高考数学一轮总复习 第十三章 不等式选讲 理 新人教版

第十三章⎪
⎪
⎪
不等式选讲(选修4－5)
第一节 绝对值不等式
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 与|x |>a 的解集
不等式 a >0 a ＝0
a <0
|x |<a {}x |－a <x <a ∅
∅ |x |>a
{}x |x >a 或x <－a
{}x ∈R|x ≠0
R
(2)|ax ＋b 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．
[小题体验]
1．(教材习题改编)设ab >0，下面四个不等式中，正确的是( ) ①|a ＋b |>|a |；②|a ＋b |<|b |；③|a ＋b |<|a －b |；④|a ＋b |>|a |－|b |. A ．①和② B ．①和③ C ．①和④
D ．②和④
解析：选C ∵ab >0，即a ，b 同号， 则|a ＋b |＝|a |＋|b |， ∴①④正确，②③错误．
2．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
3．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， －1<x <2，
3， x ≥2.
当－1<x <2时，由2x －1≥1，解得1≤x <2. 又当x ≥2时，f (x )＝3>1恒成立． 所以不等式的解集为{}x |x ≥1. 答案：{}x |x ≥1
1．对形如|f (x )|>a 或|f (x )|<a 型的不等式求其解集时，易忽视a 的符号直接等价转化造成失误．
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．
[小题纠偏]
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]
考点一 绝对值不等式的解法基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．(易错题)若不等式|x －a |＋3x ≤0(其中a >0)的解集为{}x |x ≤－1，求实数a 的值．
解：不等式|x －a |＋3x ≤0等价于⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x <a ，
a －x ＋3x ≤0，即
⎩⎪⎨⎪
⎧
x ≥a ，x ≤a 4
或⎩
⎪⎨⎪
⎧
x <a ，x ≤－a 2.
因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧
⎭⎬⎫
x |x ≤－a 2 .
由题设可得－a
2
＝－1，故a ＝2.
2．在实数范围内，解不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6. 解：法一：当x >12时，原不等式转化为4x ≤6⇒12<x ≤3
2；
当－12≤x ≤1
2时，原不等式转化为2≤6，恒成立；
当x <－12时，原不等式转化为－4x ≤6⇒－32≤x <－12
.
综上知，原不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |－32≤x ≤32 .
法二：原不等式可化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12 ＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋12 ≤3，
其几何意义为数轴上到12，－1
2两点的距离之和不超过3的点的集合，数形结合知，当x
＝32或x ＝－32时，到12，－12两点的距离之和恰好为3，故当－32≤x ≤3
2
时，满足题意，则原不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x |－32≤x ≤32 .
3．(2015·山东高考改编)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)．
[谨记通法]
1．求解绝对值不等式要注意两点：
(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．如“题组练透”第1题要注意分类讨论．
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．
考点二 绝对值不等式的证明 (重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2015·唐山三模)设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M .
(1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜1
4
；
(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由． 解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2| ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ＜1，－3，x ≥1.
由－2＜－2x －1＜0，解得－12＜x ＜12
，
则M ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，12 .
所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤1
3|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14.
(2)由(1)得a 2＜14，b 2
＜14.
因为|1－4ab |2
－4|a －b |2
＝(1－8ab ＋16a 2b 2
)－4(a 2
－2ab ＋b 2
) ＝(4a 2
－1)(4b 2－1)＞0， 所以|1－4ab |2
＞4|a －b |2
， 故|1－4ab |＞2|a －b |.
[由题悟法]
证明绝对值不等式主要的3种方法
(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．
[即时应用]
已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|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 |≤3×16＋2×1
4＝1.
即|x ＋5y |≤1.
考点三 绝对值不等式的综合应用 (重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2016·大同调研)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x －2a |. (1)当a ＝1时，求f (x )≤3的解集；
(2)当x ∈[1,2]时，f (x )≤3恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，由f (x )≤3，可得|2x －1|＋|x －2|≤3， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
x ＜12，
1－2x ＋2－x ≤3
①或⎩⎪⎨⎪⎧
12
≤x ＜2，
2x －1＋2－x ≤3
②
或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≥2，
2x －1＋x －2≤3.③
解①求得0≤x ＜12；解②求得1
2≤x ＜2；解③求得x ＝2.
综上可得，0≤x ≤2，即不等式的解集为[0,2]． (2)∵当x ∈[1,2]时，f (x )≤3恒成立， 即|x －2a |≤3－|2x －1|＝4－2x ，
故2x －4≤2a －x ≤4－2x ，即3x －4≤2a ≤4－x . 再根据3x －4的最大值为6－4＝2， 4－x 的最小值为4－2＝2， ∴2a ＝2，∴a ＝1， 即a 的取值范围为{1}．
[由题悟法]
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 .
