ＋ 1 y ＋ 1 z ＝ 1 x ＋ 1 y ＋ 1 z (x＋2y＋3z) ＝6＋2y x ＋ 3z x ＋ x y ＋ 3z y ＋ x z ＋ 2y z ≥6＋2 2＋2 3＋2 6， 当且仅当 2y x ＝ x y 且 3z x ＝ x z 且 3z y ＝ 2y z 时取等号． (2)由柯西不等式可得 1＝(x＋2y＋3z)2≤(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32) ＝14(x2＋y2＋z2)， ∴x2＋y2＋z2≥ 1 14 ， 当且仅当 x＝y 2 ＝ z 3 ，即 x＝ 1 14 ，y＝1 7 ，z＝ 3 14 时取等号． 故 x2＋y2＋z2≥ 1 14 . 5．(2018·石家庄模拟)已知函数 f(x)＝|x|＋|x－1|. (1)若 f(x)≥|m－1|恒成立，求实数 m的最大值M； (2)在(1)成立的条件下，正实数 a，b满足 a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab. 解：(1)由绝对值不等式的性质知 f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－x＋1|＝1， ∴f(x)min＝1， ∴只需|m－1|≤1， 即－1≤m－1≤1， ∴0≤m≤2， ∴实数 m的最大值M＝2. (2)证明：∵a2＋b2≥2ab，且 a2＋b2＝2， ∴ab≤1， ∴ ab≤1，当且仅当 a＝b时取等号．① 又 ab≤a＋b 2 ，∴ ab a＋b ≤ 1 2 ， ∴ ab a＋b ≤ ab 2 ，当且仅当 a＝b时取等号．② 由①②得， ab a＋b ≤ 1 2 ，∴a＋b≥2ab. 6．(2018·吉林实验中学模拟)设函数 f(x)＝|x－a|. (1)当 a＝2时，解不等式 f(x)≥4－|x－1|； (2)若 f(x)≤1的解集为[0,2]，1 m ＋ 1 2n ＝a(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥4. 解：(1)当 a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4. ①当 x≥2时，不等式可化为 x－2＋x－1≥4，解得 x≥7 2 ； ②当 1＜x＜2时，不等式可化为 2－x＋x－1≥4， 不等式的解集为∅； ③当 x≤1时，不等式可化为 2－x＋1－x≥4，解得 x≤－ 1 2 . 综上可得，不等式的解集为 －∞，－ 1 2 ∪ 7 2 ，＋∞ . (2)证明：∵f(x)≤1，即|x－a|≤1， 解得 a－1≤x≤a＋1，而 f(x)≤1的解集是[0,2]， ∴ a－1＝0， a＋1＝2， 解得 a＝1， 所以 1 m ＋ 1 2n ＝1(m>0，n>0)， 所以 m＋2n＝(m＋2n) 1 m ＋ 1 2n ＝2＋m 2n ＋ 2n m ≥2＋2 m 2n ·2n m ＝4， 当且仅当 m＝2，n＝1时取等号． 7．已知 a，b，c，d均为正数，且 ad＝bc. (1)证明：若 a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|； (2)若 t· a2＋b2· c2＋d2＝ a4＋c4＋ b4＋d4，求实数 t的取值范围． 解：(1)证明：由 a＋d>b＋c，且 a，b，c，d均为正数， 得(a＋d)2>(b＋c)2，又 ad＝bc， 所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|. (2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2， 所以 t· a2＋b2· c2＋d2＝t(ac＋bd)． 由于 a4＋c4≥ 2ac, b4＋d4≥ 2bd， 又已知 t· a2＋b2· c2＋d2＝ a4＋c4＋ b4＋d4， 则 t(ac＋bd)≥ 2(ac＋bd)，故 t≥ 2，当且仅当 a＝c，b＝d时取等号． 所以实数 t的取值范围为[ 2，＋∞)． 8．已知函数 f(x)＝|x－1|. (1)解不等式 f(2x)＋f(x＋4)≥8； (2)若|a|<1，|b|<1，a≠0，求证： fab |a| >f b a . 解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3| ＝ －3x－2，x<－3， －x＋4，－3≤x<1 2 ， 3x＋2，x≥1 2 ， 当 x<－3时，由－3x－2≥8，解得 x≤－ 10 3 ； 当－3≤x<1 2 时，－x＋4≥8无解； 当 x≥1 2 时，由 3x＋2≥8，解得 x≥2. 