【考点梳理】北大附中解析不等式组

选校网专业大全历年分数线上万张大学图片大学视频院校库HYPＥＲLINK＂http：／/www.xuaｎｘiａｏ．cｏm＂选校网HＹPＥＲＬINＫ"http：/／ｗww.ｘｕanxiao．ｃom"www。xuaｎxiａo。ｃomHYPERLINＫ＂httｐ：//ｇaｏkao。ｘuaｎxｉ”高考频道HYPERLＩNＫ”ｈttp:/／zhｕaｎyｅ。xuaｎxiaｏ.ｃom"专业大全HYPERLINＫ"ｈｔｔｐ：/／wｗw.xuａnｘｉao．ｃoｍ/ｆeｎshｕ＂历年分数线ＨＹPＥRＬINK"ｈｔｔp://imａｇe。xｕaｎ”上万张高校图片ＨYPERLINＫ"hｔtp：／/viｄeo。xuａnｘiao.coｍ/”高校视频HYPEＲＬINK"hｔtp：//gａoxiaｏ.xuａｎｘiaｏ。ｃom＂院校库【考点梳理】一、考试内容不等式,不等式的性质，不等式的证明，不等式的解法，含有肯定值的不等式。二、考试要求1。掌握不等式的性质及其证明，掌握证明不等式的几种常用方法，掌握两个和三个（不要求四个和四个以上)“正数的算术平均数不小于它们的几何平均数”这两个定理,并能运用上述性质、定理和方法解决一些问题。2．在娴熟掌握一元一次不等式（组)、一元二次不等式（组)的解法的基础上初步掌握其他的一些简洁的不等式的解法。３.会用不等式||a｜-｜b｜｜≤｜a+ｂ｜≤｜a｜+|ｂ｜。三、考点简析１。不等式知识相互关系表2.不等式的性质（1）作用地位不等式性质是不等式理论的基本内容，在证明不等式、解不等式中都有广泛的应用。高考中，有时直接考查不等式的性质,有时间接考查性质（如在证明不等式、解不等式中就间接考查了掌握不等式性质的程度）。精准地熟识、运用基本性质,并能举出适当反例，能辨别真假命题是学好不等式的要点.（2）基本性质实数大小比较的原理与实数乘法的符号法则是不等式性质的依据。在不等式性质中,最基本的是:①a>ｂb<a(对称性)②a〉b，b〉ca>ｃ(传递性）③a>ba+c〉ｂ+c(数加）④（ａ>b，ｃ=０a·c=b·c)与等式相比，主要区分在数乘这一性质上,对于等式ａ＝ｂac=bc，不论c是正数、负数还是零，都成立，而对于不等式ａ＞b,两边同乘以c之后,ac与bc的大小关系就需对c加以商量确定。这关系即使记得很清楚,但在解题时最容易犯的毛病就是错用这一性质,尤其是需商量参数时.(3）基本性质的推论由基本性质可得出如下推论：推论１:a>b>0，ｃ>ｄ＞0ac〉bd推论2：a>b〉０，c〉d>0推论３:ａ〉b＞0an＞bn（n∈N）推论4:a＞b>0（ｎ∈N)对于上述推论可记住两点:一是以上推论中ａ，ｂ，c，d均为正数,即在{x｜x是正实数｝中对不等式实施运算;二是直接由实数比较大小的原理动身.３．不等式的证明（1）作用地位证明不等式是数学的重要课题，也是分析、解决其他数学问题的基础,格外是在微积分中，不等式是建立极限论的理论基础。高考中，主要涉及“ａ,b〉０时,ａ＋b≥2"这类不等式，以及运用不等式性质所能完成的简洁的不等式的证明。用数学归纳法证明的与自然数有关命题的不等式难度较大。