[即时应用]
(2015·重庆高考改编)若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值． 解：当a ＝－1时，f (x )＝3|x ＋1|≥0，不满足题意； 当a <－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x －1＋2a ， x ≤a ，x －1－2a ， a <x ≤－1，
3x ＋1－2a ， x >－1，
f (x )min ＝f (a )＝－3a －1＋2a ＝5，
解得a ＝－6；
当a >－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－3x －1＋2a ， x ≤－1，－x ＋1＋2a ， －1<x ≤a ，
3x ＋1－2a ， x >a ，
f (x )min ＝f (a )＝－a ＋1＋2a ＝5，
解得a ＝4.
综上所述，实数a 的值为－6或4.
1．(2016·福建四地六校联考)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|. (1)求不等式f (x )≥3的解集；
(2)若关于x 的不等式f (x )≥a 2
－a 在R 上恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)原不等式等价于⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≤－1，
－2x ≥3或⎩
⎪⎨
⎪⎧
－1<x ≤1，
2≥3或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x >1，
2x ≥3，解得x ≤－3
2
或x
∈∅或x ≥3
2
.
∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
x ≤－32或x ≥
3
2. (2)由题意得，关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋1|≥a 2
－a 在R 上恒成立． ∵|x －1|＋|x ＋1|≥|(x －1)－(x ＋1)|＝2， ∴a 2
－a ≤2，即a 2
－a －2≤0，解得－1≤a ≤2. ∴实数a 的取值范围是[－1,2]．
2．(2016·忻州模拟)已知|2x －3|≤1的解集为[m ，n ]． (1)求m ＋n 的值；
(2)若|x －a |<m ，求证：|x |<|a |＋1.
解：(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1， 得1≤x ≤2，
∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.
(2)证明：若|x －a |<1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |<|a |＋1. 3．设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|. (1)求证：f (x )≥1；
(2)若f (x )＝a 2＋2
a 2＋1
成立，求x 的取值范围．
解：(1)证明：f (x )＝|x －1|＋|x －2|≥|(x －1)－(x －2)|＝1.
(2)∵a 2＋2a 2＋1＝a 2＋1＋1a 2＋1＝a 2
＋1＋1a 2＋1
≥2，
当且仅当a ＝0时等号成立，
∴要使f (x )＝a 2＋2
a 2＋1
成立，只需|x －1|＋|x －2|≥2，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x <1，1－x ＋2－x ≥2或⎩
⎪⎨
⎪⎧
1≤x <2，
x －1＋2－x ≥2或⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≥2，
x －1＋x －2≥2，
解得x ≤12或x ≥5
2
，
故x 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 ∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫52，＋∞.
4．(2016·唐山一模)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)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，
－x ＋2，－1<x <12，
3x ，x ≥1
2
，且f (1)＝f (－1)＝3，
所以f (x )<3的解集为{}x |－1<x <1.
(2)|2x －a |＋|x ＋1|＝⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
x －a 2 ＋|x ＋1|＋⎪⎪⎪
⎪⎪⎪x －a 2 ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪
1＋a 2 ＋0＝⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪
1＋a 2 ，
当且仅当(x ＋1)⎝ ⎛
⎭⎪⎫
x －a 2 ≤0且x －a
2＝0时，取等号．
所以⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
1＋a 2 ＝1，解得a ＝－4或0.
5．(2015·南宁二模)已知函数f (x )＝|x －a |.
(1)若f (x )≤m 的解集为{}x |－1≤x ≤5，求实数a ，m 的值； (2)当a ＝2且0≤t ≤2时，解关于x 的不等式f (x )＋t ≥f (x ＋2)． 解：(1)∵|x －a |≤m ，∴－m ＋a ≤x ≤m ＋a . ∵－m ＋a ＝－1，m ＋a ＝5， ∴a ＝2，m ＝3.
(2)f (x )＋t ≥f (x ＋2)可化为|x －2|＋t ≥|x |. 当x ∈(－∞，0)时，2－x ＋t ≥－x,2＋t ≥0， ∵0≤t ≤2，∴x ∈(－∞，0)；
当x ∈[0,2)时，2－x ＋t ≥x ，x ≤1＋t 2，0≤x ≤1＋t
2，
∵1≤1＋t 2≤2，∴0≤x ≤1＋t
2
；
当x ∈[2，＋∞)时，x －2＋t ≥x ，t ≥2，当0≤t ＜2时，无解，当t ＝2时，x ∈[2，＋∞)．
∴当0≤t ＜2时原不等式的解集为⎝ ⎛
⎦⎥⎤
－∞，t
2＋1；
当t ＝2时原不等式的解集为[2，＋∞)．
6．(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－1<x <1时，不等式化为3x －2>0， 解得2
3
<x <1；
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⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x 23<x <2.
(2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，
－x ＋1＋2a ，x >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 －13，0，
B (2a ＋1,0)，
C (a ，a ＋1)，
则△ABC 的面积为23(a ＋1)2
.
