2020高考数学第二轮复习不等式练习

高考数学第二轮复习不等式练习一、本章知识结构：实数的性质不等式的性质均值不等式不等式的证明不等式的解法不等式的应用比较法一元一次不等式函数性质的议论综合法一元二次不等式最值的计算与议论剖析法分式高次不等式实质应用问题其余方法含绝对值不等式二、高考要求1）理解不等式的性质及其证明。2）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术均匀数不小于它们的几何均匀数定理，并会简单应用。3）剖析法、综合法、比较法证明简单的不等式。4）掌握某些简单不等式的解法。5）理解不等式|a|﹣|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。三、热门剖析1.重视对基础知识的考察，设问方式不停创新.要点考察四种题型：解不等式，证明不等式，波及不等式应用题，波及不等式的综合题，所占比率远远高于在课时和知识点中的比率.重视基础知识的考察，常考常新，创意不停，设问方式不停创新，图表信息题，多项选择型填空题等情形新奇的题型遇到命题者的青眯，值得惹起我们的关注.2.突出要点，综合考察，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中包含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数供给了重要的工具，不等式与函数既是知识的联合点，又是数学知识与数学方法的交汇点，因此在历年高考题中一直是重中之重.在全面考察函数与不等式基础知识的同时，将不等式的要点知识以及其余知识有机联合，进行综合考查，重申知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考察力度，是高考对不等式考察的又一新特色.3.加大推理、论证能力的考察力度，充分表现由知识立意愿能力立意转变的命题方向因为代数推理没有几何图形作依靠，因此更能检测出学生抽象思想能力的层次.这种代数推理问题常以高中代数的主体内容——函数、方程、不等式、数列及其交错综合部分为知识

.背景，并与高等数学知识及思想方法相连接，立意新奇，抽象程度高，有益于高考选拔功能的充散发挥.对不等式的考察更能表现出高看法、低设问、深入浅出的特色，考察容量之大、功能之多、能力要求之高，向来是高考的热门.4.突出不等式的知识在解决实质问题中的应用价值，借助不等式来考察学生的应意图识.不等式部分的内容是高考较为稳固的一个热门,考察的要点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。高考试题中有以下几个明显的特色：1）不等式与函数、数列、几何、导数,实质应用等相关内容综合在一同的综合试题多，独自考察不等式的试题题量极少。2）选择题,填空题和解答题三种题型中均有各样种类不等式题，特别是应用题和压轴题几乎都与不等式相关。3）不等式的证明考得比得屡次,所波及的方法主假如比较法、综合法和剖析法，而放缩法作为一种协助方法不容忽视。四、复习建议1．力争娴熟掌握不等式的性质，以最大限度地减少不等式解题中可能出现的失误。2．对于不等式的证明，应略高于教材上相关例题和习题的难度。一定重视操练与其余内容综合在一同的证明题，特别是综合教材上的例题与习题、创新题。3．对于解不等式，一般不需高出教材上的例题和习题的难度，也不要高出教材上的例题和习题所波及的范围，但对于需要分类求解的不等式应赐予充分的注意，而这种习题的分类一般不超出两层。4．娴熟掌握利用均匀值不等式求最值的方法及其使用条件，并重视在几何和实质问题中的应用。5,经过训练

,使学生掌握等价转变思想和化归思想

,培育学生的代数推理能力

,提升学生应用不等式知识解决问题的能力

.6.重视数学思想方法的复习依据本章上述的命题趋势我们迎考复习时应增强数学思想方法的复习.在复习不等式的解法时，增强等价转变思想的训练与复习.解不等式的过程是一个等价转变的过程，经过等价转变可简化不等式（组），以迅速、正确求解.增强分类议论思想的复习.在解不等式或证不等式的过程中，如含参数等问题，一般要对参数进行分类议论.复习时，学生要学会剖析惹起分类议论的原由，合理的分类，做到不重不漏.增强函数与方程思想在不等式中的应用训练.不等式、函数、方程三者密不行分，相互联系、相互转变.如求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这种问题的重要方法.在不等式的证明中，加增强归思想的复习，证不等式的过程是一个把已知条件向要证结论的一个转变过程，既可考察学生的基础知识，又可考察学生剖析问题和解决问题的能力，正因为证不等式是高考考察学生代数推理能力的重因素材，复习时应惹起我们的足够重视.利用函数f（x）=x＋（a＞0）的单一性解决相关最值问题是近几年高考取的热门，应增强这方面的训练和指导.7.增强不等式的应用高考取除独自考察不等式的试题外，常在一些函数、数列、立体几何、分析几何和实质应用问题的试题中波及不等式的知识，增强不等式应用能力，是提高解综合题能力的要点.所以，在复习时应增强这方面训练，提升应意图识，总结不等式的应用规律，才能提升解决问题的能力.如在实质问题应用中，主要有结构不等式求解或结构函数求函数的最值等方法，求最值时要注意等号建立的条件，防止不用要的错误.五、典型例题不等式的解法【例1】解不等式：a1ax2解：原不等式可化为：(a1)x(2a)＞0，x2即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.当a＞1时，原不等式与(x－a2)(x－2)＞0同解.a1若a2≥2，即0≤a＜1时，原不等式无解；若a2＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞a1a11时原不等式的解为(－∞，a2)∪(2，+∞).a1当a＜1时，若a＜0，解集为(a2，2)；若0＜a＜1，解集为(2，a2)a1a1综上所述：当a＞1时解集为(－∞，a2)∪(2，+∞)；a1当0＜a＜1时，解集为(2，a2)；a1当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(a2，2).a1【例2】设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，假如M［1，4］，务实数a的取值范围.解：M［1，4］有n种状况：其一是＞0，分三种状况计算a的取值范围.