（2)基本不等式定理1:如果a,b∈｛ｘ｜ｘ是正实数｝,那么≥(当且仅当ａ=b时取“=”号）定理２：如果a,ｂ，c∈{x|ｘ是正实数｝，那么≥（当且仅当a=b=c时取“＝”号）定理３：如果a、b∈｛x|ｘ是正实数}，那么≤≤≤(当且仅当a=b时取“=”号）推论4:如果a，b，c∈｛x｜ｘ是正实数}，那么≤≤≤（当且仅当a＝b=c时取“＝”号）由上述公式还可衍生出一些公式①４ａb≤(a＋ｂ）2≤2（ａ2＋b2），a、ｂ∈R(当且仅当a＝b时等号成立)②ａ2+b2＋ｃ2≥ａb+bｃ+ｃa,ａ，ｂ,c∈R（当且仅当ａ=b=ｃ时等号成立)③ａ2＋b2＋c２≥（a＋b+c)２≥ab+bｃ＋ca，a，b，c∈R(当且仅当a=b=ｃ时等号成立）④｜＋｜≥2（当且仅当｜ａ|=｜b|时取“=”号）⑤ａ〉０，b＞0，a+b=1，则aｂ≤等.(4）不等式证明的三种基本方法①比较法:作差比较，依据a－ｂ＞0a〉b，欲证a>ｂ只需证a－b＞0；作商比较,当b＞0时，ａ〉b＞1.比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有时依据题设可转化为等价问题的比较（如幂、方根等).②分析法:从求证的不等式动身寻找使该不等式成立的充分条件。对于思路不明显，感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径.③综合法：从已知的不等式及题设条件动身,运用不等式性质及适当变形（恒等变形或不等变形)推导出要求证明的不等式。4.不等式的解法(1)作用与地位解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段,与“等式变形”并列的“不等式的变形"，是讨论数学的基本手段之一。高考试题中，对解不等式有较高的要求,近两年不等式知识占相当大的比例。（2)一元一次不等式(组)及一元二次不等式(组）解一元一次不等式(组)及一元二次不等式(组）是解其他各类不等式的基础，必须娴熟掌握,灵敏应用。(3)高次不等式解高次不等式常用“数轴标根法”。一般地，设多项式F（ｘ)=a(ｘ—a1）（x—ａ2）…（x－an）（a≠０)它的ｎ个实根的大小挨次为ａ1<a２<…<ａｎ,把数轴分成ｎ＋1个区间:（-∞,a1)，（a1，a２），…，（ａｎ－1，an），（ａn，+∞）自右至左给这些区间编上挨次号,则当a>0时有：①在奇数区间内，F(ｘ）〉0。②在偶数区间内，F（x）〈０(4）分式不等式分式不等式的等价变形：＞0f（x)·ｇ（x）>0≥0（5）无理不等式两类常见的无理不等式等价变形：≥g（x)或〈g（x）（6）指数不等式与对数不等式①当0<a<1时a(fx）>ａｇ（ｘ)ｆ（ｘ）〈g(x)②当ａ＞1时a(fx)〉aｇ（x）f(x）>g(ｘ)ｌoｇａf(x）〉ｌogaｇ（x)f(ｘ）〉ｇ（x）＞0（7）含参数不等式对于解含参数不等式,要充分利用不等式的性质。对参数的商量，要不“重复"不“遗漏”.5.含有肯定值的不等式(１）作用与地位肯定值不等式适用范围较广,向量、复数的模、距离、极限的定义等都涉及到肯定值不等式。高考试题中,对肯定值不等式从多方面考查.（２）两个基本定理定理１：｜｜a|－|b|｜≤｜ａ+b|≤｜a|＋｜ｂ｜（a、ｂ∈R）定理2:｜｜a|－｜ｂ｜|≤｜a-b｜≤|ａ|＋|ｂ|（a、b∈Ｒ）应理解其含义,掌握证明思路以及“="号成立的条件.(３）解肯定值不等式的常用方法①商量法:商量肯定值中的式于大于零还是小于零,然后去掉肯定值符号,转化为一般不等式.