高三数学第二轮专题复习(绝对好)

不等式专题复习

一、典型例题

不等式的解法

【例1】 解不等式：解：原不等式可化为：

a1a x2(a1)x(2a)＞0，

x2即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0. 当a＞1时，原不等式与(x－若∞，

a2)(x－2)＞0同解. a1a2a2≥2，即0≤a＜1时，原不等式无解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1时原不等式的解为(－a1a1a2)∪(2，+∞). a1a2a2

，2)；若0＜a＜1，解集为(2，) a1a1

当a＜1时，若a＜0，解集为(综上所述：

当a＞1时解集为(－∞，

a2

)∪(2，+∞)； a1a2

)； a1

当0＜a＜1时，解集为(2，当a=0时，解集为； 当a＜0时，解集为(

a2，2). a1【例2】 设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值

范围.

解：M［1，4］有n种情况：其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围.

设f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］ (2)当Δ=0时，a=－1或2.当a=－1时M={－1}

1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］.

(3)当Δ＞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，x2］，M［1，4］1

f(1)0,且f(4)0≤x1＜x2≤4

1a4,且0 第1页（共44页） 我们一直在努力

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a30187a0

18

即，解得：2＜a＜，

a07a1或a2

∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，

18). 7【例3】 解关于x的不等式：log2x1log4[ax21]a0．

x1x101解：原不等式等价于ax210 ①，即x2.

a2x1ax21xax2011x2由于a1，所以12，所以，上述不等式等价于 ② aaxax20解答这个含参数的不等式组，必然需要分类讨论，此时，分类的标准的确定就成了解答的关键．如何确定这一标准？

1x2（1）当1a2时，不等式组②等价于 ax2或xa1a1210，所以 2a． 此时，由于2aaaa从而 21xa或x2． a3x（2）当a2时，不等式组②等价于2

x23所以 x，且x2．

21x2（3）当a2时，不等式组②等价于 ax2或xa此时，由于2综上可知：

112，所以，2x2或xa． aa1xa或x2； a3当a2时，原不等式的解集为xx，且x2；

21当a2时，原不等式的解集为x2x2或xa．

a当1a2时，原不等式的解集为x2 第2页（共44页） 我们一直在努力

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【例4】 解关于x的不等式：4logaxlogax2a0，a1 解：原不等式等价于

4logax02logax42logax4 2logax20logx3或logx0logx3logx0aaaa24logaxlogax23logax4，∴当a1时，原不等式的解集为xa3xa4

当0a1时，原不等式的解集为xa4xa3

【例5】 设函数fxaxx21， （1）当a2时，解不等式f(x)f1；

（2）求a的取值范围，使得函数fx在1,上为单调函数． 讲解：（1）a2时，f(x)f1可化为：2x1x21，等价于：

x10 ① 或 224x1x1x10 ② 2x10解①得 1x5，解②得 x1． 353所以，原不等式的解集为 x1x或x1． （2）任取x1,x21,，且x1x2，则

22fx1fx2ax1x11ax2x2122ax1x2x11x21ax1x2x1x2ax12x22x121x221x1x2x121x221

要使函数fx在1,上为单调函数，需且只需：

ax1x2x11x2122恒成立，（或ax1x2x11x2122恒成立）．

因此，只要求出

x1x2x11x2122在条件“x1,x21,，且x1x2”之下的最大、最小值即可．为

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了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：x11,x21，容易知道，此时

x1x2x11x2122；若考虑x1x2，则不难看出，此时

x1x2x11x21221，至此我们可以

看出：要使得函数fx为单调函数，只需a1．

事实上，当a1时，由于x1x2x121x2210恒成立，所以，

x1x2x11x21221．所以，在条

件“x1,x21,，且x1x2”之下，必有：fx1fx20．

所以，fx在区间1,上单调递减．

5当a1时，由（1）可以看出：特例a2的情况下，存在f1f．由此可以猜想：函数fx在区间1,3上不是单调函数．为了说明这一点，只需找到x1,x21,，使得fx1fx2即可．简便起见，不妨取x11，a21a，所以，fx在区间1,上不是单调函数． 1，也即：f1f2此时，可求得x22a1a1a21

另解：fxaxx12，对x1,，易知：

当x1时，xx12；当x时，xx12xx121；

所以当x1,时，1，

从而只须a1，必有fx0，函数在x1,上单调递减。

【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.