M=

，此时

＜0；其二是

M≠

，此时设f(x)=x2－2ax+a+2，有=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)(1)当＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］(2)当=0时，a=－1或2.当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］.(3)当＞0时，a＜－1或a＞2.设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x］，M［1，4］f(1)0,且f(4)01≤x＜x≤42124,且01aa30即187a0，解得：2＜a＜18，a071或a2M［1，4］时，a的取值范围是(－1，18).7【例3】解对于x的不等式：log2x1log4[ax21]a0．x10x11解：原不等式等价于ax210①，即x2.ax12ax21xax20因为a1，所以11，所以，上述不等式等价于x212a②axax20解答这个含参数的不等式组，必定需要分类议论，此时，分类的标正确实定就成认识答的要点．怎样确立这一标准？（1）当1a2时，不等式组②等价于x21ax2或xa此时，因为21aa12，所以21a．aa0a进而21xa或x2．a（2）当a2x3时，不等式组②等价于2x2所以x3，且x2．2（3）当ax212时，不等式组②等价于ax2或xa此时，因为212，所以，1x2或xa．a2a综上可知：当1a2时，原不等式的解集为x21xa或x2；a当a2时，原不等式的解集为xx3，且x2；2当a2时，原不等式的解集为1x2或xa．x2a【例4】解对于x的不等式：4logaxlogax2a0，a1解：原不等式等价于4logax02logax42logax4logax20loga2x3logax0logax3或logax04logaxlogax223logax4，∴当a1时，原不等式的解集为xa3xa4当0a1时，原不等式的解集为xa4xa3【例5】设函数fxaxx21，（1）当a2时，解不等式f(x)f1；（2）求a的取值范围，使得函数fx在1,上为单一函数．解说：（1）a2时，f(x)f1可化为：2x1x21，等价于：x10①或x10②4x12x2x2110解①得1x51．，解②得x3所以，原不等式的解集为x1x5或x1．3（2）任取x1,x21,，且x1x2，则fx1fx2ax1x121ax2x221ax1x22121x1x2ax1x2x12x22x21x2112x1x2ax1x2x121x221要使函数fx在1,上为单一函数，需且只需：ax1x2恒建立，（或ax1x2恒建立）．x121x221x121x221所以，只需求出x1x2在条件“x1,x21,，且x1x2”之下22x11x21的最大、最小值即可．为了探究这个代数式的最值，我们能够考虑极端状况，如：x11,x21，简单知道，此时x1x2；若考虑x1x2，则x121x221不难看出，此时x1x21，至此我们能够看出：要使得函数fx为单一函x21x2112数，只需a1．事实上，当a1时，因为x1xx21x210恒建立，所以，212x1x21．所以，在条件“x1,x21,，且x1x2”之下，必有：x121x221fx1fx20．所以，fx在区间1,上单一递减．当a1时，由（1）能够看出：特例a2的状况下，存在f1f5．由此能够3猜想：函数fx在区间1,上不是单一函数．为了说明这一点，只需找到x1,x21,，使得fx1fx2即可．简易起见，不如取x11，此时，可求得x2a211，也即：f1fa21a，所以，fx在区间1,上不是单一函数．a21a21另解：fxax，对x1,，易知：x21当x1时，x；当x时，x1；x2x211所以当x1,时，x1，x21进而只须a1，必有fx0，函数在x1,上单一递减。【例6】已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时f(m)f(n)＞0.mn(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；(2)解不等式：f(x+1)＜f(1)；2x1(3)若f(x)≤t2－2at+1对全部x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒建立，务实数t的取值范围.解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(xf(x1)f(x2)·(x1－x2)1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=x1x2∵－1≤x1＜x2≤1，x1+(－x2)≠0，由已知f(x1)f(x2)＞0，又x1－x2＜0，x1x2f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数.(2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数，1x112∴1x11解得：{x|－3≤x＜－1，x∈R}12x112x1(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，所以要f(x)≤t2－2at+1对全部x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒建立，即要t2－2at+1≥1建立，故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2.t的取值范围是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.【例7】给出一个不等式x21c1c（x∈R）。x2cc经考证：当c=1,2,3时，对于x取一确实数，不等式都建立。试问：当c取任何正数时，不等式对任何实数x能否都建立？若能建立，请给出证明；若不建立，恳求出c的取值范围，使不等式对任何实数x都能建立。解：令f(x)=