②等价变形：解肯定值不等式常用以下等价变形｜x｜〈ａx2〈a２-ａ<ｘ〈a(ａ>０)｜x｜＞aｘ2>ａ2x〉a或x〈—a(a＞０）一般地有：|f(x）|＜g（x）—g(x)<f(ｘ)〈g（x)｜ｆ（x)｜〉g（x)f（ｘ）＞g（x)或ｆ（x）＜g(x）四、思想方法１。不等式中常见的基本思想方法（1)等价转化。简略地说,就是无理化为有理，分式化为整式，高次化为低次，肯定值化为非肯定值，指数、对数化为代数式等。（２）分类商量。分类商量的目的是处理解决问题过程中遇到的障碍,在无障碍时不要提前进行分类商量。（3)数形结合。有些不等式的解决可化为两个函数图像间的位置关系的商量等几何问题.（4）函数方程思想。解不等式可化为解方程或求函数图像与ｘ轴交点的问题,依据题意推断所求解的区间。如“标根法”实际上就是一种函数方程思想。2。证明不等式的常用方法除了课本上介绍的证明不等式的三种基本方法外，还有如下常用方法:(1）放缩法若证明“A≥B”，我们先证明“A≥C”，然后再证明“C≥B”，则“Ａ≥B”。(2)反证法反证法是通过否定结论导致冲突，从而肯定原结论的一种方法。（3）数学归纳法证明与自然数ｎ有关的不等式时，常用数学归纳法。此法高考中已多次考查。（４)变量代换法变量代换是数学中的一种常用的解题方法，对于一些结构比较简洁,变化较多而关系不太清楚的不等式,可适当地引进一些新的变量进行代换，以简化其结构。其代换技巧有局部代换、整体代换、三角代换、增量代换等。（5）函数方法通过利用函数的性质，如单调性、凹凸性、有界性、实根存在的条件等证明不等式的方法称为函数方法.(6)构造方法不等式证明中的构造方法，主要是指通过引进合适的恒等式、数列、函数、图形及变量等帮助手段,促使命题转化，从而使不等式得证。此法技巧要求较高，高考试题中很少见。【例题解析】例1证明下列不等式:（1）若x，y，ｚ∈R，ａ,b，c∈｛x|x是正实数｝,则x2+ｙ2＋z2≥2（xｙ+ｙｚ+zｘ）;（2）若x，y,ｚ∈{x｜x是正实数｝,且x+y+z=ｘｙz,则++≥2（++）２.解（1）先考虑用作差证法∵x２＋y2＋z２－2(ｘy+yz+zｘ)=（ｘ２+ｙ2-２ｘｙ）＋（ｙ2+z2-2yz）+（z２＋x2-２zx)=（xｙ）2+（y-z）2+（ｚ-x）２≥0∴x２+ｙ２+z2≥2（xy+yz＋zx）（2)采纳等价转化法所证不等式等价于ｘ2y2z2（+＋）≥2（xy+yz+zｘ)2ｘyz·[yz(y＋ｚ)+zx(ｚ+x）+xy（x+y）]≥2（ｘy+ｙz+zｘ）2（ｘ+y+z)(ｙ2z＋yz2+ｚ2x+zｘ2＋x２y＋ｘｙ2）≥2(x２y２＋y2z２+z2ｘ2)＋4（x２ｙz+xy２z+xｙz2)y3z+yz3+ｚ3ｘ+zx3+x3ｙ+ｘy3≥2x２yz+2xｙ2z+２ｘyz2yz(ｙ-z）２+ｚx(z—ｘ）２＋xｙ(ｘ-ｙ)2+x2(y-z)2＋y２（z-x)２+ｚ2（x－y)2≥0∵上式显然成立∴原不等式得证。注（1)配方技巧的实现关键在于合理的分项,正是这种分项我们对（1）还可证明如下：x2＋y2+z2=（x2+ｙ2）+（y2+z2)＋(z2＋x２）≥2+2＋2≥2(xy＋yｚ＋ｚx)(2)的证法要害是:化分式为整式，活用条件,即用x+y＋z代换xyz,以及配方技术。