由题设得23(a ＋1)2
>6，故a >2.
所以a 的取值范围为(2，＋∞)．
7．(2015·郑州二检)已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式f (x )<4－|x －1|；
(2)已知m ＋n ＝1(m ，n >0)，若|x －a |－f (x )≤1m ＋1
n
(a >0)恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)不等式f (x )<4－|x －1|，即|3x ＋2|＋|x －1|<4. 当x <－2
3时，即－3x －2－x ＋1<4，
解得－54<x <－23
；
当－2
3≤x ≤1时，即3x ＋2－x ＋1<4，
解得－23≤x <12
；
当x >1时，即3x ＋2＋x －1<4，无解．
综上所述，x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－54，12 .
(2)1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ＋1n (m ＋n )＝1＋1＋n m ＋m
n
≥4，
当且仅当m ＝n ＝1
2
时等号成立．
令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝
⎩⎪⎨⎪
⎧
2x ＋2＋a ，x <－23
，
－4x －2＋a ，－23
≤x ≤a ，
－2x －2－a ，x >a .
∴x ＝－23时，g (x )max ＝2
3＋a ，要使不等式恒成立，
只需g (x )max ＝23＋a ≤4，即0<a ≤10
3
.
所以实数a 的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤0，103 .
8．(2016·大庆模拟)设函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋4|. (1)解不等式：f (x )>0；
(2)若f (x )＋3|x ＋4|≥|a －1|对一切实数x 均成立，求a 的取值范围． 解：(1)原不等式即为|2x －1|－|x ＋4|>0，
当x ≤－4时，不等式化为1－2x ＋x ＋4>0，解得x <5，
即不等式组⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≤－4，
|2x －1|－|x ＋4|>0的解集是{}x |x ≤－4.
当－4<x <1
2时，不等式化为1－2x －x －4>0，
解得x <－1，即不等式组⎩⎪⎨
⎪⎧
－4<x <12，|2x －1|－|x ＋4|>0
的解集是{}x |－4<x <－1.
当x ≥1
2时，不等式化为2x －1－x －4>0，解得x >5，
即不等式组⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12
，
|2x －1|－|x ＋4|>0
的解集是{}x |x >5.
综上，原不等式的解集为{}x |x <－1或x >5.
(2)∵f (x )＋3|x ＋4|＝|2x －1|＋2|x ＋4|＝|1－2x |＋|2x ＋8|≥|(1－2x )＋(2x ＋8)|＝9.
∴由题意可知|a －1|≤9，解得－8≤a ≤10， 故所求a 的取值范围是[]－8，10.
第二节 不等式的证明
1．基本不等式
定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2
＋b 2
≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．
定理2：如果a ，b ＞0，那么
a ＋b
2
≥ab ，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a ＋b ＋c
3
≥3
abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．
2．比较法
(1)比差法的依据是：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A B
≥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．
[小题体验]
1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2
＋1，则s 与t 的大小关系是( ) A ．s ≥t B ．s ＞t C ．s ≤t
D ．s ＜t
解析：选A ∵s －t ＝b 2
－2b ＋1＝(b －1)2
≥0，∴s ≥t .
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________(写出所有正确命题的序号)．
①ab ≤1；② a ＋b ≤2；③a 2
＋b 2
≥2； ④a 3＋b 3
≥3；⑤1a ＋1b
≥2.
解析：令a ＝b ＝1，排除②④；
由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确；
a 2＋
b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确；
1
a ＋1b
＝a ＋b ab ＝2ab
≥2，命题⑤正确．
答案：①③⑤
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．
[小题纠偏]
1．已知a >0，b >0，则a a b b
________(ab )+2
a b (填大小关系)．
解析：∵
a a
b b ab
+2
a b ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b -2
a b ，
∴当a ＝b 时，⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b -2
a b ＝1， 当a >b >0时，a b
>1，
a －b
2
>0，
∴⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b -2
a b >1，
当b >a >0时，0<a b
<1，
a －b
2
<0，
则⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b -2
a b >1，
∴a a b b
≥(ab ) +2
a b .
答案：≥
2．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1
c
的最小值为________．
解析：把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1
c
得
a ＋
b ＋
c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c
c
＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫c b ＋b c
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3时，等号成立．
答案：9
考点一 比较法证明不等式
基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．(2016·莆田模拟)设a ，b 是非负实数，
求证：a 2＋b 2
≥ab (a ＋b )． 证明：因为a 2
＋b 2
－ab (a ＋b ) ＝(a 2
－a ab )＋(b 2
－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b ) ＝(a 12－b 12)(a 32－b 32
)，
因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a 12－b 12与a 32－b 3
2同号，所
以(a 12－b 12)(a 32－b 3
2
)≥0，
所以a 2
＋b 2
≥ab (a ＋b )．
2. 已知a ＝ln 22，b ＝ln 3
3，试比较a ，b 大小．
解：∵ln 22＞0，ln 3
3
＞0，
∴b a ＝2ln 3
3ln 2
＝log 89＞1. ∴b ＞a .