所以不等式 f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为 －∞，－ 10 3 ∪[2，＋∞)． (2)证明： fab |a| >f b a 等价于 f(ab)>|a|f b a ， 即|ab－1|>|a－b|. 因为|a|<1，|b|<1， 所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)>0， 所以|ab－1|>|a－b|. 故所证不等式成立. 阶段滚动检测(六)全程仿真验收 (时间 120分钟 满分 150分) 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＝{1,2,3}，B＝{(x，y)|x＋y－4＞0，x，y∈A}，则集合 B 中的元素个数为 ( ) A．9 B．6 C．4 D．3 解析：选 D 集合 A＝{1,2,3}，B＝{(x，y)|x＋y－4＞0，x，y∈A}＝{(2,3)，(3,2)，(3,3)}， 则集合 B中的元素个数为 3. 2．若复数 2a＋2i 1＋i (a∈R)是纯虚数，则复数 2a＋2i在复平面内对应的点在( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：选 B 2a＋2i 1＋i ＝ 2a＋2i1－i 1＋i1－i ＝ 2a＋2＋2－2ai 2 ，由题意可知 2a＋2＝0 且 2－ 2a≠0，所以 a＝－1，则复数 2a＋2i在复平面内对应的点(－2,2)在第二象限． 3．已知命题 p：∃x0∈(－∞，0)，2x0＜3x0；命题 q：∀x∈0，π 2 ，cos x＜1，则下列命题 为真命题的是( ) A．p∧q B．p∨(綈 q) C．(綈 p)∧q D．p∧(綈 q) 解析：选 C 因为 x∈(－∞，0)时， 2x 3x ＝ 2 3 x＞1，所以 2x＞3x，故命题 p是假命题；命 题 q：∀x∈ 0，π 2 ，cos x＜1，是真命题，则綈 p是真命题，綈 q是假命题，故(綈 p)∧q是 真命题． 4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．1＋2π B．1＋4π 3 C．1＋π 2 D．1＋π 6 解析：选 D 由三视图可知，该几何体是一个组合体，上面是一个半径为 1 2 的球，下面 是一个棱长为 1的正方体，所以该几何体的体积 V＝4π 3 · 1 2 3＋1＝1＋π 6 . 5．函数 y＝ x2 2x－2－x 的图象可能是( ) 解析：选 C 因为 f(－x)＝ x2 2－x－2x ＝－f(x)，即函数 y＝ x2 2x－2－x 是奇函数，故排除 B、D； 当 x>0，且 x→＋∞时，y→0，故排除 A，因此选 C. 6．执行如图所示的程序框图，如果输入的 m，n分别为 1 848,936，则输出的 m 的值为 ( ) A．168 B．72 C．36 D．24 解析：选 D 根据题意，运行程序：m＝1 848，n＝936；r＝912，m＝936，n＝912；r ＝24，m＝912，n＝24；r＝0，m＝24，n＝0，此时满足条件，循环结束，输出 m＝24，故 选 D. 7.如图，Rt△ABC中，AB＝AC，BC＝4，O为 BC的中点，以 O为圆心，1为半径的半 圆与 BC交于点 D，P为半圆上任意一点，则 BP ―→ · AD ―→ 的最小值为( ) A．2＋ 5 B. 5 C．2 D．2－ 5 解析：选 D 建立如图所示的平面直角坐标系，则 B(－2,0)，A(0,2)，D(1,0)，设 P(x， y)，故 BP ―→ ＝(x＋2，y)， AD ―→ ＝(1，－2)，所以 BP ―→ · AD ―→ ＝x－2y＋2.令 x－2y＋2＝t，根据直 线的几何意义可知，当直线 x－2y＋2＝t与半圆相切时，t取得最小值，由点到直线的距离公 式可得 |2－t| 5 ＝1，t＝2－ 5，即 BP ―→ · AD ―→ 的最小值是 2－ 5. 8．将函数 f(x)＝cos ωx(ω＞0)的图象向右平移 π 3 个单位，若所得图象与原图象重合，则 f π 24 不可能等于( ) A．0 B．