近三年全国高考数学试题分析小结

1、全国高考数学“不等式”试题分析小结不等式在高考中属主体内容，它与代数内容联系密切，高考中所占比例约为试题来看，考查的内容及其难度主要以有以下几点：1015%.从近三年的高考一、不等式的性质、基本不等式和绝对值不等式的考查，大多出现在选择题或填空题中，一般属于容易题或中档题.因此，关于这一部分的知识，考生在备考中要注意理解并深刻记忆基本公式.【例 1】 （2006年江苏卷 ）设 a、b、c 是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（ A ） | a b | | ac | | b c |（B） a 2 1a1a 2a12（ D） a 3a 1a 2a（ C） | a b |ab解答： 运用排除法

2、， C 选项 a b12 ，当 a-b<0 时不成立。a b【 点评 】本题主要考查 .不等式恒成立的条件，由于给出的是不完全提干，必须结合选择支，才能得出正确的结论.运用公式一定要注意公式成立的条件,如 果a b那么 a22ab 当且仅当 ab时取号b.如果a,b 是 正 数 ，那 么,R,2(" ")abab (当且仅当 ab时取 " " 号 ).2【例 2】 （2007 年陕西卷 ）某生物生长过程中，在三个连续时段内的增长量都相等，在各时段内平均增长速度分别为 v1， v2,v3,该生物在所讨论的整个时段内的平均增长速度为111（ A ）v1

3、v2v 3v1v2v33（B ）3（ C）3 v vv（D ）3312111v1v2v3解 答 ： 设 三 个 连 续 时 间 段 的 时 长 分 别 为t 1,t2,t 3, 依 题 意 有v1t1=v2t2=v3t3=l , 总 的 增 长 量 为3l ， 则1113l3.t1+t2 +t3=lv2v3. 故该生物在所讨论的整个时段内平均增长速度为v1t1 t 2 t 3 111v1v2v3选 D.【点评 】有些考生对平均增长速度和各段内的增长速度不理解，这就要求考生注意理解教材中的算术平均数，几何平均数及调和平均数的大小关系，充分认识高考试题来源于教材又高于教材的意义，并在高三备考阶段，

4、特别是一轮复习阶段注重对课本知识的复习.二、单纯考查不等式的解法、不等式的证明的试题很少，通常以不等式与函数、数列、解析几何、三角等知识的综合问题的形式出现，此类问题多属于中档题甚至是难题，对不等式的知识，方法与技巧要求较高 .【例 3】（ 2005年辽宁卷）在上定义运算： xyx(1y) 若不等式 ( x a)( xa) 1 对任意实数 x 成立，则（）1a1（） 0 a 2（）1a3（）3122a22解答 ： (xa)(xa)( xa)(1xa) ，不等式 ( xa)( xa) 1 对任意实数x 成立，则(x a)(1xa)1对任意实数x成 立，即 使 x2xa 2a10 对任意实数x成立

5、，所以1 4(a2a1)0 ，解得1a3，故选 C2 2【 点评 】熟悉一元二次不等式恒成立与对应方程的判别式的关系2t x 1 , x2,【例 4】 （2006 年山东卷 ）设 f(x)= log t ( x21), x 2, 则不等式 f(x)>2 的解集为(A) （ 1，2）（ 3， +）(B) （ 10 ， +）(C)（ 1，2）（ 10 ，+）(D) （ 1， 2）解答： 令 2ex 1 2（ x 2），解得 1 x 2.令 log 3 (x21) 2（ x 2）解得 x （10 ，+）选 C.【例 5】 （2007 年安徽卷）解不等式( 3x11)(sin x2) 0解答：

6、因为对任意 x R ， sin x20 ，所以原不等式等价于3x110 即 3x 1 1， 13x11 ， 03x 2，故解为 0 x23所以原不等式的解集为x 0x23【点评】 本题将绝对值和三角函数融合到解不等式中进行考查，其根源是高次不等式的解法，解简单的高次不等式时，将高次系数化为正，再进行因式分解（往往分解为多个一次因式的乘积的形式），然后运用“数轴标根”三、不等式几乎能与所有数学知识建立广泛的联系，复习时尤其是注意以导数或向量为背景的导数（或向量）、不等式、函数的综合题和有关不等式的证明或性质的代数逻辑推理题.【例 6】 （ 2006 年四川卷 ）已知函数 f( x)=x22a l