事实上，这个代数不等式的实质是如下三角不等式:在锐角△ABＣ中,求证：cｏｔA（taｎＢ+tanC）＋ｃotＢ·（ｔａnC+ｔaｎＡ）＋ｃｏｔC·(tａnA＋tanＢ）≥2（ｃotA＋cotB+cotC)2例2证明若x,y,z∈Ｒ,且ｘ＋y＋z=１，ｘ2＋y２+z２=，则x，y,z，∈［0，]。证法一由x＋y+z＝1，ｘ2+ｙ2＋z2=，得：x２＋y2+（1－ｘ－ｙ）2=整理成关于y的一元二次方程得：2y2－２（１-ｘ)y+2x２－２ｘ—=０∵ｙ∈Ｒ，故Δ≥0４（1-ｘ）2—4×２(2x2－２x—）≥0解之得:0≤x≤∴x∈［0，］同理可得：y，z∈[0，］证法二设x=+x′，ｙ＝+y′,z=＋ｚ′，则x′+y′+ｚ′=0于是故，x′∈［－，］，ｘ∈[0，],同理，y，ｚ∈［0,］证法三反证法设x、ｙ、z三数中若有负数，不妨设x〈0，则ｘ2＞0,＝x2+y２＋z２≥x２+＝+x2＝x2-ｘ＋＞,冲突.设ｘ，y,z三数中若有最大者大于，不妨设x＞,则：=x２+y２+z2≥x2+=x2+=x2－x＋=x·(ｘ－)+>，冲突。故x,y,z∈[0，］.注:本题证法甚多，最易接受的方法是证法一的判别式法,由于该法思路明晰,易于操作，技巧性不强.例３已知i、m、n是正整数,且1<i≤m<n,（1)证明:ｎiAmi〈ｍiAnｉ；（２）证明:。证明（1)对于1<ｉ≤m，有Ami=ｍ……(m－i＋1），∵=·……，同理＝·……。由于m〈ｎ，∵对于整数k＝1，2，…,i—1,有>，所以＞即ｍiAnｉ〉niAmi(2）由二项式定理有（1＋ｍ）ｎ＝１+Ｃｎ1m+Ｃn2ｍ2+…+Ｃｎｎmｎ（１+ｎ）m＝1+Cｍ1ｎ＋Cm2n2＋…+Ｃmmnｍ由（1）知mｉAni〉ｎiAmi(１〈i≤m＜ｎ)而Ｃmｉ=，Cｎi=，°∴miCni>niCmｉ(ki≤m＜ｎ）∴m０Ｃn０＝ｎ０Cn０＝１，mCn1=nCｍ１=m·ｎ，m２Cn２＞，…mmＣnm>nmCmｍ，ｍm+1Ｃnm+1>０,…,ｍmCｎｎ＞0,∴１+Cｎ１m＋Cｎ2ｍ2＋…＋Ｃｎnmn＞１+Cm1n+Cｍ2n2+…＋Cmmnn，即（1+m)n>(1+ｎ)ｍ成立。注本题是2001年全国高考数学试题，上述证明方法关键是配对。除了上述证法外，本题还有很多另外的证法，下面另举两种证法。(1)法一：令n=ｍ+k,(k∈N）对自然数t=1,2，…，i—1,ｔ<m,有<，从而得：1+〈１+∴（1+)i＜（1＋）（1+）…（１+）∴（)i＜∴（m+k）im（m—１)…(m—i+1)＜ｍi(m+k）（m+k—１）…（m+k—ｉ+1)即ｎiAmi〈miAnｉ法二：由于i、ｍ、n是正整数，且1<i≤m＜n，不妨设n=m+k（其中k∈Ｎ）.下面对正整数i实施数学归纳法.（i）当ｉ=２时,左边=n２Am2＝n2m(m—１）=n2（m２—m）=（m+k）2（ｍ２－m)＝ｍ2·(ｍ+k)2－m·(m+k）２，右边=m2An2＝ｍ2n(ｎ-１）=ｍ2（m＋ｋ)（m＋k—1）＝ｍ2（ｍ＋k)2-ｍ2(m+k)∵(m+ｋ）2>ｍ·(m+k)∴m（m+k)2＜m2(m＋k）故m2(m+k)２—m（m+ｋ）2〈m2（m+ｋ)2－m2（ｍ＋k)，即左边＜右边，这说明i=2时,原不等式成立。(ｉi)假设i=ｋ′时，成立。∵∴∴这说明ｉ=l+k′时，也成立。由(ｉ）（iｉ）可知，对于满意条件1<ｉ≤m的全部自然数ｉ,原不等式都成立.