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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
aba＋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－yy－z
≥6.
证明：x－z＋ 8
x－yy－z
＝(x－y)＋(y－z)＋ 8
x－yy－z
≥3
3
x－yy－z 8
x－yy－z
＝
6.
当且仅当 x－y＝y－z＝ 8
x－yy－z
时取等号，
所以 x－z＋ 8
x－yy－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＋b2
a2
＋
a＋b2
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＋b2
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＋3a＋b2
4
(a＋b)
＝2＋3a＋b3
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＝a2b＋1＋b2a＋1－a＋1b＋1
a＋1b＋1
＝
a2b＋a2＋b2a＋b2－ab－a－b－1
a＋1b＋1
＝
a2＋b2＋aba＋b－ab－a＋b－1
a＋1b＋1
＝
a2＋b2＋2ab－ab－3
a＋1b＋1
＝
a＋b2－3－ab
a＋1b＋1
＝
1－ab
a＋1b＋1
.
∵a＋b＝2≥2 ab，∴ab≤1.
∴
1－ab
a＋1b＋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－n2
，且 m＞n＞0，
∴(m－n)＋(m－n)＋ 1
m－n2
≥3
3
m－nm－n 1
m－n2
＝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：
fab
|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：
fab
|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＋2i1－i
1＋i1－i
＝
2a＋2＋2－2ai
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＝21－2n
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－ay－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－a2
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－ 52＋6－02＝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
＝kx－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
＝
kx1－1＋4 2
3 －
－kx2－1＋4 2
3
x1－x2
＝
kx1＋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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