[谨记通法]
作差比较法证明不等式的步骤
(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．
考点二 综合法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤1
3
；
(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥1.
证明：(1)由a 2
＋b 2
≥2ab ，b 2
＋c 2
≥2bc ，c 2
＋a 2
≥2ca ，得a 2
＋b 2
＋c 2
≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2
＝1，即a 2
＋b 2
＋c 2
＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤1
3
.
(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2
a ＋a ≥2c ，
故a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ＋(a ＋
b ＋
c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥a ＋
b ＋
c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥1.
[由题悟法]
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)a 2
≥0. (2)|a |≥0.
(3)a 2
＋b 2
≥2ab ，它的变形形式有：
a 2＋
b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ；
a 2
＋b 2
≥12(a ＋b )2；a 2
＋b 2
2≥⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b 22
.
(4)
a ＋b
2
≥ab ，它的变形形式有：
a ＋1a ≥2(a >0)；a
b ＋b
a
≥2(ab >0)； a b ＋b
a
≤－2(ab <0)． [即时应用]
已知a ，b ，c >0且互不相等，abc ＝1.试证明：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1
c
.
证明：因为a ，b ，c ＞0，且互不相等，abc ＝1， 所以a ＋b ＋c ＝ 1
bc
＋
1
ac
＋
1
ab
＜1
b ＋1
c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋
1b 2＝1a ＋1b ＋1c ，
即a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c
.
考点三 分析法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
(2016·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)
a bc ＋
b a
c ＋ 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：a 2
＋b 2
＋c 2
＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，
故只需证明：a 2
＋b 2
＋c 2
＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )． 即证：a 2
＋b 2
＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22
＋
b 2＋
c 22
＋
c 2＋a 2
2
＝a 2＋b 2＋c 2
(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 a
c ≤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．
[由题悟法]
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B 1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．
[即时应用]
已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a.
证明：要证b2－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.
∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，
只需证2a2－ab－b2>0，
只需证(a－b)(2a＋b)>0，
只需证(a－b)(a－c)>0.
∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.
∴(a－b)(a－c)>0显然成立，
故原不等式成立．
1．设不等式|2x－1|＜1的解集为M.
(1)求集合M.
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1.
所以M＝{x|0＜x＜1}．
(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，
所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.
故ab＋1＞a＋b.
2．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：
c－c2－ab＜a＜c＋c2－ab.
证明：要证：c－c2－ab＜a＜c＋c2－ab，
只需证：－c2－ab＜a－c＜c2－ab，
只需证：|a－c|＜c2－ab，
只需证：(a－c)2＜c2－ab，
只需证：a 2＋c 2－2ac ＜c 2－ab ，即证：2ac ＞a 2
＋ab . 因为a ＞0，所以只需证2c ＞a ＋b ，由题设，上式显然成立． 故c －c 2
－ab ＜a ＜c ＋c 2
－ab .
3．(2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1
b
.证明：
(1)a ＋b ≥2；
(2)a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立． 证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b
ab
，a >0，b >0，
得ab ＝1.
(1)由基本不等式及ab ＝1， 有a ＋b ≥2ab ＝2， 即a ＋b ≥2.
(2)假设a 2
＋a <2与b 2
＋b <2同时成立， 则由a 2
＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1， 这与ab ＝1矛盾．
故a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立．
4．(2015·长春三模)(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3
＋b 3
＞a 2
b ＋ab 2
；
(2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c
≥abc .
证明：(1)(a 3
＋b 3
)－(a 2
b ＋ab 2
)＝(a ＋b )(a －b )2
. 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b ＞0. 又因为a ≠b ，所以(a －b )2
＞0.
于是(a ＋b )(a －b )2
＞0，即(a 3
＋b 3
)－(a 2
b ＋ab 2
)＞0， 所以a 3
＋b 3
＞a 2
b ＋ab 2. (2)因为b 2
＋c 2
≥2bc ，a 2
＞0， 所以a 2
(b 2
＋c 2
)≥2a 2
bc .① 同理b 2
(a 2
＋c 2
)≥2ab 2
c . ②
c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2. ③
①②③相加得2(a 2b 2
＋b 2c 2
＋c 2a 2
)≥2a 2
bc ＋2ab 2
c ＋2abc 2
， 从而a 2b 2
＋b 2c 2
＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )． 由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c ＞0，
因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2
a ＋
b ＋c
≥abc .
5．若a >0，b >0，且1a ＋1
b
＝ab .
(1)求a 3＋b 3
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 ＝1a ＋1b
≥2
ab
，
得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．
故a 3
＋b 3
≥2a 3b 3
≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3
＋b 3
的最小值为4 2.
(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.