（2）法一:令f（k）=（k≥3，k∈Ｎ)∵=·==＞1∴ｆ（ｎ+1）>ｆ（ｎ）∴当k≥3,ｋ∈N时，ｆ（ｋ）单调递增，又∵∴kｋ＋１〉(ｋ+１）k，即k>（k+１)于是经过有限次传递，必有：（n+1)<(ｍ+１）∴(１+ｍ）n>（１+ｎ)m法二：（1＋m）n〉（１＋n）mnlg(1＋m）＞mlg（1+ｎ）〉令f（n)＝,n≥2又,即＞（１+n）n＋1〉（２+n)n(）n>（1－)n＞∵n≥2，—〉-1∴由贝努利不等式得（１－）n＞1－＝＞∴>,∴f（ｎ)单调递减，又∵m＜n∴＞∴（1+m)n＞例4解下列关于x的不等式:（1)a２x+1≤ａx+2＋ax－2（a＞０);（2）logａ（1—)〉1(a＞0且a≠1)。解在解指、对数不等式时，常要对底数ａ进行分类,然后依据其函数的单调性来实现转化，在转化过程中注意不等式解的等价性。（1）原不等式等价于a2x-(ａ2＋ａ－2)ａx＋１≤0(ａｘ-a２)(ａｘ-a－２)≤0(i)当0<a＜1时，a2〈a—2,∴a2≤ax≤a－２即-２≤ｘ≤2(ii)当ａ>1时,a２>a－2，∴a-2≤ａx≤a2即-2≤ｘ≤２(iiｉ)当a＝1时,x为一切实数。综上所述：当0＜a＜1或a〉1时，原不等式的解为｛ｘ｜－2≤x≤２｝；当a=1时，解集为Ｒ。(2）(i）当a>１时,原不等式等价于1－〉a1-a>∵１-ａ＜０∴<x＜０（iｉ）当0〈ａ〈１时，原不等式等价于1＜x＜综上所述：当a＞１时,原不等式解集是{x｜<x<0｝；当０〈a＜1时,原不等式的解集是｛ｘ｜1<x＜｝.注(１)本题求解过程中易漏掉a=１的情形，盼望同学们加以注意。（2)如果应用性质＜0f(ｘ)·g(ｘ)＜０,就能简化上述解法。事实上(ｉ)当ａ〉１时,原不等式等价于1—＞ａ〈０x(ｘ-)<0<x〈0（ｉi）当0＜ａ〈1时，原不等式等价于0＜1-＜ａ（１-）(１－—a)<０〈0(ｘ-1)（x—）<01＜x<记住一些有用的小结论,有利于优化解题过程。例5设函数ｆ（x）=ｌoｇｂ(b＞0且b≠１），（1)求f(ｘ)的定义域；(２）当ｂ＞1时，求使ｆ（ｘ）>0的全部ｘ的值.解（１）∵x2－2x+2恒正，∴f(x)的定义域是1＋２ａｘ＞0，即当a＝０时，f（ｘ）定义域是全体实数。当a＞0时,ｆ（x)的定义域是（-，+∞）当a〈0时，f（ｘ)的定义域是(—∞，-)（2）当b>1时，在f(x)的定义域内，f(ｘ）>0>1x2-2x+2〉１+2aｘx2-2（1+a）x+１〉0其判别式Δ=4(1+a)2－４=4a(a＋２)(ｉ)当Δ<０时,即—2＜a＜０时∵x２-２（１+ａ)x+１＞０∴ｆ（ｘ)〉0x<-（iｉ）当Δ=0时，即ａ=－2或0时若ａ=0,ｆ(ｘ)〉０（x—1)2〉0x∈Ｒ且ｘ≠１若ａ＝—２,f（x）〉０（x+１)２>０x<且x≠－1(ｉiｉ）当△＞０时,即a＞0或ａ＜-２时方程x2－2（1+ａ）x＋1=０的两根为x１=１+a－,ｘ２=1+a+若a＞0,则x2>x1＞0>-∴或若a＜—2,则∴ｆ(x)＞0x＜1+a－或1＋a+＜x〈-综上所述：当—2＜a〈0时，x的取值集合为x|x<-当a＝0时,x∈R且ｘ≠1,x∈R，当a=-2时：x｜x<－1或－１<x〈当a＞0时，x∈x|ｘ＞1+a+或—<x＜1＋a－当a〈-２时,ｘ∈ｘ｜x〈1＋a—或1+ａ+〈x＜-注解题时要注意函数的定义域.