1 C. 2 2 D. 3 2 解析：选 D 将函数 f(x)＝ cos ωx(ω＞0)的图象向右平移 π 3 个单位，得函数 y＝ cos ωx－ωπ 3 ，由题意可得 ωπ 3 ＝2kπ，k∈Z，因为ω＞0，所以ω＝6k＞0，k∈Z，则 f π 24 ＝ cosωπ 24 ＝coskπ 4 ，k∈Z，显然，f π 24 不可能等于 3 2 ，故选 D. 9．(2017·郑州二模)已知实数 x，y满足 y≥x＋2， x＋y≤6， x≥1， 则 z＝2|x－2|＋|y|的最小值是( ) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：选 C 作出不等式组 y≥x＋2， x＋y≤6， x≥1 表示的可行域如图中阴影部分所示，其中 A(2,4)，B(1,5)，C(1，3)，∴x∈[1,2]，y∈[3,5]． ∴z＝2|x－2|＋|y|＝－2x＋y＋4，当直线 y＝2x－4＋z过点 A(2,4)时，直线在 y 轴上的截 距最小，此时 z有最小值，∴zmin＝－2×2＋4＋4＝4，故选 C. 10．在△ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，A＝π 4 ，b2－a2＝1 2 c2，则 tan C＝( ) A．2 B．－2 C.1 2 D．－ 1 2 解析：选 A 因为 b2－a2＝1 2 c2且 b2＋c2－a2＝2bccos A＝ 2bc，所以 b＝ 3c 2 2 ，a＝ 5c 2 2 ， 由余弦定理可得 cos C＝ 5 8 c2＋9 8 c2－c2 2× 5c 2 2 × 3c 2 2 ＝ 1 5 ，则角 C是锐角，sin C＝ 2 5 ，则 tan C＝sin C cos C ＝ 2. 11．已知点 P在双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右支上，F1，F2分别为双曲线的左、 右焦点，若|PF1 ―→ |2－|PF2 ―→ |2＝12a2，则该双曲线的离心率的取值范围是( ) A．[3，＋∞) B．(2,4] C．(2,3] D．(1,3] 解析：选 D 根据题意，因为|PF1 ―→ |2－|PF2 ―→ |2＝12a2，且|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＋|PF2| ＝6a≥|F1F2|＝2c，所以 e≤3.又因为 e>1，所以该双曲线的离心率的取值范围是(1,3]． 12．已知 f′(x)为函数 f(x)的导函数，且 f(x)＝1 2 x2－f(0)x＋f′(1)ex－1，若 g(x)＝f(x)－1 2 x2 ＋x，则方程 g x2 a －x －x＝0有且仅有一个根时，实数 a的取值范围是( ) A．(－∞，0)∪{1} B．(－∞，1] C．(0,1] D．[1，＋∞) 解析：选 A 由函数的解析式可得 f(0)＝f′(1)e－1，f′(x)＝x－f(0)＋f′(1)ex－1，f′(1) ＝1－f(0)＋f′(1)， 所以 f′(1)＝e，f(0)＝1， 所以 f(x)＝1 2 x2－x＋ex，g(x)＝f(x)－1 2 x2＋x＝ex， 则 ex 2 a －x－x＝0 有且仅有一个根，即 x2 a ＝x＋ln x 有且仅有一个根，分别作出 y＝x2 a 和 y ＝x＋ln x的图象，由图象知 a<0或 a＝1. 二、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．请把正确答案填在题中的横线上) 13．(m＋x)(1＋x)3的展开式中 x的奇数次幂项的系数之和为 16，则错误!xmdx＝________. 解析：(m＋x)(1＋x)3＝(m＋x)(C03x3＋C13x2＋C23x＋C33)，所以 x的奇数次幂项的系数之和 为 mC03＋mC23＋C13＋C33＝16，解得 m＝3， 所以 错误!xmdx＝错误!x3dx＝1 4 x4| 1 -1 ＝0. 答案：0 14．在△ABC中，AB⊥AC，AB＝1 t ，AC＝t，P是△ABC所在平面内一点，若 AP ―→ ＝ 4 AB ―→ | AB ―→ | ＋ AC ―→ | AC ―→ | ，则△PBC面积的最小值为________． 解析：由于 AB⊥AC，故以 AB，AC所在直线分别为 x轴，y轴，建立平面直角坐标系 (图略)，则 B 1 t ，0 ，C(0，t)，因为 AP ―→ ＝ 4 AB ―→ | AB ―→ | ＋ AC ―→ | AC ―→ | ，所以点 P坐标为(4,1)，直线 BC的 方程为 t2x＋y－t＝0，所以点 P到直线 BC的距离为 d＝ |4t2＋1－t| t4＋1 ，BC＝ t4＋1 t ，所以△PBC 的面积为 1 2 × |4t2＋1－t| t4＋1 × t4＋1 t ＝ 1 2 |4t＋1 t －1|≥3 2 ，当且仅当 t＝1 2 时取等号． 