x21cx2c

，设u=x2c(u≥c)则f(x)=u21u1(u≥c)uu∴f(x)c1(u1)c1(uc(uc1)cucuc要使不等式建立，即f(x)－c1≥0c∵u≥c>0∴只须uc－1≥0∴u2c≥1u2≥1∴x2+c≥1cc∴x2≥1－c故当c=1时，c2原不等式不是对一确实数x都建立，即原不等式对一确实数x不都建立要使原不等式对一确实数x都建立，即便x2≥1－c对一确实数都建立。故1－c≤0c∵x2≥0c∴c≥1(c>0)∴c≥1时，原不等式对一确实数x都能建立。不等式的证明【例1】已知a2，求证：loga1alogaa1解1：loga1alogaa11logaa1logaa11logaa1logaa1．logaa1因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，logaa1logaa12logaa1logaa12logaa212a22loga144所以，loga1alogaa10，命题得证．解2：因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，1loga1alogaa11，logaa1logaa1logaa1logaa1由解1可知：上式>1．故命题得证．【例2】已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求证：(a+1)(b+1)≥25.ab4证法一：(剖析综合法)欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8.4a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不行能建立1=a+b≥2ab，∴ab≤1，进而得证.4证法二：(均值代换法)设a=1+t1，b=1+t2.2a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜1，|t2|＜122(a1)(b1)a21b21abab(1t1)21(1t2)21(1t1t121)(1t2t221)22441t1111t2)2t2(t1)(222(1t1t121)(1t2t221)(5t22)2t224441t221t22442532425162t2t2162511.244t24明显当且仅当t=0，即a=b=1时，等号建立.2证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤14(a1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab))(b)4ab44ab0ab4ab(a1)(b1)25ab4证法四：(综合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1.4(1ab)21251ab113(1ab)2916(1ab)212544161ab44ab1)(b125即(ab)a4证法五：(三角代换法）∵a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)2(a1)(b1)(sin2α1)(cos2α1)absin2αcos2αsin4αcos4α2sin2αcos2α2(4sin2α)2164sin22α4sin22αsin22α1,4sin22α413.242sin22α1625(4sin22α)225114sin22α4sin22α4即得(a1125)(bb).a4【例3】证明不等式11112n(n∈Nx)23n证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式建立；(2)假定n=k(k≥1)时，不等式建立，即1+111＜2k，23k1112k1则13kk1212k(k1)1k(k1)1k1,k1k21∴当n=k+1时，不等式建立.综合(1)、(2)得：当n∈Nx时，都有1+111＜2n.23n另从k到k+1时的证明还有以下证法：2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,2k12k1.k1又如:2k12k221k1kk1k1,k12k12k1.k1证法二：对随意k∈Nx，都有：1222(kk1),kkkkk1所以111122(21)2(32)2(nn1)2n.23n证法三：设f(n)=2n(1111),23n那么对随意k∈Nx都有：f(k1)f(k)2(k1k)1k111)2k(k1)1]k[2(k11[(k1)2k(k1)k](k1k)20k1k1f(k+1)＞f(k)所以，对随意n∈Nx都有f(n)＞f(n－1)＞＞f(1)=1＞0，111∴132n.2n不等式的应用【例1】已知不等式2(log0.5x)27log0.5x3≤0的解集为M,求当∈M时函数f(x)(log2x)(log2x的最大值和最小值.x,24)解：由2(log0.5x)27log0.5x3≤0,(2log0.5x1)(log0.5x3)≤03≤log0.5x≤12≤x≤8,2∴M{x|2≤x≤8}.由f(x)(log2x)(log2x),24(log2x)2得f(x)(log2x1)(log2x2)3log2x2令u=log2x,得fu)u2u2(u3)21,u∈[1,3](3242依据复合函数的单一性得：当u3即x2时,[f(x)]min124当u3即x时,[f(x)]max2.8【例2】例2、已知函数ylogax,此中a{a|2012aa2}.（1）判断函数ylogax的增减性；（2）若命题p:|f(x)|1|f(2x)|为真命题，务实数x的取值范围.解：（1）a{a|12012aa2},a212a200,即2a10,函数ylogax是增函数；（2）|f(x)|1|f(2x)|即|logax||loga2x|1，必有x0,当0x1时，4logaxloga2x0，不等式化为logaxloga2x1,loga2x1，故loga2x1,x1,此时1x1；当1x1时,logax0loga2x，2a2a44不等式化为logaxloga2x1,loga21x1；1，这明显建立，此时4当x1时，0logaxloga2x，不等式化为logaxloga2x1,loga2x1故xa,此时1xa；22综上所述知，使命题p为真命题的x的取值范围是{x|1xa}.2a2【例3】（xx年)已知函数f(x)，，，若，x2，，且x1，tgxx0102221f(x2)]x1x2证明：[f(x1)f22解：f(x)tgx1[f(x1)f(x2)]1(tgx1tgx2)221sinx1sinx2sinx1cosx2cosx1sinx22cosx1cosx22cosx1cosx2sin(x1x2)sin(x1x2)2cosx1cosx2cos(x1x2)cos(x1x2)x1，x20，，x1x2，22sin(x1x2)0，cosx1cosx20，且0cos(x1x2)1有0cos(x1x2)cos(x1x2)1cos(x1x2)1(tgx1tgx2)sin(x1x2)tgx1x221cos(x1x2)2即1[f(x1)f(x2)]x1x2f22【例4】(xx年)设an是由正数构成的等比数列，Sn是前n项之和。(1)证明lgSnlgSn2lgSn12(2)能否存在常数C>0,使得lg(SnC)lg(Sn2C)lg(Sn1C)建立？并证明你的结2论。证明：(I)设an的公比为q，则a10，q0要证lgSnlgSn2lgSn12即证SnSn2Sn210即可(1)若q1，则Snna1SS2S21na(n2)a1(n1)2a2a20nnn111(2)若q1，Sna1(1qn)1qSnSn22a12(1qn)(1qn2)a12(1qn1)22n0Sn1(1q)2(1q)2a1q由(1)(2)可得SnS2S2nn1依据对数函数的单一性，可得lg(SnSn2)lgSn21即lgSnlgSn2lgSn1建立2不存在常数C使等式建立。证法一：因为要使1[lg(SnC)lg(Sn2C)]lg(Sn1C)建立，则有2(SnC)(Sn2C)(Sn2C)2SnC0若q1则(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2(na1C)[(n2)a1C][(n1)a1C]2a120(SC)(Sn2C)(Sn1C)2，即不存在正数Ｃ使结论建立n若q1(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2[a1(1qn)C][a1(1qn2)C][a1(1qn1)C]21q1q1qa1qn[a1C(1q)]且a1qn0，只好有a1C(1q)0Ca1；C0，a10，0q11q当0qa1a1qn0，即不存在在常数C0使结论建立。1时，Snq10不行能知足SnC1q综合上边的证明可见不存在常数C0，使等式

1[lg(Sn2

C)

lg(Sn2

C)]

lg(Sn1

C)

建立。还能够直接用反证法证明：证法二：假定存在常数C>0，使等式能够建立,则有SnC0(1)Sn1C0(2)Sn2C0(3)(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2(4)由(4)可得：SnSn2Sn21C(SnSn22Sn1)(5)由均匀值不等式可知Sn

Sn2

2Sn

1

(Sn

C)

(Sn

2

C)2(Sn1

C)2(Sn

C)(Sn2

C)

2(Sn1

C)

0C0C(Sn

Sn2

2Sn1)

