高中数学高考全国通用版2019版高考数学一轮复习鸭部分不等式选讲学案文

这是一份高中数学高考全国通用版2019版高考数学一轮复习鸭部分不等式选讲学案文，共36页。

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|
∅
∅
|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|＝
当－1 又当x≥2时，f(x)＝3>1，
所以不等式的解集为.
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，则实数k＝________.
解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.
∵不等式的解集为，
∴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)| 2．绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|中易忽视等号成立的条件．如|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时等号成立，其他类似推导．
1．设a，b为满足ab<0的实数，那么(　　)
A．|a＋b|>|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>－，此时－ 当x>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.
(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)＝.
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>时，原不等式转化为4x≤6⇒ 当－≤x≤时，原不等式转化为2≤6⇒－≤x≤；
当x<－时，原不等式转化为－4x≤6⇒－≤x<－.
综上知，原不等式的解集为.
法二：原不等式可化为＋≤3，
其几何意义为数轴上到，－两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x＝或x＝－时，到，－两点的距离之和恰好为3，故当－≤x≤时，满足题意，则原不等式的解集为.
2．解不等式|x－1|－|x－5|<2.
解：当x<1时，不等式可化为－(x－1)－(5－x)<2，
即－4<2，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；
当1≤x≤5时，不等式可化为x－1－(5－x)<2，
即2x－6<2，解得x<4，所以此时不等式的解集为[1,4)；
当x>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|≤，|x－y|≤，
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×＋2×＝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)＝
当x<－2时，由x－3>0，得x>3，舍去；
当－2≤x≤时，由3x＋1>0，得x>－，
即－ 当x>时，由－x＋3>0，得x<3，即 综上，M＝.
(2)证明：∵x，y∈M，∴|x|<3，|y|<3，
∴|x＋y＋xy|≤|x＋y|＋|xy|≤|x|＋|y|＋|xy|＝|x|＋|y|＋|x|·|y|<3＋3＋3×3＝15.

绝对值不等式的综合应用
[典例]　(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．
[解]　(1)f(x)＝
当x＜－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤，
且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
[方法技巧]
(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．
(2)f(x)＜a恒成立⇔f(x)max＜a.
f(x)＞a恒成立⇔f(x)min＞a.　　
[即时演练]
已知函数f(x)＝|x－a|－|2x－1|.
(1)当a＝2时，求f(x)＋3≥0的解集；
(2)当x∈[1,3]时，f(x)≤3恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，由f(x)＋3≥0，
可得|x－2|－|2x－1|≥－3，
①或②或
③
解①得－4≤x<；解②得≤x<2；解③得x＝2.
综上所述，不等式的解集为{x|－4≤x≤2}．
(2)当x∈[1,3]时，f(x)≤3恒成立，
即|x－a|≤3＋|2x－1|＝2x＋2.
故－2x－2≤x－a≤2x＋2，
即－3x－2≤－a≤x＋2，
∴－x－2≤a≤3x＋2对x∈[1,3]恒成立．
∴a∈[－3,5]．

1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.　①
当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
2．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>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 当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得f(x)＝
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，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(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|＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a.
证明：因为|x－1|＜，|y－2|＜，
所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×＋＝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∈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＝

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∈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∈都成立．
故－≥a－2，即a≤.
从而a的取值范围是.

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|＝且f(1)＝f(－1)＝3，
所以f(x)<3的解集为{x|－1 (2)|2x－a|＋|x＋1|＝＋|x＋1|＋≥＋0＝，
当且仅当(x＋1)≤0且x－＝0时，取等号．
所以＝1，
解得a＝－4或0.
2．已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x－1|＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若对任意x∈R，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x－1|，
两边平方整理得x2＋2x≥0，解得x≥0或x≤－2.
所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．
(2)由f(x)≥g(x)，得a≤|2x＋1|－|x－1|.
令h(x)＝|2x＋1|－|x－1|，
则h(x)＝
故h(x)min＝h＝－.
故所求实数a的取值范围为.
3．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|，a∈R.
(1)当a＝3时，求关于x的不等式f(x)≤6的解集；
(2)当x∈R时，f(x)≥a2－a－13，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝3时，不等式f(x)≤6可化为|2x－3|＋|2x－1|≤6.
当x<时，不等式可化为－(2x－3)－(2x－1)＝－4x＋4≤6，解得－≤x<；
当≤x≤时，不等式可化为－(2x－3)＋(2x－1)＝2≤6，解得≤x≤；
当x>时，不等式可化为(2x－3)＋(2x－1)＝4x－4≤6，解得 综上所述，关于x的不等式f(x)≤6的解集为
.
(2)当x∈R时，f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|≥|2x－a＋1－2x|＝|1－a|，
所以当x∈R时，f(x)≥a2－a－13等价于|1－a|≥a2－a－13.
当a≤1时，等价于1－a≥a2－a－13，解得－≤a≤1；
当a>1时，等价于a－1≥a2－a－13，解得1 所以a的取值范围为[－，1＋]．
4．已知函数f(x)＝|x－a|＋|2x＋1|.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤3；
(2)若f(x)≤2a＋x在[a，＋∞)上有解，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)≤3化为|x－1|＋|2x＋1|≤3，
则或
或
解得－1≤x<－或－≤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，
∴a－3≤x≤3－.
而f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，
故有解得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＝