答案： 3 2 15．若 m∈(0,3)，则直线(m＋2)x＋(3－m)y－3＝0与 x轴、y轴围成的三角形的面积小 于 9 8 的概率为________． 解析：令 x＝0，得 y＝ 3 3－m ；令 y＝0，得 x＝ 3 m＋2 . 所以 1 2 ·|x|·|y|＝1 2 ·| 3 m＋2|·| 3 3－m|＜9 8 ，因为 m∈(0,3)，所以解得 0b>0)上一点，A，B 是其左、右顶点，若 AM ―→ 2AM ―→ ·BM ―→ ＝x20－a2，则离心率 e＝________. 解析：由题意知 A(－a,0)，B(a,0)，∴AM ―→ ＝(x0＋a，y0)，BM ―→ ＝(x0－a，y0)，∵2AM ―→ ·BM ―→ ＝x20－a2， ∴2(x20－a2＋y20)＝x20－a2，∴x20＝a2－2y20. 又 x20 a2 ＋ y20 b2 ＝1，∴ a2－2y20 a2 ＋ y20 b2 ＝1， ∴－ 2 a2 ＋ 1 b2 ＝0，∴a2＝2b2， ∴ c2 a2 ＝ a2－b2 a2 ＝1－b2 a2 ＝1－1 2 ＝ 1 2 ，∴e＝ 2 2 . 答案： 2 2 三、解答题(本大题共 6小题，共 70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 17．(本小题满分 12分)已知数列{an}的前 n项和为 Sn，a1＝2，且满足 an＋1＝Sn＋2n＋1(n ∈N*)． (1)证明数列 Sn 2n 为等差数列； (2)求 S1＋S2＋…＋Sn. 解：(1)证明：由条件可知，Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1， 即 Sn＋1－2Sn＝2n＋1，整理得 Sn＋1 2n＋1 － Sn 2n ＝1， 所以数列 Sn 2n 是以 1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)可知， Sn 2n ＝1＋n－1＝n，即 Sn＝n·2n， 令 Tn＝S1＋S2＋…＋Sn， 则 Tn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n① 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，② ①－②，得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝21－2n 1－2 －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， 所以 Tn＝2＋(n－1)·2n＋1. 18．(本小题满分 12分)如图所示的是某母婴用品专卖店根据以往销售奶粉的销售记录绘 制的日销售量的频率分布直方图．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售 量相互独立． (1)估计日销售量的平均值； (2)求未来连续三天里，有两天日销售量不低于 100袋且另一天销售量低于 50袋的概率； (3)记 X为未来三天里日销售量不低于 150袋的天数，求 X的分布列和均值(数学期望)． 解：(1)估计日销售量的平均值为 25×0.003×50＋75×0.005×50＋125×0.006×50＋ 175×0.004×50＋225×0.002×50＝117.5. (2)不低于 100袋的概率为 0.6，低于 50袋的概率为 0.15，设事件 A表示有两天日销售量 不低于 100袋且另一天销售量低于 50袋，则 P(A)＝C23(0.6)2×0.15＝0.162. (3)不低于 150袋的概率为 0.3，由题意知，X～B(3,0.3)， P(X＝0)＝C03(0.7)3＝0.343， P(X＝1)＝C13(0.7)2×0.3＝0.441， P(X＝2)＝C23×0.7×0.32＝0.189， P(X＝3)＝C33×0.33＝0.027. 所以 X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027 则 X的均值为 E(X)＝3×0.3＝0.9. 19．