mn(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式：f(x+

11)＜f()； 2x1(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围. 解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］， 则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=∵－1≤x1＜x2≤1，

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f(x1)f(x2)·(x1－x2)

x1x2做教育就是做责任心！

∴x1+(－x2)≠0，由已知

f(x1)f(x2)＞0，又 x1－x2＜0，

x1x2∴f(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，

11x12131 解得：{x|－≤x＜－1，x∈R} ∴1x1211x2x1(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对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立， 即要t2－2at+1≥1成立，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

x21cxc21cc（x∈R）。

经验证：当c=1, 2, 3时，对于x取一切实数，不等式都成立。

试问：当c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立？若能成立，请给出证明；若不成立，请求出c的取值范围，使不等式对任何实数x都能成立。

解：令f(x)=

x21cx2c，设u=xc(u≥c)

2u211u (u≥c) 则f(x)=uu∴f(x)c11c1(uc(uc1) (u)uccucc1≥0 c要使不等式成立，即f(x)－

∵u≥c>0 ∴只须uc－1≥0

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11 ∴x2+c≥ cc11∴x2≥－c 故当c=时，

c2∴u2c≥1 u2≥

原不等式不是对一切实数x都成立，即原不等式对一切实数x不都成立 要使原不等式对一切实数x都成立，即使x2≥∵x2≥0 故

1－c对一切实数都成立。 c1－c≤0 c 不等式的证明

∴c≥1(c>0) ∴c≥1时，原不等式对一切实数x都能成立。

【例1】 已知a2，求证：loga1alogaa1 解1：loga1alogaa11logaa1

logaa11logaa1logaa1．

logaa1因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，

logaa1logaa1logaa1logaa122logaa214loga2a22

14所以，loga1alogaa10，命题得证．

解2：因为a2，所以，logaa10,logaa10，所以，

1loga1alogaa11，

logaa1logaa1logaa1logaa1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+证法一：(分析综合法)

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≤

2511)(b+)≥. ab41或ab≥8. 4∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

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∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法) 设a=

1，从而得证. 411+t1，b=+t2. 2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜

11a21b21(a)(b)abab1111(t1)21(t2)21(t1t121)(t2t221)42241111t1t2(t1)(t2)2222115 (t1t121)(t2t221)(t22)2t2244411t22t2244253225t2t242516216.1142t244显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法）

1时，等号成立. 21 4∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四：(综合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1. 4252(1ab)12139(1ab)1251621ab1(1ab) 14416ab4 4ab1125即(a)(b)

ab4证法五：(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，

2)

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11112(a)(b)(sin2α)(cosα)absin2αcos2αsin4αcos4α2sin2αcos2α2(4sin2α)21624sin2α4sin22αsin22α1,4sin22α413.42sin22α16252225(4sin2α)1144sin22α2sin2α41125即得(a)(b).ab42

【例3】 证明不等式112131n*

2n(n∈N)

证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+

12131k1k11k112131k＜2k，

则12k2k(k1)1k1k(k1)1

2k1,∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+

12131n＜2n.

另从k到k+1时的证明还有下列证法： 2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1,

又如:2k12k2k1k12k1.

证法二：对任意k∈N*，都有：

2(kk1),kkkk1

111因此122(21)2(32)2(nn1)2n.23nk122证法三：设f(n)=2n(1那么对任意k∈N

*

12131n),

都有：

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f(k1)f(k)2(k1k)1k11k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1

(k1k)2k10∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0， ∴112131n2n.

不等式的应用

【例1】 已知不等式 2(log0.5x)27log0.5x3≤0 的解集为 M, 求当x∈M时,函数f(x)(log2xx)(log2)的最大值和最小值. 24解：由2(log0.5x)27log0.5x3≤0,

(2log0.5x1)(log0.5x3)≤03≤log0.5x≤∴M{x|2≤x≤8}.由f(x)(log2xx)(log2),24得f(x)(log2x1)(log2x2)(log2x)23log2x212≤x≤8, 2

311令 u=log2x, 得f(u)u23u2(u)2,u∈[,3]

242根据复合函数的单调性得： 31即x22时,[f(x)]min,24 当u3即x8时,[f(x)]max2.当u【例2】 例2、已知函数ylogax,其中a{a|2012aa2}. （1）判断函数ylogax的增减性；

（2）若命题p:|f(x)|1|f(2x)|为真命题，求实数x的取值范围.