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>或k<－或k＝0，
∴实数k的取值范围为(－∞，－)∪{0}∪(，＋∞)．
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，
则－＝－6，＝2，无解；
当a＜0时，解集为，
则－＝2，＝－6，得a＝－.
综上所述，a＝－.
(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|＝
由此可知，h(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当x＝－时，h(x)取到最小值－，
由题意知，－≤7－3m，解得m≤，
故实数m的取值范围是.
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)≤－；
(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|＝
∴f(x)≤－等价于或或
解得≤x＜3或x≥3，
∴不等式的解集为.
(2)由不等式性质可知f(x)＝|x－3|－|x－a|≤|(x－3)－(x－a)|＝|a－3|，
∴若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，则|a－3|≥a，解得a≤，
∴实数a的取值范围是.
8．已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x|＋a，
(1)若a＝－1，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若方程f(x)＝2x有三个不同的解，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，不等式f(x)≥0可化为
|2x＋1|－|x|－1≥0，
∴
或或
解得x≤－2或x≥0，
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．
(2)由f(x)＝2x，得a＝2x＋|x|－|2x＋1|，
令g(x)＝2x＋|x|－|2x＋1|，
则g(x)＝

作出函数y＝g(x)的图象如图所示，易知A，B(0，－1)，
结合图象知：当－1 ∴a的取值范围为.
第2课不等式证明

[过双基]
1．基本不等式
定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a，b＞0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．
定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
2．比较法
(1)比差法：依据是a－b＞0⇔a＞b；步骤是“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．
(2)比商法：若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.
3．综合法与分析法
(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．
(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．
4．柯西不等式
(1)设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则≥2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．
　
1．若m＝a＋2b，n＝a＋b2＋1，则m与n的大小关系为________．
解析：∵n－m＝a＋b2＋1－a－2b＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴n≥m.
答案：n≥m
2．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(填序号)．
①ab≤1；② ＋≤；③a2＋b2≥2；
④a3＋b3≥3；⑤＋≥2.
解析：令a＝b＝1，排除②④；
由2＝a＋b≥2⇒ab≤1，命题①正确；
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，命题③正确；
＋＝＝≥2，命题⑤正确．
答案：①③⑤
3．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．
解析：把a＋b＋c＝1代入＋＋
得＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
答案：9
[清易错]
1．在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号．
2．在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件．
1．已知a>0，b>0，则aabb________(ab)(填大小关系)．
解析：∵＝，
∴当a＝b时，＝1，
当a>b>0时，>1，>0，∴>1，
当b>a>0时，0<<1，<0，
则>1，
∴aabb≥(ab).
答案：≥
2．设x>y>z>0，求证：x－z＋≥6.
证明：x－z＋＝(x－y)＋(y－z)＋≥3＝6.
当且仅当x－y＝y－z＝时取等号，
所以x－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≥(a＋b)．
[证明]　(a2＋b2)－(a＋b)
＝(a2－a)＋(b2－b)
＝a(－)＋b(－)
＝(－)(a－b)
＝(a－b)(a－b)．
因为a≥0，b≥0，所以不论a≥b≥0，还是0≤a≤b，都有a－b与a－b同号，所以(a－b)(a－b)≥0，
所以a2＋b2≥(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⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>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≥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)2＋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)2＋2＝4＋a2＋b2＋
＝4＋a2＋b2＋＋＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋＋≥6＋＋4＋2＝，
当且仅当a＝b＝时，等号成立，
所以2＋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≥(a＋b)2；≥2.
(4)≥，它的变形形式有：
a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；
＋≤－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≤；
(2)＋＋≥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≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥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≥.
(2) ＋ ＋ ≥(＋＋)．
[证明]　(1)要证a＋b＋c≥，
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＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．
所以原不等式成立．
(2) ＋ ＋ ＝.
在(1)中已证a＋b＋c≥.