由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6. 6．(2016·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]，1m ＋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12＜x ＜7
2时，不等式可化为2－x ＋x －1≥4，
不等式的解集为∅；
③当x ≤1
2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⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞. (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1m ＋1
2n
＝1(m >0，n >0)，
所以m ＋2n ＝(m ＋2n )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1m ＋12n ＝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．(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 ＋2ab ， (c ＋d )2
＝c ＋d ＋2cd ， 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 ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 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． 8．已知x ，y ∈R ，且|x |<1，|y |<1. 求证：
11－x 2＋11－y 2≥
2
1－xy
. 证明：法一：(分析法)∵|x |<1，|y |<1， ∴11－x 2>0，11－y 2>0， ∴
11－x 2＋1
1－y
2≥21－x
2
1－y
2
.
故要证明结论成立， 只要证明21－x
2
1－y
2
≥
2
1－xy 成立． 即证1－xy ≥
1－x 2
1－y
2
成立即可．
∵(y －x )2
≥0，有－2xy ≥－x 2
－y 2
， ∴(1－xy )2
≥(1－x 2
)(1－y 2
)， ∴1－xy ≥
1－x
2
1－y
2
>0.
∴不等式成立．
法二：(综合法)∵2
11－x 2＋11－y
2
≤1－x 2
＋1－y
2
2
＝2－
x 2＋y 2
2≤2－2|xy |2
＝1－|xy |，
∴11－x 2＋11－y 2
≥21－|xy |≥21－xy
， ∴原不等式成立．
提升考能、阶段验收专练卷(一) 集合与常用逻辑用语、函数、导数及其应用
(时间：70分钟 满分：104分)
Ⅰ.小题提速练(限时45分钟)
(一)选择题(本大题共12小题，每小题5分) 1．命题“∃x 0∈∁R Q ，x 3
0∈Q”的否定是( ) A ．∃x 0∉∁R Q ，x 3
0∈Q B ．∃x 0∈∁R Q ，x 3
0∉Q C ．∀x ∉∁R Q ，x 3∈Q
D ．∀x ∈∁R Q ，x 3
∉Q
解析：选D 根据特称命题的否定为全称命题知D 正确．
2．(2015·安徽高考)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( ) A ．y ＝ln x B ．y ＝x 2
＋1 C ．y ＝sin x
D ．y ＝cos x
解析：选D A 是非奇非偶函数，故排除；B 是偶函数，但没有零点，故排除；C 是奇函数，故排除；y ＝cos x 是偶函数，且有无数个零点．
3．(2015·南昌一模)若集合A ＝{}x |1≤3x
≤81，B ＝{}x |log 2x 2
－x >1，则A ∩B
＝( )
A ．(2,4]
B ．[2,4]
C ．(－∞，0)∪(0,4]
D ．(－∞，－1)∪[0,4]
解析：选A 因为A ＝{}x |1≤3x
≤81
＝{}x |30
≤3x ≤34
＝{}x |0≤x ≤4，
B ＝{}x |log 2x 2－x >1＝{}x |x 2
－x >2
＝{}x |x <－1或x >2，
所以A ∩B ＝{}x |0≤x ≤4∩{}x |x <－1或x >2＝{}x |2＜x ≤4＝(2,4]．
4．(2016·南宁测试)设抛物线C ：y ＝x 2
与直线l ：y ＝1围成的封闭图形为P ，则图形
P 的面积S 等于( )
A ．1 B.1
3 C.23
D.43
解析：选 D 由⎩⎪⎨
⎪
⎧
y ＝x 2
，y ＝1
得x ＝±1.如图，由对称性可知，S ＝2⎝⎛⎭
⎫1×1－⎠⎛01
x 2
d x ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1－13x 310＝4
3.
5．(2016·南昌二中模拟)下列说法正确的是( )
A ．命题“若x 2
＝1，则x ＝1”的否命题为：“若x 2
＝1，则x ≠1”
B ．已知y ＝f (x )是R 上的可导函数，则“f ′(x 0)＝0”中“x 0是函数y ＝f (x )的极值点”的必要不充分条件
C ．命题“存在x 0∈R ，使得x 2
0＋x 0＋1<0”的否定是：“对任意x ∈R ，均有x 2
＋x ＋1<0” D ．命题“角α的终边在第一象限，则α是锐角”的逆否命题为真命题
解析：选B 选项A 不正确，∵不符合否命题的定义；选项B 显然正确；选项C 不正确，命题“存在x 0∈R ，使得x 2
0＋x 0＋1<0”的否定是：“对任意x ∈R ，均有x 2
＋x ＋1≥0”；对于选项D ，原命题是假命题，故逆否命题也为假命题，故选B.