0而由(I)可知SnSn2

Sn21

0等式

(5)不行能建立这个矛盾说明不存在常

数C

0，使等式

1[lg(Sn2

C)

lg(Sn2

C)]

＝lg(Sn1

C)

建立。【例5】

(xx

年)设

f(x)

lg

1[12x

(n

1)x

nxa]，此中a是实数，

n是随意给定n的自然数，且n2。假如f(x)当x(，1］时存心义，求a的取值范围。(2)假如a(0，1]，证明2f(x)f(2x)当x0时建立。解：(I)f(x)当x(，1]时存心义，＋x(n1)xnx，，，，12a0x(1]n2xxx即a12n1，x(，nnn1]－Kx，(1，2，，n1)在(，1]上都是增函数nK1x2xnx1在(，1]上也是增函数，nnn11)故它在x＝1时获得最大值，－1n(n2n121(n1)nnnn2a11)；a的取值范围为a|a1(n1)(n22证法一：依据f(x)的定义可知2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0即[12x(n1)x＋nxa]2n[122x(n1)2xn2xa]，a(0，1]，x0(1)下边用数学概括法证之。A.设n=2时若0a1，x0则(12xa)2122xa22xa22(122xa2)2(122xa)，即(1)建立。若a1，x0，因为12x，(12x)2122x22x2(122x)当n2时，(1)式建立B.设nK时(K2)，有不等式[12x(K1)xKxa]2K[122x＋＋(k1)2xK2xa]，此中a(1，1]，且x0则若0a1且x0时[(12xKx)(K1)xa]2(12xKx)22(12xKx)(K1)xa＋(K1)2xa2K(122xK2x)2(12xKx)(K1)xa(k1)2xa2K(122xK2x)[21(K1)xa22x(K1)xa2Kx(K1)xa](K1)2xa2K(122xK2x)[1(K1)2xa2][22x(K1)2xa2[K2x(K1)2xa2](K1)2xa2(K1)[122xK2x(K1)2xa2](K1)[122KK2x(K1)2xa2]即当nK1时，(1)也建立。由A，B的证明可知对随意自然数n2，都有(1)建立，即2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0建立证法二：只需证明n2时，[12x(n1)xnxa]2n[122x(n1)2xn2xa]，a(0，1]，x0，(aa2a)2(a2a2a2)2(a1a2aa3an1a)1n12n1n(a12a22an2)[(a12a22)(a12an2)][a22a32)(a22an2)][(an22an21)(an22an2)](an21an2)n(a12a22an2)(aa2an)2n(a2a2a2)112n此中等号当且仅当a1a2an时建立。当a1，x0时，因12x[12x(n1)xnx]2n[122x(n1)2xn2x]当0a1，x0时，因a2a[12x(n1)xnxa]2n[122x(n1)2xn2xa2]n[122x(n1)2xn2xa]即2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0建立。【例6】如图，ABC是某屋顶的断面，CD⊥AB，横梁AB的长是竖梁CD长的2倍.设计时应使ytgA2tgB保持最小，试确立D点的地点，并求y的最小值.解：设AD=x，CD=1，则AB=2，BD=2–x，（0<x<2）C令ytgA2tgBCD2CDADBD12x2x2xx(2x)B11ADx22xx286x2x2∵x2x8242；当且仅当(x2)28,x222时取等号∴当x222时，y获得最小值13222426此时DB2(222)422,AD:DB22214222答：取AD:DB=1:2时，y有最小值3222【例7】在一容器内装有浓度为r%的溶液a升，注入浓度为p%的溶液1a升，搅匀4后再倒出溶液1a升，这叫做一次操作。4设第n次操作后容器内溶液的浓度为bn（每次注入的溶液都是p%），计算b1，b2，b3，并概括出bn的计算公式（不要求证明）(II)设pqr，且pr2(pq)要使容器内溶液浓度不小于q%，问起码要进行上述操作多少次？（已知lg20.3010）arap141解：(I)b11004100(p)ar5a10054ab1ap410014214b2aa100[(5)r5p52p]4ab2ap1414424100[(3rppp]b3a)55253a1005414n144n1bn100[(5)r5p52p5np](II)bnr(4)np[14(4)2(4)n1]1005500555r4p1(4)np14)n5(n(pr)100(5004100)5110055依题意有：p1(4)n(pr)q1001005100pr2(pq)上式化简得：(5)n24nlg20.30103.103起码要注入倒出4次。3lg2130.30101【例8】某商场经过市场检查剖析后得悉，xx年从年初开始的前n个月内，对某种商品需求的累计数f(n)（万件）近似地知足以下关系：f(n)1n(n2)(18n),n1,2,3,,1290（Ⅰ）问这一年内，哪几个月需求量超出1.3万件？（Ⅱ）若在整年销售中，将该产品都在每个月初等量投放市场，为了保证该商品整年不畅销，每个月初起码要投放多少件商品？（精准到件）解：（Ⅰ）第一，第n个月的月需求量＝f1,n1fnfn1,2n12∵f(n)1n(n2)(18n)，90∴f1171.3．30当n2时，f(n1)1(n1)(n1)(19n)90∴f(n)f(n1)1(3n235n19)90令，即21433519117n7f(n)f(n1)1.3，解得：，nn3n∈N，∴n=5，6即这一年的5、6两个月的需求量超出1.3万件．（Ⅱ）设每个月初等量投放商品a万件，要使商品不畅销，对于第n个月来说，不单有本月投放市场的a万件商品，还有前几个月未销售完的商品．所以，需且只需：naf(n)0，f(n)(n2)(18n)∴an90又∵(n2102)(18n)1(n2)(18n)10∴a9090299即每个月初起码要投放11112件商品，才能保证整年不畅销．【例9】