(本小题满分 12分)如图①，等腰直角三角形 ABC 的底边 AB＝4，点 D在线段 AC 上，DE⊥AB于 E，现将△ADE沿 DE折起到△PDE的位置(如图②)． (1)求证：PB⊥DE； (2)若 PE⊥BE，直线 PD与平面 PBC 所成的角为 30°，求 PE长． 解：(1)证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥PE，DE⊥EB. 又∵PE∩BE＝E，∴DE⊥平面 PEB. ∵PB⊂平面 PEB，∴PB⊥DE. (2)由(1)知 DE⊥PE，DE⊥EB，且 PE⊥BE，所以 DE，BE，PE两两垂直．分别以 ED ―→ ， EB ―→ ， EP ―→ 的方向为 x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设 PE＝a，则 B(0,4－a,0)，D(a,0,0)，C(2,2－a,0)，P(0,0，a)，可得 PB ―→ ＝(0,4－a，－a)， BC ―→ ＝(2，－2,0)． 设平面 PBC的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· PB ―→ ＝0， n· BC ―→ ＝0， 即 4－ay－az＝0， 2x－2y＝0， 令 x＝1，得 y＝1，z＝4－a a ，∴n＝ 1，1，4－a a . ∵直线 PD与平面 PBC所成的角为 30°，且 PD ―→ ＝(a,0，－a)， ∴sin 30°＝|cos〈 PD ―→ ，n〉|＝ |a－4－a| 2a2× 2＋4－a2 a2 ＝ 1 2 . 解得 a＝4 5 或 a＝4(舍去)． 所以 PE的长为 4 5 . 20．(本小题满分 12 分)(2018·甘肃张掖一诊)已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点 分别为 F1，F2，|F1F2|＝2 5，点 P为椭圆短轴的端点，且△PF1F2的面积为 2 5. (1)求椭圆的方程； (2)点 Q是椭圆上任意一点，A(4 5，6)，求|QA|－|QF1|的最小值； (3)点 B 1，4 2 3 是椭圆上的一定点，B1，B2是椭圆上的两动点，且直线 BB1，BB2关于 直线 x＝1对称，试证明直线 B1B2的斜率为定值． 解：(1)由题意可知 c＝ 5，S△PF1F2＝ 1 2 |F1F2|×b＝2 5， 所以 b＝2，求得 a＝3，故椭圆的方程为 x2 9 ＋ y2 4 ＝1. (2)由(1)得|QF1|＋|QF2|＝6，F1(－ 5，0)，F2( 5，0)． 那么|QA|－|QF1|＝|QA|－(6－|QF2|) ＝|QA|＋|QF2|－6， 而|QA|＋|QF2|≥|AF2|＝ 4 5－ 52＋6－02＝9， 所以|QA|－|QF1|的最小值为 3. (3)设直线 BB1的斜率为 k，因为直线 BB1与直线 BB2关于直线 x＝1 对称，所以直线 BB2 的斜率为－k，所以直线 BB1的方程为 y－4 2 3 ＝k(x－1)，设 B1(x1，y1)，B2(x2，y2)， 由 y－4 2 3 ＝kx－1， x2 9 ＋ y2 4 ＝1， 可得(4＋9k2)x2＋6k(4 2－3k)x＋9k2－24 2k－4＝0， 因为该方程有一个根为 x＝1，所以 x1＝ 9k2－24 2k－4 4＋9k2 ， 同理得 x2＝ 9k2＋24 2k－4 4＋9k2 ， 所以 kB1B2＝ y1－y2 x1－x2 ＝ kx1－1＋4 2 3 － －kx2－1＋4 2 3 x1－x2 ＝ kx1＋x2－2k x1－x2 ＝ k 9k2－24 2k－4 4＋9k2 ＋ 9k2＋24 2k－4 4＋9k2 －2k 9k2－24 2k－4 4＋9k2 － 9k2＋24 2k－4 4＋9k2 ＝ 2 6 ， 故直线 B1B2的斜率为定值 2 6 . 21．(本小题满分 12分)若定义在 R上的函数 f(x)满足 f(x)＝f′1 2 ·e2x－2＋x2－2f(0)x，g(x) ＝f x 2 － 1 4 x2＋(1－a)x＋a. (1)求函数 f(x)的解析式； (2)求函数 g(x)的单调区间； (3)若 x，y，m 满足|x－m|≤|y－m|，则称 x比 y 更接近 m.当 a≥2 且 x≥1时，试比较 e x 和 ex－1＋a哪个更接近 ln x，并说明理由． 解：(1)∵f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)， ∴f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即 f(0)＝1. 