解：（1）a{a|12012aa2},a212a200,即2a10,函数ylogax是增函数； （2）|f(x)|1|f(2x)|即|logax||loga2x|1，必有x0,当0x等式化为logaxloga2x1,loga2x1， 故loga2x1,x1111,此时x；当x1时,loga2a2a44 第9页（共44页） 我们一直在努力

1时，loga4xloga2x0，不

x0loga2x，

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不等式化为logaxloga2x1,loga21，这显然成立，此时当x1时，0logaxloga2x， 不等式化为logaxloga2x1,loga2x1 故xaa,此时1x； 221ax}. 2a21x1； 4综上所述知，使命题p为真命题的x的取值范围是{x|【例3】 1994年 已知函数f(x)tgx，x0，，若x1，x20，，且x1x2，

1xx2证明：[f(x1)f(x2)]f1

2222解：f(x)tgx

11[f(x1)f(x2)](tgx1tgx2) 221sinx1sinx22cosxcosx21sinx1cosx2cosx1sinx2 2cosxcosx12sin(x1x2)sin(x1x2)

2cosx1cosx2cos(x1x2)cos(x1x2)x1，x20，，x1x2，

22sin(x1x2)0，cosx1cosx20，且0cos(x1x2)1

有0cosx1(x2)cosx1(x2)1cosx1(x2) (tgx1tgx2)112sinx1(x2)xx2tg1

1cosx1(x2)2 即[f(x1)f(x2)]f2x1x22 【例4】 (1995年)设an是由正数组成的等比数列，Sn是前n项之和。 (1)证明

lgSnlgSn2lgSn1

2lg(SnC)lg(Sn2C)lg(Sn1C)成立？并证明你的结论。

2(2)是否存在常数C>0,使得

证明：(I)设an的公比为q，则a10，q0 要证lgSnlgSn2lgSn1

22即证SnSn2Sn10即可

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(1)若q1，则Snna1

2222SnSn2Sn1na1(n2)a1(n1)a1a10

a1(1qn)(2)若q1，Sn

1q2a1(1qn)(1qn2)2a1(1qn1)22SnSn2Sn1(1q)2(1q)22na1q0

2由(1)(2)可得SnSn2Sn1

2根据对数函数的单调性，可得lg(SnSn2)lgSn1

即

lgSnlgSn2lgSn1成立

2(2)不存在常数C使等式成立。

1 证法一：因为要使[lg(SnC)lg(Sn2C)]lg(Sn1C)成立，则有

22(SnC)(Sn2C)(Sn2C) 

SnC0若q1则(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2

2(na1C)[(n2)a1C][(n1)a1C]2a10

(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2，即不存在正数Ｃ使结论成立

若q1

(SnC)(Sn2C)(Sn1C)2

a1(1qn)a1(1qn2)a1(1qn1)[C][C][C]2

1q1q1qa1qn[a1C(1q)]

且a1qn0，只能有a1C(1q)0

Ca10q1 ；C0，a10，1qa1a1qn当0q1时，Sn0不可能满足SnC0，即不存在在常数C0使结论成立。

1q1q综合上面的证明可见不存在常数C0，

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1 使等式[lg(SnC)lg(Sn2C)]lg(Sn1C)成立。2 还可以直接用反证法证明：

证法二：假设存在常数C>0，使等式能够成立,则有

(1)SnC0(2)Sn1C0 

SC0(3)n22(SC)(Sn2C)(Sn1C)(4)n2由(4)可得：SnSn2Sn1C(SnSn22Sn1)(5)

由平均值不等式可知

SnSn22Sn1(SnC)(Sn2C)2(Sn1C)

2(SnC)(Sn2C)2(Sn1C)0

C0

C(SnSn22Sn1)0

2而由(I)可知SnSn2Sn10

等式(5)不可能成立

1 这个矛盾说明不存在常数C0，使等式[lg(SnC)lg(Sn2C)]＝lg(Sn1C)成立。21【例5】 (1990年)设f(x)lg[12x(n1)xnxa]，其中a是实数，n是任意给定的自然数，且n2。

n1］(1)如果f(x)当x(，时有意义，求a的取值范围。 1]，证明2f(x)f(2x)当x0时成立。 (2)如果a(0，1]时有意义，解：(I)f(x)当x(，