一根水平搁置的长方体形枕木的安全负荷与它的宽度

a成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度

l的平方成反比．（Ⅰ）将此枕木翻转90°（即宽度变为了厚度），枕木l的安全负荷变大吗？为何？（Ⅱ）现有一根横断面为半圆（半圆的半径为R）的木d材，用它来截取成长方体形的枕木，木材长度即为枕木规a定的长度，问怎样截取，可使安全负荷最大？解：（Ⅰ）由题可设安全负荷ad2为正常数），则翻转90o后，安全负y1kl2(k荷y2kda22．l因为y1d，所以，当0da时，y1y2．安全负荷变大；y2a当0ad时，y1y2，安全负荷变小．a，高为d，则a2（2）如图，设截取的枕木宽为d2R2，即a24d24R2．2∵枕木长度不变，∴u=ad2最大时，安全负荷最大∴ud2a2d24R24d22d4R2d2d2d23224d2d2R2d242+2+Rd22343R39当且仅当d2R2d2，2即取d6R，a2R2d223R时，u最大，即安全负荷最大．33【例10】现有流量均为300m2/s的两条河流A、B会集于某处后，不停混淆，它们的含沙量分别为2kg/m3和0.2kg/m3．假定从会集处开始，沿岸设有若干个观察点，两股水流在流经相邻两个观察点的过程中，其混淆成效相当于两股水流在1秒钟内互换100m3的水量，即从A股流入B股100m3水，经混淆后，又从B股流入A股100m3水并混淆．问：从第几个观察点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01kg/m3（不考虑泥沙沉淀）？解：此题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于0.01kg/m3”．但直接建构这样的不等关系较为困难．为表达方便，我们分别用an,bn来表示河水在流经第n个观察点时，A水流和B水流的含沙量．则a1＝2kg/m3，b1＝0.2kg/m3，且100an300bn13100bn1200an＝12bn1300anbn,an1100200bn1an．（＊1004433）因为题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不如直接考虑数列anbn．由（＊）可得：an1bn11bn12anbn12anbn12an1an3bn1anbn3333442所以，数列anbn是以a1b11.8为首项，以1为公比的等比数列．2所以，anbn1.8