6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
log 2x ，x ≥1，x ＋c ，x <1，
则“c ＝－1”是“函数f (x )在R 上递增”的
( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：选A 若函数f (x )在R 上递增，则需log 21≥c ＋1，即c ≤－1.由于c ＝－1⇒c ≤－1，但c ≤－1⇒/ c ＝－1，所以“c ＝－1”是“f (x )在R 上递增”的充分不必要条件．
7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
3x
， x ≤1，
log 1
3
x ， x >1，
则函数y ＝f (1－x )的大致图象是( )
解析：选D 当x ＝0时，y ＝f (1)＝3，即y ＝f (1－x )的图象过点(0,3)，排除A ；当x ＝－2时，y ＝f (3)＝－1，即y ＝f (1－x )的图象过点(－2，－1)，排除B ；当x ＝－1
3时，y
＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43 ＝log 13
43<0，即y ＝f (1－x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，log 13
43 ，排除C.
8．(2016·宁夏中宁一中月考)设f (x )是定义在R 上以2为周期的偶函数，已知x ∈(0,1)时，f (x )＝log 12
(1－x )，则函数f (x )在(1,2)上( )
A ．是增函数且f (x )<0
B ．是增函数且f (x )>0
C ．是减函数且f (x )<0
D ．是减函数且f (x )>0
解析：选D 设－1<x <0，则0<－x <1，f (－x )＝log 12
(1＋x )＝f (x )>0，故函数f (x )在
(－1,0)上单调递减．又因为f (x )以2为周期，所以函数f (x )在(1,2)上也单调递减且有
f (x )>0.
9．(2016·湖南调研)已知函数f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x －2
的零点为x 0，则x 0所在的区间是
( )
A ．(0,1)
B ．(1,2)
C ．(2,3)
D ．(3,4)
解析：选C ∵f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12 x －2
在(0，＋∞)上是增函数，
又f (1)＝ln 1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 －1
＝ln 1－2<0，
f (2)＝ln 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
0<0， f (3)＝ln 3－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
1>0， ∴x 0∈(2,3)．
10．(2016·洛阳统考)设函数f (x )＝x |x －a |，若对∀x 1，x 2∈[3，＋∞)，x 1≠x 2，不等式
f x 1－f x 2
x 1－x 2
>0恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，－3]
B ．[－3,0)
C ．(－∞，3]
D ．(0,3]
解析：选C 由题意分析可知条件等价于f (x )在[3，＋∞)上单调递增，又∵f (x )＝x |x
－a |，∴当a ≤0时，结论显然成立，当a >0时，f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2
－ax ，x ≥a ，
－x 2
＋ax ，x <a ，∴f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫
－∞，a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
2，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，∴0<a ≤3.综上，实数a 的取
值范围是(－∞，3]．
11．(2015·全国卷Ⅰ)设函数y ＝f (x )的图象与y ＝2x ＋a
的图象关于直线y ＝－x 对称，
且f (－2)＋f (－4)＝1，则a ＝( )
A ．－1
B ．1
C ．2
D ．4
解析：选C 设(x ，y )为函数y ＝f (x )的图象上任意一点， 则(－y ，－x )在y ＝2x ＋a
的图象上，
所以有－x ＝2
－y ＋a
，
从而有－y ＋a ＝log 2(－x )(指数式与对数式的互化)， 所以y ＝a －log 2(－x )， 即f (x )＝a －log 2(－x )，
所以f (－2)＋f (－4)＝(a －log 22)＋(a －log 24)＝(a －1)＋(a －2)＝1，解得a ＝2.故选C.
12．设函数f (x )＝e x
(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢
⎡⎭⎪⎫32e ，34
D.⎣⎢
⎡⎭
⎪⎫32e ，1
解析：选D ∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0. 又∵x 0＝0是唯一使f (x )<0的整数，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
f －1≥0，f 1≥0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
e －1
[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥3
2e
.
又∵a <1，∴3
2e
≤a <1.
(二)填空题(本大题共4小题，每小题5分)
13．(2016·江门调研)若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x ，x ≤0，
x 2
－2x ，x >0，
则f (x )的最小值是________．
解析：当x ≤0时，f (x )＝－x ，此时f (x )min ＝0； 当x >0时，f (x )＝x 2
－2x ＝(x －1)2
－1， 此时f (x )min ＝－1.
综上，当x ∈R 时，f (x )min ＝－1. 答案：－1
14．已知函数f (x )＝x －2m 2
＋m ＋3(m ∈Z)为偶函数，且f (3)<f (5)，则m ＝________. 解析：因为f (x )是偶函数， 所以－2m 2
＋m ＋3应为偶数． 又f (3)<f (5)，即3
223
m m －＋＋<5
223
m m －＋＋，
整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫35 223m m －＋＋<1，
所以－2m 2
＋m ＋3>0，解得－1<m <32.
又m ∈Z ，所以m ＝0或1.