例6解不等式（1）≥x+1；(２）｜。解(1）≥x+1≤０x·(x－１）（ｘ+１)（x+2)（x+５)≤０，且x≠-１、－2,由图可知,原不等式的解集为:ｘ｜ｘ≤-5或－２＜ｘ〈－1或0≤ｘ≤1（2）|－x｜＜1x—1＜〈x＋１而＜x+1解之得：所以，0x≤1-或1+≤ｘ6＞x—1或解之得:x≤1—或ｘ>2所以原不等式的解集为0，1—（2,6)注(1）解高次不等式时常采纳数轴标根法,其做法是：先将每个因式分别等于零的根标在数轴上，然后按由上而下，由右向左的次序画图穿过各个零点，选出符合条件的区间.如有重因式，格外注意重因式的零点。如:（x-a）2n·ｆ（x)≥0ｆ(x)≥0或x=ａ,（ｘ—ａ）2ｎ·f(ｘ)＞0f(x)〉０且ｘ≠ａ;（ｘ—ａ)2ｎ—１·ｆ（x）≥0（x－a）ｆ（x）≥0。（2）本题的第（２)小题的几何解释是：在同一个坐标系中分别作出函数y=ｘ—1,y=x+1和y=的图像。于是，不等式ｘ—1<＜x+１的解集就是使函数y＝的图像(双曲线2(x—1）２—y2=１，位于x轴上方的部分）夹在直线ｙ=x－1与ｙ=x+1之间的x集合（如图）.例7已知当x∈[０,1]时，不等式x２cos-x·（1-x）+（1-x）2sｉn〉0恒成立，试求的取值范围。解令f(x）=ｘ2cos－x·（１－x）+(1－x）２ｓｉn，∵对ｘ∈[0，1］，f（x）>0恒成立，∴ｃoｓ=f（1）〉0，ｓin=f（０)>0ﻩﻩﻩﻩ （１)又∵ｆ(ｘ）=（1+cｏｓ+ｓin)x２-(1+２siｎ)x+ｓin，其对称轴为x=,ｘ大于0且小于1，∴△=(1+２ｓｉn）2-4·(1+ｃos+ｓiｎ)·sin〈0 ﻩ(2)反之若(１）、（2）成立，ｆ(x）>0则x∈[０,1］，f(x）>０恒成立，故解之得：２kπ＋〈<２kπ＋,（k∈Z）。注二次函数的在区间上最大值、最小值,只要考虑两个端点及区间中对称轴所在位置之点.例8设函数f(x）＝－ax，（１）解不等式f（ｘ)≤1；（2)求a的取值范围，使函数ｆ(x）在区间０,+∞上是单调函数.解（１)不等式f（ｘ）≤1,即≤１＋aｘ所以：(ｉ)当0＜a＜1，所给不等式的解集是x｜0≤ｘ≤(ｉi）ａ≥１时，所给不等式的解集是x｜x≥０(iii)当a=０时,所给不等式的解集是｛0｝（iv）当—1<a<０时，所给不等式的解集是x|≤ｘ≤0（v）当ａ≤－１时,所给不等式的解集是｛x|x≤0}（2)在区间0,+∞上任取x１，x２,使得x1＜ｘ2ｆ(x1)-f(x２）＝=(ｘ１—x2）(）而要使ｆ（ｘ）在0，+∞上单调∴只须f（x１)-ｆ（x2)在0,+∞上恒正或恒负。又∵x2－x1＞０,x1·x２∈0,＋∞∈(0，1）∴ａ≥1或a≤0例9设函数ｆ(x）=aｘ２＋8x＋3a<０。对于给定的负数a，有一个最大的正数ｌ（a），使得在整个区间［0，l（ａ）］上，不等式|f(x)|≤５恒成立。问：a为何值时，ｌ（a)最大?求出这个最大的l（a)，证明你的结论。解f(x）=a·（x+)2＋3-∵ａ＜0，∴f（x）mａx=3－（i）当３—＞５,即—8〈ａ〈０时,ｌ(a)是方程ａx２＋８x+3=5的较小根,∴(ii）当时,即a≤—8时,l（a)是方程的较大根，即l（a)=＝=当且仅当a＝—8时，等号成立.由于＞，因此当且仅当ａ=-8时，l（a)取最大值.