12

n1．n1由题，令anbn<0.01，得11．所以，n1lg180log2180．2180lg2由2718028得7log21808，所以，n8．即从第9个观察点开始，两股水流的含沙量之差小于0.01kg/m3．【例11】用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a对于h的分析式；(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解此题时，不计容器厚度)解：①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得：a241ha212消去h.解得:a(a0)a21a2h12h214②由V1a2hh1)(h＞0)33(h2得：V1而h12h121)hh3(hh所以V≤1，当且仅当h=1即h=1时取等号6h故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为1立方米.6六、专题练习【不等式的解法练习1】1．不等式|ax1a(aR)的解集是（D）x|（A）{x|x1}（B）{x|x1}a2a（C）{x|1x1}（D）{x|x0或0x1}2aa2a．当x(1,2)时，不等式(x1)2logax恒建立，则a的取值范围是（B）2（A）[2,)（B）（1，2）（C）(1,2]（D）（0，1）3．不等式log(x1)(2x3)log(x1)(x2)建立的一个充分但不用要条件是（B）（A）x2（B）x4（C）1x2（D）x11（B4．三个数log2,20.1,20.2的大小关系是）4（A）log210.20.1120.10.2422（B）log224（C）20.120.21（D）20.1log2120.2log2445．若全集IR，Axx10，Bxx22lgx则AB是(B)A．2B．1C．D．xx16．以下命题中，正确的选项是(C)A．若x2x，则x0B．若x0，则x2xC．若x0，则x2xD．若x2x，则x07．若a，b是随意实数，且ab，则(D)babA．a2b2B．C．lgab0D．111a228．设0ab且ab1，则以下四数中最大的是(A)A．a2b2B．2abC．aD．129．不等式a2x22a2x40对xR恒建立，则a的取值范围为(D)A．，22，B．，22，C．2，2D．2，210．不等式05.2lgx1的解集是(B)A．1，1B．1，00，1C．D．，11，2211．当a、bab建立的充要条件是(C)R时，不等式1abA．ab0B．ab0C．a2b20D．ab012．已知a、bR，且ab3，那么3a3b的最小值是(B)A．6B．63C．8D．83x013．不等式组3x2x的解集是(D)3x2xA．x0x2B．x0x2.5C．x0x3D．x0x6log1x1的解集是(C)14．不等式x2xA．x0x1B．xx2C．x0x1或x2D．xx0或1x215．1x，则logax2，2，logax的大小次序是alogaxlogalogax2logax2logalogax31，则a的取值范围是。16．若log1a4(0,1)(4,)3x31的解集是211，17．不等式，13222x18ax2ax10的解集是空集，那么a的取值区间是[0，4]．对于x的不等式19.解不等式：a2x1ax2ax2(a0)解：∵ax2+ax2=(a2+1)ax，变形原不等式，得a2a2x(a21x1，即(ax2)(ax1a2)a0aa2)0当0<a<1时，a21，则a2<ax<a-2，∵-2<x<2a2(2)当a>1时，a21，则a-2<ax<a2，∴-2<x<2a2(3)当a=1时，a21，无解。综上，当a≠1时，-2<x<2，当a=1时无解。a220．对于x(1,2]，对于x的不等式lg2ax<1总建立，务实数a的取值范围。lg(ax)解：由1＜x≤2，得a>0,a+x>1,∴lg(a+x)>0∴有lg2ax<lg(a+x),2ax<a+x(2a-1)x<a(1)a>1时，x<a1，由1＜x≤2时x<a总建立，得a1>2，∴1<a<222a2a12a23(2)a=1时，有0·x<1∴1＜x≤2时不等式总建立22(3)0<a<1时，x>a1，由1＜x≤2时x>a总建立，得a≤1，综合0<a<1，得22a2a1210<a<22综上，0<a<321、已知函数fxlog1x21x（1）求函数fx的定义域；（2）判断fx的单一2性，并用函数单一性的定义予以证明解：（1）由x2x21xx210,x2101x0x0或1，x0xx21x2故fx的定义域为[,1]（2）任取x1x21,令gxx21x，则gx2gx1x21x2x21x1x21x21x2x1212=x22x12x2x1x2x1x2x1x221x121x21x21x21x212121(x2x1)x221x2x121x1x2220，1x11故gx2gx1又函数ylog1x在0,上是减函数，2所以有log1gx2log1gx1，即fx2fx1，22即fx在(,1]上是增函数22．解不等式logx3x111解：由x10且x0，x1，得x1，原不等式等价于3x11x3x1x1而x1；9x1x22x1整理，x27x1002x5∴2x5为所求。【不等式的解法练习2】一、选择题(x1)2(x1)1．设函数f(x)=2x2(1x1)，已知f(a)＞1，则a的取值范围是()11(x1)xA.(－∞，－2)∪(－1，+∞)B.(－1，1)222C.(－∞，－2)∪(－1，1)D.(－2，－1)∪(1，22+∞)二、填空题2．已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a2，b)，g(x)＞0的解集是(a2，b)，22则f(x)·g(x)＞0的解集是__________.3．已知对于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是__________.三、解答题4．已知合适不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3.(1)求p的值；(2)若f(x)=px1，解对于x的不等式f-－1(x)＞logp1x(k∈R+)px1k5．设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=7，问能否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+1≤f(x)22≤2x2+2x+3对一确实数x都建立，证明你的结论.26．已知函数f(x)=x2+px+q，对于随意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2.(1)求p、q之间的关系式；(2)求p的取值范围；(3)假如f(sinθ+2)的最大值是14，求p的值.并求此时f(sinθ)的最小值.7．解不等式a1x8．设函数f(x)=ax知足条件：当x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当x∈(0，1]时，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒建立，务实数m的取值范围.不等式的解法练习2参照答案一、1.分析：由f(x)及f(a)＞1可得：a11a1a11(a1)2①或2a2②或③1111a解①得a＜－2，解②得－1＜a＜1，解③得x∈2a的取值范围是(－∞，－2)∪(－1，1）2答案：C二、2.分析：由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0的解集是(－b,a2).由f(x)·g(x)＞0可得：22f(x)0f(x)0a2xbbxa2或或,即a2bba2g(x)0g(x)02x2x22x∈(a2，b)∪(－b，－a2)22答案：(a2，b)∪(－b，－a2)223.分析：原方程可化为cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原问题转变为方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上起码有一个实根.令f(t)=t2－2t－a－1，对称轴t=1，绘图象剖析可得f(1)0解得a∈［－2，2］.f(1)0答案：［－2，2］三、4.解：(1)∵合适不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3，x－3≤0，∴|x－3|=3－x.若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，则原不等式为x2－3x+p+2≥0，其解集不行能为{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p.∴原不等式为x2－4x+p+3－x≤0，即x2－5x+p－2≤0，令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8.(2)f(x)=8x1，∴f-－1(x)=log81x(－1＜x＜1)，8x11x∴有log81x＞log81x，∴log881xk(1－x)＜logk，∴1－x＜k，∴x＞1－k.∵－1＜x＜1，k∈R+，∴当0＜k＜2时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}；当k≥2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜1}.7得a+b+c=7212323推得5.解：由f(1)=2，令x+=2x+2x+xx=－1，由f(x)≤2x+2x+2222f(－1)≤3.2由f(x)≥x2+1推得f(－1)≥3，∴f(－1)=3，∴a－b+c=3，故22222(a+c)=5，a+c=5且b=1，∴f(x)=ax2+x+(5－a).22依题意：ax2+x+(5－a)≥x2+1对全部x∈R建立，22a≠1且=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0，f(x)=3x2+x+12易考证：3x2+x+1≤2x2+2x+3对x∈R都建立.22∴存在实数a=3，b=1，c=1，使得不等式：x2+1≤f(x)≤2x2+2x+3对全部x∈R都成222立.6.解：(1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即当x∈［－1，1］时，f(x)≤0，当x∈1，3］时，f(x)≥0，∴当x=1时f(x)=0.∴1+p+q=0，∴q=－(1+p)(2)f(x)=x2+px－(1+p)，当sinθ=－1时f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0(3)注意到f(x)在［1，3］上递加，∴x=3时f(x)有最大值.即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3.此时，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］时f(x)的最小值.又f(x)=(x+3)2－25，明显24此函数在［－1，1］上递加.∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6.110x7.解：(1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组11ax由此得1－a＞1.因为1－a＜0，所以x＜0，∴1＜x＜0.x1a110①(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组：x11ax由①得x＞1或x＜0，由②得0＜x＜1，∴1＜x＜1.11aa综上，当a＞1时，不等式的解集是{x|11＜x＜0}，当0＜a＜1时，不等式的解集a为{x|1＜x＜1}.1a8.解：由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1]恒建立.3mx11mxx2在x∈(0，1]恒建立.1mxx2m2整理，当x∈(0，1)时，2x1x2恒建立，m(x1)x21m1x2x2即当x∈(0，1]时，2x恒建立，且x=1时，2mx1恒建立，x2x2m1m(x1)1x1∵1x21x在x∈(0，1]上为增函数，∴1x20，2x2x22x∴m＜1x2恒建立m＜0.2x又∵x21(x1)22，在x∈(0，1]上是减函数，x1x1∴x21＜－1.x121m1x22x∴m＞x恒建立m＞－1当x∈(0，1)时，恒建立m∈(－1，0)①x1x21mx1当x=1时，2mx1x2，即是m0∴m＜0m(x1)x2101②∴①、②两式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1]时，f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒建立，m的取值范围是(－1，0)【不等式的证明练习】一、填空题ab1．已知