当m ＝0时，－2m 2
＋m ＋3＝3为奇数(舍去)； 当m ＝1时，－2m 2＋m ＋3＝2为偶数． 故m 的值为1. 答案：1
15．里氏震级M 的计算公式为M ＝lg A －lg A 0，其中A 是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A 0是相应的标准地震的振幅．假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1 000，此时标准地震的振幅为0.001，则此次地震的震级为________级；9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的________倍．
解析：根据题意，由lg 1 000－lg 0.001＝6得此次地震的震级为6级．因为标准地震的振幅为0.001，设9级地震的最大振幅为A 9，则lg A 9－lg 0.001＝9，解得A 9＝106
，同理5级地震的最大振幅A 5＝102
，所以9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的10 000倍．
答案：6 10 000
16．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x －1024 5
f(x)12 1.52 1
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．
下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．
其中真命题的序号是________．
解析：由导数图象可知，
当－1<x<0或2<x<4时，f′(x)>0，函数单调递增，
当0<x<2或4<x<5时，f′(x)<0，函数单调递减，
当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，
当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5.
又f(－1)＝f(5)＝1，
所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确．②正确．因为当x＝0和x＝4时，
函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，
要使当x∈[－1，t]时函数f(x)的最大值是2，
则t的最大值为5，所以③不正确．
由f(x)＝a，
因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，
所以当1<a<2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，
所以④正确．
故真命题的序号为①②④.
答案：①②④
Ⅱ.大题规范练(限时25分钟)
17．（本小题满分12分）设f (x ) ＝a (x －5)2
＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，
f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．
(1)确定a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2
＋6ln x (x >0)， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x
.
令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为
y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6， 故a ＝12
.
(2)由(1)知，f (x )＝12
(x －5)2
＋6ln x (x >0)，
f ′(x )＝x －5＋6x
＝
x －2
x －3
x
.
令f ′(x )＝0，解得x ＝2或x ＝3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，
故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数； 当2<x <3时，f ′(x )<0， 故f (x )在(2,3)上为减函数．
由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝9
2＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2
＋6ln 3.
18．（本小题满分12分）已知函数f (x )＝k ·a －x
(k ，a 为常数，a >0且a ≠1)的图象过点A (0,1)，B (3,8)．
(1)求实数k ，a 的值； (2)若函数g (x )＝
f x －1
f x ＋1
，试判断函数g (x )的奇偶性，并说明理由．
解：(1)把A (0,1)，B (3,8)的坐标代入f (x )＝k ·a －x
，得⎩⎪⎨⎪⎧
k ·a 0
＝1，k ·a －3
＝8.
解得k ＝1，a ＝1
2
.
(2)g (x )是奇函数．理由如下：
由(1)知f (x )＝2x
，
所以g (x )＝f x －1f x ＋1＝2x －1
2x ＋1
.
函数g (x )的定义域为R ， 又g (－x )＝2－x
－12－x ＋1＝2x ·2－x －2
x
2x ·2－x ＋2x
＝－2x
－1
2x ＋1＝－g (x )，
所以函数g (x )为奇函数．
附加卷：集合与常用逻辑用语、函数、导数及其应用(教师备选)
(时间：70分钟 满分：104分)
Ⅰ.小题提速练(限时45分钟)
(一)选择题(本大题共12小题，每小题5分)
1．已知集合A ＝{}a ，0，B ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
y ＝lg
x
5－2x
，x ∈Z ，如果A ∩B ≠∅，则a ＝( ) A.5
2 B ．1 C ．2
D ．1或2
解析：选D 由题意得B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
0<x <5
2，x ∈Z
＝{}1，2，则由A ∩B ≠∅，得a ＝1或2. 2．(2016·长沙一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧
x 12
，x >0，
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 x
，x ≤0，
则f [f (－4)]＝( )
A ．－4
B ．4
C ．－14
D.14
解析：选B 因为f (－4)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 －4
＝16，所以f [f (－4)]＝f (16)＝(16) 1
2＝4.
3．已知函数f (x )＝(m 2
－m －1)x －5m －3
是幂函数且是(0，＋∞)上的增函数，则m 的值为
( )
A ．2
B ．－1
C ．－1或2
D ．0
解析：选B 因为函数f (x )为幂函数，所以m 2
－m －1＝1，即m 2
－m －2＝0，解得m ＝2
或m ＝－1.因为该幂函数在(0，＋∞)上是增函数，所以－5m －3>0，即m <－3
5
.所以m ＝－1.