注本题是一个典型的函数、方程、不等式的综合题。数形结合利于开拓思路，找到解法。例10设｛ａn｝是由正数组成的等比数列，Ｓn是其前n项和，(１)证明：〈lgＳn＋1；（2)是否存在常数C〉0,使得=lg（Ｓｎ＋１-C)成立？证明你的结论.解(1）∵｛ａn｝是由正数组成的等比数列∴a1〉0,q>０当q＝１时,Sｎ=na１，Sn+２＝(n+2)ａ1Sn+１=（n+1）a2Sn·Ｓｎ+2=ｎa1·（ｎ+2）a1=n2a１２＋2ｎa12<ｎ2ａ12+2ｎa12+ａ12＝[（n+1)a1］2=S2n+1∴Sn·Ｓｎ+2＜S２n＋1当q≠1时Ｓn=Ｓn＋２=Sn+1＝Sn·Sｎ+2＝S2ｎ＋1＝于是,S2ｎ+1－Ｓn·Ｓn＋２=＝ａ12·ｑn＞0综上所述:Ｓ2n+１>Ｓn·Sn+２＜ｌgSｎ+1（２）证法一:（ｉ）当q=1时(Ｓn—C）(Sｎ＋2-C)—（Sn＋1—Ｃ）2＝(na1—C）[（n+2）a１－Ｃ]—[(n+１)a１-Ｃ］２＝-ａ12〈0故这样的C＞０不存在。(ｉｉ)当ｑ≠1时(Sn－Ｃ）(Sn+２－C)—（Ｓｎ+1－C）2=－a1qn·［ａ１—C（1－ｑ）］∵a1>０,q＞0，a1·ｑｎ≠０∴C＝∵C>０，∴0＜q〈1,但当0＜q〈1时,Sn-〈０，这与条件(2）中冲突，故这样的C＞０不存在。证法二：(反证法)假设存在常数C＞0，使得＝lg(Sn+１-Ｃ)成立,则必有由④式得:Sn·Ｓn+2-S2n+１=C·（Sn＋Sn+２－2Sn+1）另一方面：Sn+Sn+2－２Ｓn＋1＝（Ｓｎ-Ｃ)+(Sn＋２－C）—２（Ｓn+1—C）≥2－２(Ｓn＋1－C)=0∴Sn·Sn+2≥Sｎ+12,冲突故这样的C>0不存在。注本题是一道数列、不等式、函数的综合题。解题过程中格外要注意q=1与q≠１的商量。（２）中的反证法，综合体现了不等式知识的灵敏有用,具有较高的能力要求。【综合能力训练】一、选择题1.“ｘ〉y且m〉ｎ”是“ｘ+m>ｙ＋ｎ"成立的(）Ａ.充分不必要条件 ﻩ B．必要不充分条件C。充分必要条件ﻩ ﻩ ﻩﻩD。不充分不必要条件2。若ａ3<-５，则下列关系式中正确的是（）Ａ。ａ4＞-5aﻩﻩﻩＢ．a2〈ﻩﻩﻩＣ。a6〈2５ﻩﻩﻩD．a>3.ａ,b∈Ｒ,且a>b,则下列不等式中恒成立的是(）A.ａ２>b2ﻩﻩﻩB．()a＜（)ｂﻩﻩC。lｇ（a—ｂ）>0ﻩ Ｄ．〉１4．若a〈０，-１＜b〈0,下面结论正确的是(）Ａ．a〉ａb＞aｂ2 B．aｂ〉ａb2>aﻩﻩC.ab>ａ>ab２ﻩ Ｄ。ab2＞ab＞ａ5.已知ａ２+b２＋c2＝１，那么下列不等式中成立的是（）A.(ａ＋ｂ＋c)２≥１ﻩ ﻩﻩﻩＢ．ab+ｂc+ca≥C．|abc｜≤ﻩﻩﻩﻩﻩﻩD.aｂ2〉aｂ〉a6．x为实数，且|x－３|－|ｘ—1｜>ｍ恒成立,则m的取值范围是（)Ａ。m〉2 ﻩﻩB。m<2ﻩﻩﻩﻩC。m>-2ﻩ ﻩﻩＤ。m<-2７。若ａ、b、c、ｄ满意条件:ｃ＜d,ａ＋ｄ〈b＋c和a+ｂ=c+d，则下列不等式中正确的是（)Ａ.a＜ｃ〈ｂ<ｄﻩﻩﻩB.b〈c＜d<aﻩﻩﻩＣ。c<ａ<b＜ｄﻩﻩﻩD。a〈c<d〈b8.已知实数ｘ、y满意x2+y2＝１,则（1-ｘy)(1+ｘｙ）()Ａ。有最小值，也有最大值１ﻩﻩﻩ Ｂ．有最小值，也有最大值１C．有最小值，但无最大值ﻩﻩﻩﻩＤ．有最大值１，但无最小值9．