x、y是正变数，

a、b是正常数，且

=1，x+y的最小值为

__________.xy2．设正数a、b、c、d知足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.3．若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.二、解答题4．已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥13(2)3a23b23c2≤65．已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=1，证明：x，y，z∈［0，2］236．证明以下不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则bcx2cay2abz2≥2(xy+yz+zx)abc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，则yzzxxy≥2(111)xyzxyz7．(xx全国)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAim＜miAin；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.参照答案一、1.分析：令a=cos2θ，b=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θxy+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab.答案：a+b+2ab2.分析：由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bca+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc3.分析：把p、q当作变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－1=1(3a2+3b2+3c2－1)31［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］31［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］31［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0∴a2+b2+c2≥133证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1∴a2+b2+c2≥13证法三：∵a2b2c2abc∴a2+b2+c2≥abc333a2+b2+c2≥13证法四：设a=1+α，b=1+β，c=1+γ.333a+b+c=1，∴α+β+γ=0a2+b2+c2=(1+α)2+(1+β)2+(1+γ)23331+2(α+β+γ)+α2+β2+γ2331+α2+β2+γ2≥133a2+b2+c2≥13(2)证法一:3a2(3a2)13a21,2同理3b23b3,3c3c32223a23b23c3(abc)9226∴原不等式建立.证法二：3a23b23c2(3a2)(3b2)(3c2)333(abc)633∴3a23b23c2≤33＜6∴原不等式建立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=1，得x2+y2+(1－x－y)2=1，整理成对于y的一元二22次方程得：2y2－2(1－x)y+2x2－2x+1=0，∵y∈R，故≥024(1－x)2－4×2(2x2－2x+1)≥0，得0≤x≤2，∴x∈［0，2］233同理可得y，z∈［0，2］3证法二：设x=1+x′，y=1+y′，z=1+z′，则x′+y′+z′=0，333于是1=(1+x′)2+(1+y′)2+(1+z′)22333=1+x′2+y′2+z′2+2(x′+y′+z′)33122212(yz)2132=+x′+y′+z′≥+x′+2=+x′3332故x′2≤1，x′∈［－1，1］，x∈［0，2］，同理y，z∈［0，2］93333证法三：设x、y、z三数中如有负数，不如设x＜0，则x2＞0，1=x2+y2+z2≥2(yz)2(1x)2x232x1＞1，矛盾.x2+22x222x、y、z三数中如有最大者大于2，不如设x＞2，33则12222(yz)22(1x)2=3212=x+y+z≥x+2=x+22x－x+2=3x(x－2)+1＞1；矛盾.2322故x、y、z∈［0，2］36.(1)证明:bcx2ca22yb(bx2ay22xy)(cy2abb(ba2(cbxy)byabcbcx2cayabz2abc