7、n x( x0) , f( x) 的导函数是f ( x) . 对任意两个不相等的正数 x、 x ，证明：x12（）当 a0 时， f (x1)f ( x2 )f ( x1x2 ) ；22（）当 a4时， f ( x1 )f ( x2 )x1x2 。解答： （）由 fxx22a ln xx得 f x12f x21 x12x2211a ln x1ln x22x1x221 x12x2 2x1x2aln x1 x22x1 x2x1x2x1x224a ln x1x2f22x1x22而 1 x1212x1x22x2 2x12x2 22x1x2242又 x1x22x12x222x1x24x1x2 x1x24

8、x1 x2x1 x2 x1x2x1x2 ln x1 x2ln x1x222 a 0 a ln x1 x2a ln x1x22由、得1 x122x22x1x2a ln x1 x2x1 x2x14aln x1x22x1 x22x2即f x1fx2fx1x222（）证法一：由fxx22a ln x ，得 f 'x2x2axx2x''2x12a2x22af x1f x22x12x2x1x22x1x2ax1 x2 2x12 x2 2x1 x2f'x1f'x2x1 x22 x1x2a22 x221x1x1 x2下面证明对任意两个不相等的正数x1, x2,有 22 x

9、1x2a1 恒成立x12 x22x1 x2即证 a x1x22 x1x2成立x1x2 x1x22x1x2x1 x24x1 x2x1 x2设 tx1 x2 ,u xt 24t 0 ，则 u' x2t4tt2令 u'x0 得 t32 ，列表如下：t0,32323 2,u't_0ut极小值 33 4u t33 43 1084a x1x22 x1x2ax1x2对任意两个不相等的正数x1 , x2 ，恒有f 'x1f 'x2x1 x2证法二：由 fxx22aln x ，得 f 'x2x2axx2x f 'xf ' x22x2a2 x2a11

10、x 2x2x2x2112x1x222 x1x2ax 2 x2x x1212 x , x 是两个不相等的正数12 22 x1x2a24a2434x1 2 x223x1 x2x1 x2x1 x2x1 x2x1 x2设 t1， ut24t34t2t 0x1 x2则 u't4t3t2，列表：t0,22233,3u't_0ut极小值 3827 u3822 x1x2a11 即x12 x2 2x1 x227 f'x1 f'x2x1x222 x1x2ax2x12 x22x1x1x2即对任意两个不相等的正数x1 , x2 ，恒有f 'x1 f ' x2x1 x2【

11、点评 】 本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力，是一道综合性的难题.【例 6】 （2007 年四川卷 ）设函数f ( x) 11xN , 且n 1, x N .nn1 1x( )当 x=6 时 ,求的展开式中二项式系数最大的项;n( )对任意的实数x,证明 f (2x)f (2) f (x)( f( x)是f ( x)的导函数 );2n1( )是否存在 aN ,使得 an11)n 恒成立 ?若存在 ,试证明你的结论并求出a 的值 ;若不存 (ak 1k在 ,请说明理由 .4 项，这项是 C6315 13解答： （）解：展开式中二项式系数最

12、大的项是第20nn312 n1 12（）证法一：因f 2xf21nn2 n2nn21112 11112 111nnnnn1n11n12 1ln 12 1ln 12 f 'xn2nn证法二：2 n2因 f2xf 21111nn12 n12211nn1n12 11nn1n1而 2 f ' x2 1ln 1nn故只需对11和 ln 11进行比较。nn令 g xxln x x 1 ，有 g 'x 1 1 x 1由 x1xxx0 ，得 x1因为当0x1时， g'x0 ， gx 单调递减；当 1x时， g 'x 0 ， gx 单调递增，所以在 x1处 gx有极小值

13、1故当 x1 时， gxg 11 ，从而有 xln x1，亦即 xln x1ln x故有 11ln11恒成立。nn所以 f2xf22 f 'x，原不等式成立。（）对 mN ，且 m1m2kCmm 1m有 11Cm0Cm11Cm2 1Cmk1mmmmmm m 112m m 1m k 11km m 1 2 1m1112!mk!mm!m211111121k 111m 12!mk!m1mm!11mmm211112!3!k!m!211112132kk1m m1211111111223k1km1m313m1k1m又因 Cmk0 k 2,3,4, m ，故 213mm1mn1k 2 13 ，从而有 2n13n成立，mk 1knk即存在 a21，使得 2n1恒成立。3nk1k【点评 】本题考查函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容. 考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识. 不等式本身体现