1＋2x(n1)xnxa0，x(，1]，n2，

x1x2xn1即a1] ，x(，nnnK－，(K1，2，，n1)在(，1]上都是增函数

nx1x2xn1 1]上也是增函数，在(，nnnx 第12页（共44页） 我们一直在努力

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1n(n1)n11122故它在x＝1时取得最大值，－(n1) nn2nn11a(n1)；a的取值范围为a|a(n1)

22 (2)证法一：

根据f(x)的定义可知 2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0 即 [12x(n1)x ＋nxa]2n[122x(n1)2xn2xa]，a(0，1]，x0 下面用数学归纳法证之。 A. 设n=2时若

0a1，x0则(12xa)2122xa22xa22(122xa2)2(122xa)，即(1)成立。 若a1，x0，因为12x，

(12x)2122x22x2(122x)当n2时，(1)式成立(1)

B. 设nK时(K2)，有不等式[12x(K1)xKxa]2K[122x ＋„＋(k1)2xK2xa]，其中a(1，1]，且x0 则若0a1且x0时

[(12xKx)(K1)xa]2(12xKx)22(12xKx)(K1)xa

＋(K1)2xa2

K(122xK2x)2(12xKx)(K1)xa(k1)2xa2

K(122xK2x)[21(K1)xa22x(K1)xa2Kx(K1)xa](K1)2xa2 K(122xK2x)[1(K1)2xa2][22x(K1)2xa2[K2x(K1)2xa2](K1)2xa2(K1)[122xK2x(K1)2xa2] (K1)[122KK2x(K1)2xa2]

即当nK1时，(1)也成立。

由A，B的证明可知对任意自然数n2，都有(1)成立， 即2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0成立

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证法二：

1]，x0， 只需证明n2 时，[12x(n1)xnxa]2n[122x(n1)2xn2xa]，a(0，222(a1a2an)2(a1a2an)2(a1a2a1a3an1an) 22222222222(a1a2an)[(a1a2)(a1an)][a2a3)(a2an)] 222222[(an2an1)(an2an)](an1an)

222n(a1a2an)

222(a1a2an)2n(a1a2an)

其中等号当且仅当a1a2an时成立。 当a1，x0时，因12x

[12x(n1)xnx]2n[122x(n1)2xn2x]

当0a1，x0时，因a2a

[12x(n1)xnxa]2n[122x(n1)2xn2xa2]n[122x (n1)2xn2xa]

即2f(x)f(2x)，a(0，1]，x0成立。

【例6】 如图，ΔABC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

ytgA2tgB保持最小，试确定D点的位置，并求y的最小值.

解：设AD=x，CD=1， 则AB=2，BD=2–x，（0DB∵x2842；当且仅当(x2)28,x222时取等号 x2 第14页（共44页） 我们一直在努力

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∴当x222时，y取得最小值1426322 212此时DB2(222)422,AD:DB222422

答：取AD:DB=1:2时，y有最小值

322 2【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a升，搅匀后再倒出溶液a升，这叫做一次操作。

(I)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，并归纳出bn的计算公式（不要求证明）

(II)设pqr，且pr2(pq)要使容器内溶液浓度不小于q%，问至少要进行上述操作多少次？（已知

lg20.3010）

1414a解：(I)b1rap10041001(4r1p)

a10055a4b2ab1ap41001[(4)2r1p4p]

2a100555a4ap241001[(4)3r1p4p4p] a100555253a4b3ab214n144n1bn[()rp2pnp]

1005555(II)bnpr4n444()[1()2()n1] 100550055541()npr4n5p1(4)n(pr) ()41005500100100515pq14n 依题意有：()(pr)10010051005pr2(pq)上式化简得：()n2