4．已知命题p ：∃x 0∈(－∞，0)，3x 0<4x 0，命题q ：∀x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2 ，tan x ＞x .则下
列命题中为真命题的是( )
A ．p ∧q
B ．p ∨(綈q )
C ．p ∧(綈q )
D ．(綈p )∧q
解析：选D 由指数函数的单调性可知命题p ：∃x 0∈(－∞，0)，3x 0<4x 0为假，则命题
綈p 为真；易知命题q ：∀x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫0，π2
，tan x ＞x 为真，则命题綈q 为假．根据复合命题
的真值表可知命题p ∧q 为假，命题p ∨(綈q )为假，命题p ∧(綈q )为假 ，命题(綈p )∧q 为真．
5．(2016·沧州质检)如果函数f (x )＝x 2
＋bx ＋c 对任意的x 都有f (x ＋1)＝f (－x )，那么( )
A ．f (－2)<f (0)<f (2)
B ．f (0)<f (－2)<f (2)
C ．f (2)<f (0)<f (－2)
D ．f (0)<f (2)<f (－2)
解析：选D 由f (1＋x )＝f (－x )知f (x )的图象关于直线x ＝1
2对称，又抛物线f (x )开
口向上，
∴f (0)<f (2)<f (－2)．
6．(2015·云南二检)设a ＝3log 13
2，b ＝log 12
1
3
，c ＝
23
，则下列结论正确的是( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．b <a <c
D ．b <c <a
解析：选B a ＝3log 13
2<0,1<b ＝log 12
1
3
＝log 23<2,0<c ＝
2
3
<1，故a <c <b . 7．已知函数f (x )是R 上的偶函数，g (x )是R 上的奇函数，且g (x )＝f (x －1)，若f (0)＝2，则f (2 016)的值为( )
A ．2
B ．0
C ．－2
D ．±2
解析：选A ∵g (－x )＝f (－x －1)，∴－g (x )＝f (x ＋1)．
又g (x )＝f (x －1)，∴f (x ＋1)＝－f (x －1)， ∴f (x ＋2)＝－f (x )，f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， 则f (x )是以4为周期的周期函数， 所以f (2 016)＝f (0)＝2.
8．已知定义在R 上的奇函数f (x )和偶函数g (x )满足f (x )＋g (x )＝a x
－a －x
＋2(a >0，且
a ≠1)．若g (2)＝a ，则f (2)等于( )
A ．2 B.154
C.174
D ．a 2
解析：选B ∵f (x )为奇函数，g (x )为偶函数， ∴f (－2)＝－f (2)，g (－2)＝g (2)＝a ， ∵f (2)＋g (2)＝a 2
－a －2
＋2，①
∴f (－2)＋g (－2)＝g (2)－f (2)＝a －2
－a 2
＋2，② 由①，②联立得g (2)＝a ＝2，f (2)＝a 2－a －2
＝154
.
9．已知函数f (x )＝x 2
－bx ＋a 的图象如图所示，则函数g (x )＝ln x ＋f ′(x )的零点所在的区间是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，12 B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1 C ．(1,2)
D ．(2,3)
解析：选B 由题图可知f (x )的对称轴x ＝b 2∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，1，则1＜b ＜2，易知g (x )＝ln x
＋2x －b ，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14 ＝－2ln 2＋12－b ＜0，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 ＝－ln 2＋1－b ＜0，g (1)＝2－b ＞0，故g (x )的零点所在的区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1.
10．某房地产公司计划出租70套相同的公寓房．当每套房月租金定为3 000元时，这70套公寓能全租出去；当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍)，就会多一套房子不能出租．设租出的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设租不出的房子不需要花这些费用)．要使公司获得最大利润，每套房月租金应定为( )
A ．3 000元
B ．3 300元
C ．3 500元
D ．4 000元
解析：选B 由题意，设利润为y 元，租金定为3 000＋50x 元(0≤x ≤70，x ∈N)． 则y ＝(3 000＋50x )(70－x )－100(70－x ) ＝(2 900＋50x )(70－x ) ＝50(58＋x )(70－x ) ≤50⎝
⎛⎭
⎪⎫58＋x ＋70－x 22
≤204 800，
当且仅当58＋x ＝70－x ，即x ＝6时，等号成立，
故每月租金定为3 000＋300＝3 300(元)时，公司获得最大利润．
11．设函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
m ＋x 2
，|x |≥1，x ，|x |<1
的图象过点(1,1)，函数g (x )是二次函数，若
函数f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数g (x )的值域是( )
A ．(－∞，－1]∩[1，＋∞)
B ．(－∞，－1]∪[0，＋∞)
C ．[0，＋∞)
D ．[1，＋∞)
解析：选C 因为函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
m ＋x 2
，|x |≥1，
x ，|x |<1
的图象过点
(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m ＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
x 2
，|x |≥1，x ，|x |<1，
因
为函数g (x )是二次函数，值域不会是选项A ，B ，画出函数y ＝f (x )
的图象(如图所示)，易知，当g (x )的值域是[0，＋ ∞)时，f (g (x ))的值域是[0，＋∞)．
12．已知定义在R 上的函数f (x )满足：①对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝2f (x )；②当x ∈[－
1,1]时，f (x )＝1－x 2
.若函数g (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
e x
x ≤0，ln x x >0，
则函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－
4,5)上的零点个数是( )
A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
解析：选C 函数f (x )与g (x )在区间[－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f (x )与g (x )的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－4,5)上零点的个数是9.。