因此要证原不等式成立，
只需证明≥ ＋＋，
即证a＋b＋c≤1，
即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.
而a＝≤，
b≤，c≤.
所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca当且仅当a＝b＝c＝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－ 证明：要证c－ 即证－ 即证|a－c|<，
即证(a－c)2 即证a2－2ac<－ab.
因为a>0，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＋(a＋b)
＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，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)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－ 当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1 (2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1 从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1
＝(a2－1)(1－b2)<0.
因此|a＋b|<|1＋ab|.
3．(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明：(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，
得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(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＋>＋.
②充分性：若＋>＋，
则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
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，＋>＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
4．(2014·全国卷Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝.
(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＝＋≥，
得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>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：＋≥1.
证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝2，
∴＋－1＝
＝
＝
＝＝＝.
∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.
∴≥0.
∴＋≥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＋≥2n＋a.
解：(1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，
则f(x)＝
∴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)＝
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＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，且m＞n＞0，
∴(m－n)＋(m－n)＋
≥3＝3.
∴2m＋≥2n＋a.
4．已知x，y，z是正实数，且满足x＋2y＋3z＝1.
(1)求＋＋的最小值；
(2)求证：x2＋y2＋z2≥.
解：(1)∵x，y，z是正实数，且满足x＋2y＋3z＝1，
∴＋＋＝(x＋2y＋3z)
＝6＋＋＋＋＋＋ ≥6＋2＋2＋2，
当且仅当＝且＝且＝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≥，
当且仅当x＝＝，即x＝，y＝，z＝时取等号．
故x2＋y2＋z2≥.
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，
∴≤1，当且仅当a＝b时取等号．①
又≤，∴≤，
∴≤，当且仅当a＝b时取等号．②
由①②得，≤，∴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]，＋＝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≥；
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≤－.
综上可得，不等式的解集为∪.
(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]，
∴解得a＝1，
所以＋＝1(m>0，n>0)，
所以m＋2n＝(m＋2n)
＝2＋＋≥2＋2 ＝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··＝＋，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··＝t(ac＋bd)．
由于≥ ac, ≥ bd，
又已知t··＝ ＋，
则t(ac＋bd)≥ (ac＋bd)，故t≥ ，当且仅当a＝c，b＝d时取等号．
所以实数t的取值范围为[，＋∞)．
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.
解：(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
＝
当x<－3时，由－3x－2≥8，解得x≤－；
当－3≤x<时，－x＋4≥8无解；
当x≥时，由3x＋2≥8，解得x≥2.
所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集为∪[2，＋∞)．
(2)证明：>f等价于f(ab)>|a|f，
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(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　＝＝，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，，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，＝x＞1，所以2x＞3x，故命题p是假命题；命题q：∀x∈，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＋
C．1＋ D．1＋
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＝·3＋1＝1＋.
5．函数y＝的图象可能是(　　)

解析：选C　因为f(－x)＝＝－f(x)，即函数y＝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·的最小值为(　　)

A．2＋ B.
C．2 D．2－
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＝(x＋2，y)，＝(1，－2)，所以·＝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＝1，t＝2－，即·的最小值是2－.