4nlg20.30103.103 至少要注入倒出4次。

13lg2130.3010 第15页（共44页） 我们一直在努力

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【例8】 某商场经过市场调查分析后得知，2003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）近似地满足下列关系：

f(n)1n(n2)(18n),n1,2,3,,12 90（Ⅰ）问这一年内，哪几个月需求量超过1.3万件？

（Ⅱ）若在全年销售中，将该产品都在每月初等量投放市场，为了保证该商品全年不脱销，每月初至少要投放多少件商品？（精确到件）

f1, n1解：（Ⅰ）首先，第n个月的月需求量＝

fnfn1, 2n12∵f(n)1n(n2)(18n)， 90∴ f1171.3． 3090当n2时，f(n1)1(n1)(n1)(19n) ∴ f(n)fn(1)1(n2390n35 1 9)14n7， 3令f(n)f(n1)1.3，即3n235n19117 ，解得：∵ n∈N， ∴n = 5 ，6

即这一年的5、6两个月的需求量超过1.3万件．

（Ⅱ）设每月初等量投放商品a万件，要使商品不脱销，对于第n个月来说，不仅有本月投放市场的a万件商品，还有前几个月未销售完的商品．所以，需且只需：naf(n)0，

∴ af(n)(n2)(18n)

n90210(n2)(18n)10 ∴ 又∵(n2)(18n)1 a9090299即每月初至少要投放11112件商品，才能保证全年不脱销．

【例9】 一根水平放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），枕木吗？为什么？

（Ⅱ）现有一根横断面为半圆（半圆的半径为R）的木长方体形的枕木，木材长度即为枕木规定的长度，问如何截

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l 的安全负荷变大

d

a

材，用它来截取成取，可使安全负荷

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最大？

ad2da2解：（Ⅰ）由题可设安全负荷y1k2(k为正常数），则翻转90º后，安全负荷y2k2．

ll因为

y1d，所以，当0da时，y1y2．安全负荷变大； y2a当0ad时，y1y2，安全负荷变小．

a（2）如图，设截取的枕木宽为a，高为d，则d2R2，即a24d24R2．

2∵ 枕木长度不变，∴u=ad2最大时，安全负荷最大

∴ ud22a2d24R24d22d4R2d2 3d2d222++Rd22dd22224Rd4223

43R39d2当且仅当R2d2，

2即取d

3【例10】 现有流量均为300m/s的两条河流A、B会合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2kg/m326，23时，u最大， 即安全负荷最大．

Ra2R2d2R33和0.2kg/m．假设从汇合处开始，沿岸设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1秒钟内交换100m的水量，即从A股流入B股100m水，经混合后，又从B股流入A股100m水并混合．问：从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01kg/m（不考虑泥沙沉淀）？

解：本题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于0.01kg/m”．但直接建构这样的不等关系较为困难．为

333

3

3表达方便，我们分别用an,bn来表示河水在流经第n个观测点时，A水流和B水流的含沙量．

则a1＝2kg/m，b1＝0.2kg/m，且

33bn1100an300bn1100bn1200an132（＊） anbn, an1＝bn1an．

1003004410020033 第17页（共44页） 我们一直在努力

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由于题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不妨直接考虑数列anbn． 由（＊）可得：

2223111an1bn1bn1anbn1anbn1ananbnanbn

333344

所以，数列anbn是以a1b11.8为首项，以

12为公比的等比数列． n1

所以，a1nbn1.82．

n1

由题，令ab1nn< 0.01，得21180．所以，n1lg180lg2log2180．

由2718028得7log21808，所以，n8．

即从第9个观测点开始，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关于h的解析式；

(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(求解本题时，不计容器厚度)

解：①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得： a2412ha2 消去h.解得:a1(a0)

a21a2h214h12②由V1h3a2h3(h21) (h＞0)

得：V1而h13(h1)h2h1h2 h所以V≤

116，当且仅当h=h即h=1时取等号 故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为16立方米.

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2做教育就是做责任心！

二、专题练习

【不等式的解法练习1】

1．不等式|ax1|a(aR)的解集是 （ D ） x1} a （A）{x|x （C）{x| （B）{x|x1} 2a111} x} （D）{x|x0或0x2aa2a 第19页（共44页） 我们一直在努力

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2．当x(1,2)时，不等式(x1)2logax恒成立，则a 的取值范围是（ B ） （A）[2,) （B）（1，2） （C）(1,2] （D）（0，1）

3．不等式log(x1)(2x3)log(x1)(x2)成立的一个充分但不必要条件是 （ B ） （A）x2 （B）x4 （C）1x2 （D）x1

4．三个数的大小关系是 （ B ）

（A）log112420.220.1 （B）log2420.120.2

（C）20.120.2log1124 （D）20.1log2420.2

5．若全集IR，Axx10，Bxx22lgx则AB是( B )