又 f(0)＝f′1 2 ·e－2，∴f′(1)＝2e2， ∴f(x)＝e2x＋x2－2x. (2)∵f(x)＝e2x＋x2－2x， ∴g(x)＝f x 2 － 1 4 x2＋(1－a)x＋a＝ex＋1 4 x2－x－1 4 x2＋(1－a)x＋a＝ex－a(x－1)，∴g′(x) ＝ex－a， ①当 a≤0时，g′(x)>0，函数 g(x)在 R上单调递增； ②当 a>0时，由 g′(x)＝ex－a＝0，得 x＝ln a， ∴x∈(－∞，ln a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调 递增． 综上，当 a≤0时，函数 g(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当 a>0时，函数 g(x)的单 调递增区间为(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln a)． (3)设 p(x)＝e x －ln x，q(x)＝ex－1＋a－ln x， ∵p′(x)＝－ e x2 － 1 x <0， ∴p(x)在[1，＋∞)上为减函数，又 p(e)＝0， ∴当 1≤x≤e时，p(x)≥0，当 x>e时，p(x)<0. ∵q′(x)＝ex－1－1 x ，q″(x)＝ex－1＋ 1 x2 >0， ∴q′(x)在[1，＋∞)上为增函数，又 q′(1)＝0， ∴x∈[1，＋∞)时，q′(x)≥0， ∴q(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴q(x)≥q(1)＝a＋1>0. ①1≤x≤e时，|p(x)|－|q(x)|＝p(x)－q(x)＝e x －ex－1－a， 设 m(x)＝e x －ex－1－a， 则 m′(x)＝－ e x2 －ex－1<0， ∴m(x)在[1，e]上为减函数， ∴m(x)≤m(1)＝e－1－a. ∵a≥2，∴m(x)<0，∴|p(x)|<|q(x)|， ∴ e x 比 ex－1＋a更接近 ln x. ②当 x>e时，|p(x)|－|q(x)|＝－p(x)－q(x)＝－ e x ＋2ln x－ex－1－a<2ln x－ex－1－a， 设 n(x)＝2ln x－ex－1－a， 则 n′(x)＝2 x －ex－1，n″(x)＝－ 2 x2 －ex－1<0， ∴n′(x)在(e，＋∞)上为减函数， ∴n′(x)0)． (1)求直线 l的极坐标方程和曲线 C的直角坐标方程； (2)若直线 l与曲线 C相交于 A，B两点，求 1 |OA| ＋ 1 |OB| 的值． 解：(1)由 x＝tcos α， y＝tsin α 得 ①当α＝π 2 时，直线 l为 x＝0，其极坐标方程为θ＝π 2 和θ＝3π 2 . ②当α≠π 2 时，消去参数 t得 y＝tan α·x. ∵0<α<π，∴l的极坐标方程为θ＝α和θ＝π＋α. 综上，l的极坐标方程为θ＝α和θ＝π＋α(0<α<π)． 也可以写成θ＝α(ρ∈R)． 由ρ＝ p 1－cos θ (p>0)，得ρ－ρcos θ＝p. ∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x， ∴x2＋y2＝(x＋p)2， 整理得 y2＝2p x＋p 2 ， ∴曲线 C的直角坐标方程为 y2＝2p x＋p 2 . (2)设 A(ρ1，θ1)，B(ρ2，θ2)， 由 θ＝α， ρ＝ p 1－cos θ ， 得ρ1＝ p 1－cos α ，即|OA|＝ p 1－cos α ， 由 θ＝π＋α， ρ＝ p 1－cos θ ， 得ρ2＝ p 1＋cos α ，即|OB|＝ p 1＋cos α ， ∴ 1 |OA| ＋ 1 |OB| ＝ 1－cos α p ＋ 1＋cos α p ＝ 2 p . 23．(本小题满分 10分)选修 4—5：不等式选讲 已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2. (1)解不等式|g(x)|<5； (2)若对任意的 x1∈R，都有 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，求实数 a的取值范围． 解：(1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5， ∴－7<|x－1|<3，解得－2
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