若关于x的不等式＞0的解集为—3〈x〈-1或x＞2，则a的取值为（)A。2ﻩﻩﻩﻩB.ﻩ ﻩC．-ﻩﻩﻩD．-2１０.若ａ>０,ab>０，ac〈0，则关于x的不等式：〉ｂ的解集是（)A．｛ｘ｜a—<x<a｝ﻩﻩﻩﻩ Ｂ．｛ｘ｜ｘ〈ａ－或ｘ>a｝Ｃ.{ｘ|a<x〈ａ—} ﻩﻩﻩﻩD．{x｜x〈a或x>a－｝1１。已知集合Ａ＝{x｜x2—2x-３>０｝,Ｂ＝｛ｘ｜ｘ2+ax+b≤0},若A∪B＝Ｒ，A∩B=（3，４则有（）A．a=3，ｂ=4ﻩﻩB．a＝3，ｂ=-4 ﻩﻩＣ．a=－３,b=4ﻩﻩD.a=-３,b=-４１２.若关于x的不等式:x2—ax-６a＜0有解且解区间长度不超过5个单位长,则a的取值范围是（）A.－25≤ａ≤1ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩB.a≤－2５或a≥1C.－25≤a〈0或1≤a<24ﻩﻩﻩ Ｄ．—2５≤ａ〈—２４或０<ａ≤1二、填空题１3.不等式(）〉３—２x的解集是 ﻩﻩﻩ.１4．不等式〈１的解集是。１5.若对于任意ｘ∈Ｒ，都有（m—２）x２－2（ｍ－2）ｘ-４<0恒成立,则实数m的取值范围是。16．设0＜a〈１，给出下面五个不等式①lｏga（a2+1）<loga(a3＋1）②ａ＞（)a③（）a>aa④aa<a2⑤ｌogａ（１－a)>0,其中不正确的不等式的序号是。三、解答题1７。解关于x的不等式:＜２x+1。18.（１）若x、y∈{（x，y)｜x，y是正实数集}，且ｘ＋y＝1，求证：（１＋)（１＋）≥9;（2）已知ｘ∈R，求证：－２≤〈２.19．已在ａ>0且a≠1,解关于x的不等式:1＋ｌoｇ（４-ax）≥ｌog（ax－１）20。设a〈ｂ，ｂ〉1，M=［a,b］，函数ｆ（x）＝x2－2ax＋ａ2+1，x∈M，（１)求f（x）的值域Ｎ。(２)求使[１－ａ，b－a+1]Ｎ的a的取值范围以及b由ａ表示的取值范围。21.已知函数f（x）=x２+pｘ+q，对于任意θ∈R,有f(ｓinθ)≤0,且f(ｓiｎθ+2）≥０;（1)求ｐ、ｑ之间的关系式；（2）求ｐ的取值范围；（３）如果f(siｎθ＋２）的最大值是14，求p的值，并求此时f(sinθ）的最小值。22。设f（x）=ax２+ｂx+ｃ，若f（1)=，问是否存在a、b、c∈R,使得不等式:x２＋≤f（x)≤２ｘ２＋2x＋对一切实数x都成立,证明你的结论.参考答案【综合能力训练】１.Ａ2.Ａ3。Ｂ4。B５.Ｃ６．Ｄ7。Ｄ8。B9．D10.C11。D1２．D13。(-2，4）1４.（0,）（１,1００)1５。（—2,2）16。③④17.[解]原不等式化为：｜x2－2|<2x＋1-2ｘ－1＜ｘ2－２〈2ｘ+1或x>-1＋.∴不等式的解集是:－1+〈ｘ＜３。18.（1)令ｘ=sin2θ，y＝cos２θ则(1＋)(１+）＝（1+）+（１+）=(２＋cot2θ)（2+ｔaｎ2θ)＝5+２(tａn２θ+ｃot２θ）≥5+2·2=9（2)令y=，去分母,整理得（y-２）x２+(2—y)ｘ＋y+1＝0。当y≠２时,要方程有实数解，须Δ=（2－y）2-4（ｙ－2）(y+１）≥0得－2≤ｙ≤２,又∵y≠２∴－2≤ｙ〈２，当y=2时，代入(ｙ－2）x2＋(2-y）x+y+１=０中,得3=０,冲突∴综上y≠2,即得证。19。［解］原不