abz22(xyyzzx)cbz22yz)(az2cx22zx)ccaz)2(ac20zx)a2(xyyzzx)证明:所证不等式等介于(2)x2y2z2(yzzxxy)2(xyyzzx)2xyzxyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)2(xyz)(y2zyz2z2xzx2x2yxy2)2(x2y2y2z2z2x2)4(x2yzxy2zxyz2)y3zyz3z3xzx3x3yxy32x2yz2xy2z2xyz2yz(yz)2zx(zx)2xy(xy)2x2(yz)2y2(zx)2z2(xy)20∵上式明显建立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i≤m，且Ami=m··(m－i+1)，Aimmm1mi1Aminn1ni1mimmm,同理nn，nin因为m＜n，对于整数k=1，2，，i－1，有nkmk，nmAniAmiiiii所以nimi,即mAnnAm(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C1nm+C2nm2++Cnnmn，(1+n)m=1+C1mn+C2mn2++Cmmnm，由(1)知miAin＞niAmi(1＜i≤m)，而Cmi=Ami,CniAnii!i!miCin＞niCim(1＜m＜n)m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cmn1＞0，，mnCnn＞0，1+C1nm+C2nm2++Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2++Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m建立.8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则mab，nab因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且=m2－4n≥0①因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)所以n=m2233m②将②代入①得2m22)≥0，m－4(33m即m38≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，3m由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，进而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）证法四：因为a3b3(ab)322(ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab)(ab)288≥0，所以对随意非负实数a、b，有a3b3ab32≥()2因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=a3b3ab3，2≥()2ab≤1，即a+b≤2，(以下略）2证法五：假定a+b＞2，则a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，所以ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)【不等式的应用练习1】一、选择题1.定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出以下不等式，此中正确不等式的序号是()f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)A.①③B.②④C.①④D.②③二、填空题4≥4；③设x，y都是正数，若2.以下四个命题中：①a+b≥2ab；②sin2x+sin2x1912；④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，此中全部x=1，则x+y的最小值是y真命题的序号是__________.3.某公司租地建库房，每个月土地占用费y与车库到车站的距离成反比，而每个月库存货1物的运费y2与到车站的距离成正比，假如在距车站10公里处建库房，这两项花费y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项花费之和最小，库房应建在离车站__________公里处.三、解答题4.已知二次函数2，x.12(1)假如x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；(2)假如|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.5.某种商品本来订价每件p元，每个月将卖出n件，倘若订价上升x成(这里x成即x，100＜x≤10).每个月卖出数目将减少y成，而售货金额变为本来的z倍.(1)设y=ax，此中a是知足1≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；3(2)若y=2x，求使售货金额比本来有所增添的x的取值范围.36.设函数f(x)定义在R上，对随意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；(2)求证：f(x)在R上单一递减；(3)设会集A={(x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，会集B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围.7.已知函数2x2bxc1，3］，f(x)=1(b＜0)的值域是［x2(1)求b、c的值；(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单一性，并证明你的结论；(3)若t∈R，求证：lg7≤F(|t－1|－|t+1|)≤lg13.5665参照答案一、1.分析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－［g(a)－g(b)］=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)答案：A二、2.分析：①②③不知足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.答案：④3.分析：由已知120；y2为库房与车站距离)花费之和y=x=0.8x(x1220≥20.8x20xx当且仅当0.8x=20即x=5时“=”建立x答案：5公里处三、4.证明：(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，于是得x0b1(b11)1(x1x2)1x1x21(x1x2)(x1x2)212a21aa222x2)2(24)21(x122(2)解：由方程g(x)=ax21＞0，所以x同号a1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，g(2)＜0，即4a+2b－1＜0①又(x2－x1)2=(b1)244a2a∴2a+1=(b1)21(∵a＞0)代入①式得，2(b1)21＜3－2b②1解②得b＜2°若－2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0③又2a+1=(b1)21，代入③式得2(b1)21＜2b－1④解④得b＞74.综上，当0＜x1＜2时，b＜1，当－2＜x1＜0时，b＞7.445.解：(1)由题意知某商品订价上升x成时，上升后的订价、每个月卖出数目、每个月售货金额分别是：p(1+x)元、n(1－y)元、npz元，因此1010npzp(1x)n(1y),z1(10x)(10y)，在y=ax的条件下，z=1［－a1010100100［x－5(1a)］2+100+25(1a)2］.因为1≤a＜1，则0＜5(1a)≤10.aa3a要使售货金额最大，即便z值最大，此时x=5(1a).a(2)由z=1(10+x)(10－2x)＞1，解得0＜x＜5.10036.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)∴f(m)=1，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1f(m)(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函数f(x)在R上为单一减函数.f(x2y2)f(1)得x2y21，由题意此不等式组无解，数形联合得：(3)由axy20f(axy2)1f()|2|≥1，解得a2≤3a21∴a∈［－3，3］7.(1)解：设y=2x2bxc，则(y－2)x2－bx+y－c=0x21①∵x∈R，∴①的鉴别式≥0，即b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的两根132c18cb2∴c=2，b=－2，b=2(舍）34(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且2112212x2(2x2(x2x1)(1x1x2)＞0，(x－x)(1－xx)＞0，∴f(x)－f(x)=－22)(12)(12)1x21x1x1x2f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)F(x)为增函数.(3)记u|t1||t1|,|u||(t1)(t1)|1,66663即－1≤u≤1，依据F(x)的单一性知33F(－1)≤F(u)≤F(1)，∴lg7≤F(|t－1|－|t+1|)≤lg13对随意实数t建立.335665【不等式的应用练习2】1．设ab，b，且xlogab，ylog11ab，zlog1a，则x、、之间的大小关0a1yz(b)ba系为(C)A、yxzB、zyxC、yzxD、xyz解：ab10a1，0b1logablogaa1x1，ylgab1，z1ab1logablgabyzx2．给出函数f(x)arccos(sinx)，那么(B)A、f()f()f()B、f()f()f()336363C、f()f()f()D、f()f()f()633633解：ysinx在（－，）递加，yarccosx，在(1，1)逆减，yarccos(sinx)在22(，)上递减。223．已知x2y24，那么x28y5的最大值是（B）（A）10（B）11（C）12（D）15解：由x2y24x24y202y2.由ux28y5(4y2)8y5(y28y)115(y4)2·u'(y4)2在[－2,2]上单一递减，∴当y=2时，umax15(24)211.选B.（利用圆的参数方程也可很快求解）4．若2sin2αsin2＝，则cos2αcos2βB）β2sinα0的取值范围是（（A）[1,5]（B）[1,2]（C）[1,9]（D）[－1，2]4解：cos2cos22sin2sin2，而sin22sin22sin，故cos2cos22sin22sin22sin2(sin1)21.又∵2sin22sinsin20,∴0sin1,∴1cos2cos22。选B.5．数列an中，an0，且anan1是公比为q(q0)的等比数列，知足anan1an1an2an2an3(nN)，则公比q的取值范围是（B）（A）0q12（B）0q15（C）0q12（D）0q152222解一：设anan1(a1a2)qn1，不等式可化为(a1a2)qn1(a1a2)qn(a1a2)qn1.∵an0,q0,∴q2q10.0q15.选B.2解二：令n=1，不等式变为a1a2a2a3a3a4，a1a2a1a2·qa1a2q2·∵a1a20，∴1qq2，解之0q15.26．以下不等式中，不建立的是（C）（A）sin130sin140（B）cos130cos140（C）tg130tg140（D）ctg130ctg1407．已知ab0，那么以下不等式中必定建立的是（D）（A）ab0（B）a2b2（C）|a||b|（D）11ab8．已知ab0，全集I=R·M={x|bxababxa}，则MN=}，N={x|2（A）（A）{x|bxab}（B）{x|abxab2}（C）{x|bxab}（D）{x|xab，或xa}229．定义在R上的奇函数f(x)是减函数，设ab0，给出以下不等式：（A）f(a)f(a)0；（B）f(a)f(b)0；（C）f(a)f(b)f(a)f(b)（D）f(a)f(b)f(a)f(b)其建立的是（C）（A）①与③（B）②与③（C）①与④（D）②与④10．若实数x,y知足xy>0，且x2yz，则xyx2的最小值为。3；提示：xyx21xy1xyx2331x4y2331223，当且仅当1xyx2即y2x时，22442上式等号建立，又x2y2故此时x1,y211．某乡为提升当地民众的生活水平，由政府投资兴建了甲、乙两个公司，

xx年该乡从甲公司获取收益

320万元，从乙公司获取收益

720万元。此后每年上交的收益是：甲企业以

1.5倍的速度递加，而乙公司则为上一年收益的

2。依据测算，该乡从两个公司获取3的收益达到

xx万元能够解决饱暖问题，达到

8100万元能够达到小康水平

.1）若以xx年为第一年，则该乡从上述两个公司获取收益最少的一年是那一年，该年还需要筹集多少万元才能解决饱暖问题？2）试估量xx年末该乡可否达到小康水平？为何？解：（Ⅰ）若以xx年为第一年，则第n年该乡从这两家公司获取