8．将函数f(x)＝cos ωx(ω＞0)的图象向右平移个单位，若所得图象与原图象重合，则f不可能等于(　　)
A．0 B．1
C. D.
解析：选D　将函数f(x)＝cos ωx(ω＞0)的图象向右平移个单位，得函数y＝cos，由题意可得＝2kπ，k∈Z，因为ω＞0，所以ω＝6k＞0，k∈Z，则f＝cos＝cos，k∈Z，显然，f不可能等于，故选D.
9．(2017·郑州二模)已知实数x，y满足则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＝，b2－a2＝c2，则tan C＝(　　)
A．2 B．－2
C. D．－
解析：选A　因为b2－a2＝c2且b2＋c2－a2＝2bccos A＝bc，所以b＝，a＝，由余弦定理可得cos C＝＝，则角C是锐角，sin C＝，则tan C＝＝2.
11．已知点P在双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右支上，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若| |2－| |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||2－||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)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1，若g(x)＝f(x)－x2＋x，则方程g－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)＝x2－x＋ex，g(x)＝f(x)－x2＋x＝ex，
则e－x－x＝0有且仅有一个根，即＝x＋ln x有且仅有一个根，分别作出y＝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xmdx＝________.
解析：(m＋x)(1＋x)3＝(m＋x)(Cx3＋Cx2＋Cx＋C)，所以x的奇数次幂项的系数之和为
mC＋mC＋C＋C＝16，解得m＝3，
所以xmdx＝x3dx＝x4＝0.
答案：0
14．在△ABC中，AB⊥AC，AB＝，AC＝t，P是△ABC所在平面内一点，若＝＋，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，C(0，t)，因为＝＋，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＝，BC＝，所以△PBC的面积为××＝≥，当且仅当t＝时取等号．
答案：
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的概率为________．
解析：令x＝0，得y＝；令y＝0，得x＝.
所以·|x|·|y|＝··＜，因为m∈(0,3)，所以解得0 答案：
16．已知M(x0，y0)是椭圆E：＋＝1(a>b>0)上一点，A，B是其左、右顶点，若2·＝x－a2，则离心率e＝________.
解析：由题意知A(－a,0)，B(a,0)，∴＝(x0＋a，y0)，＝(x0－a，y0)，∵2·＝x－a2，
∴2(x－a2＋y)＝x－a2，∴x＝a2－2y.
又＋＝1，∴＋＝1，
∴－＋＝0，∴a2＝2b2，
∴＝＝1－＝1－＝，∴e＝.
答案：
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－＝1，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，＝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＝－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)＝C(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)＝C(0.7)3＝0.343，
P(X＝1)＝C(0.7)2×0.3＝0.441，
P(X＝2)＝C×0.7×0.32＝0.189，
P(X＝3)＝C×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，，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＝(0,4－a，－a)，＝(2，－2,0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得y＝1，z＝，∴n＝.
∵直线PD与平面PBC所成的角为30°，且＝(a,0，－a)，
∴sin 30°＝|cos〈，n〉|＝＝.
解得a＝或a＝4(舍去)．
所以PE的长为.
20．(本小题满分12分)(2018·甘肃张掖一诊)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，点P为椭圆短轴的端点，且△PF1F2的面积为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)点Q是椭圆上任意一点，A(4，6)，求|QA|－|QF1|的最小值；
(3)点B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＝，S△PF1F2＝|F1F2|×b＝2，
所以b＝2，求得a＝3，故椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)得|QF1|＋|QF2|＝6，F1(－，0)，F2(，0)．
那么|QA|－|QF1|＝|QA|－(6－|QF2|)
＝|QA|＋|QF2|－6，
而|QA|＋|QF2|≥|AF2|＝＝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－＝k(x－1)，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，
由
可得(4＋9k2)x2＋6k(4－3k)x＋9k2－24k－4＝0，
因为该方程有一个根为x＝1，所以x1＝，
同理得x2＝，
所以kB1B2＝
＝
＝
＝＝，
故直线B1B2的斜率为定值.
21．(本小题满分12分)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝·e2x－2＋x2－2f(0)x，g(x)＝f－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)＝·e－2，∴f′(1)＝2e2，
∴f(x)＝e2x＋x2－2x.
(2)∵f(x)＝e2x＋x2－2x，
∴g(x)＝f－x2＋(1－a)x＋a＝ex＋x2－x－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)＝－ln x，q(x)＝ex－1＋a－ln x，
∵p′(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－，q″(x)＝ex－1＋>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)＝－ex－1－a，
设m(x)＝－ex－1－a，
则m′(x)＝－－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)|，
∴比ex－1＋a更接近ln x.
②当x>e时，|p(x)|－|q(x)|＝－p(x)－q(x)＝－＋2ln x－ex－1－a<2ln x－ex－1－a，
设n(x)＝2ln x－ex－1－a，
则n′(x)＝－ex－1，n″(x)＝－－ex－1<0，
∴n′(x)在(e，＋∞)上为减函数，
∴n′(x) ∴n(x)在(e，＋∞)上为减函数，
∴n(x) ∴|p(x)|<|q(x)|
∴比ex－1＋a更接近ln x.
综上，在a≥2且x≥1时，比ex－1＋a更接近ln x.
四、选做题(请在第22～23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
22．(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数，0<α<π)，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝(p>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＋的值．
解：(1)由得
①当α＝时，直线l为x＝0，其极坐标方程为θ＝和θ＝.
②当α≠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>0)，得ρ－ρcos θ＝p.
∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，
∴x2＋y2＝(x＋p)2，
整理得y2＝2p，
∴曲线C的直角坐标方程为y2＝2p.
(2)设A(ρ1，θ1)，B(ρ2，θ2)，
由得ρ1＝，即|OA|＝，
由得ρ2＝，即|OB|＝，
∴＋＝＋＝.
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 ∴不等式的解集为(－2,4)．
(2)∵对任意x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，
∴{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
∴|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，
∴实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．