A．2

B．1

C．

D．xx1

6．下列命题中，正确的是( C ) A．若x2x，则x0 B．若x0，则x2x

C．若x0，则x2x

D．若x2x，则x0

7．若a，b是任意实数，且ab，则( D )

ab

A．a2b2 B．ba1

C．lgab0

D．1122

8．设0ab且ab1，则下列四数中最大的是( A )

A．a2b2

B．2ab

C．a

D．

12 9．不等式a2x22a2x40对xR恒成立，则a的取值范围为( D

A．，22， B．，22，C．2，2 D．2，2 10．不等式0.52lgx1的解集是( B )

A．1，1 B．1，00，1 C． D．11，22，

11．当a、bR时，不等式abab1 成立的充要条件是( C )

A．ab0 B．ab0 C．a2b20 D．ab0

12．已知a、bR，且ab3，那么3a3b的最小值是( B )

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) 做教育就是做责任心！

A．6

B．63 C．8

D．83

x013．不等式组3x2x的解集是( D )

3x2x

A．x0x2

log1x2B．x0x2.5 C．x0x3

D．x0x6

14．不等式x

1的解集是( C ) xA．x0x1 B．xx2 C．x0x1或x2 D．xx0或1x2

15．1xa，则logax2，logax2，logalogax的大小顺序是 logax2logax2logalogax

16．若log1a31，则a的取值范围是 4

4。(0,1)(,)

317．不等式

x31的解集是 2x12

2114 ，3，2218．关于x的不等式axax10的解集是空集，那么a的取值区间是 19. 解不等式：a2x1ax2ax2(a0) 解：∵ ax2+ax2=(a2+ a2x(a21a[0，4]

1x

)a，变形原不等式，得 a21a2xx2x)a10，即(aa)(a2)0

(1) 当0 < a < 1时，a2 (2) 当a>1时，a2 (3) 当a=1时，a21aa21a2，则a2 < ax < a-2，∵-2 < x < 2

，则a-2 < ax < a2，∴-2，无解。 综上，当a≠1时，-2 < x < 2，当a=1时无解。

1220．对于x(1,2]，关于x的不等式

lg2ax<1总成立，求实数a的取值范围。

lg(ax)解：由1＜x≤2，得a>0,a+x>1,∴lg(a+x)>0 ∴有lg2ax1aaa12时，x<，由1＜x≤2时x<总成立，得>2，∴2a12a12a123211 (2)a=时，有0·x< ∴1＜x≤2时不等式总成立

221aa11 (3)0，由1＜x≤2时x>总成立，得a≤1，综合02a12a1222(1)a>

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综上，02 32221、已知函数fxlog1（2）判断fx的单调性，并用函数单调性的x1x（1）求函数fx的定义域；

定义予以证明

x210,x21022解：（1）由x1x0x1xx0或x1，

2x02x1x故fx的定义域为[,1]

（2）任取x1x21,令gxx21x，则

222gx2gx1x21x2x11x1x21x21x2x1 =

2x2x1222x21x11x2x1x2x1x2x12x21x12122x21x1122(x2x1)x21x2x11x12x21x1120，

故gx2gx1又函数ylog1x在0,上是减函数，

2所以有log1gx2log1gx1，即fx2fx1，

22即fx在(,1]上是增函数

22．解不等式logx3x111

解：由x10且x0，x1，得x1， 原不等式等价于3x11x

3x1x1 而x1；9x1x22x1

整理，x27x1002x5 ∴2x5为所求。

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【不等式的解法练习2】

一、选择题

(x1)2(x1)1．设函数f(x)=2x2(1x1)，已知f(a)＞1，则a的取值范围是( )

11(x1)x1，+∞) 21C.(－∞，－2)∪(－，1)

2A.(－∞，－2)∪(－二、填空题

11，) 221D.(－2，－)∪(1，+∞)

2B.(－

a2b2．已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a，b)，g(x)＞0的解集是(，)，则f(x)·g(x)＞0的解

222

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集是__________.

3．已知关于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是__________. 三、解答题

4．已知适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3. (1)求p的值； (2)若f(x)=

px1px1，解关于x的不等式f-1(x)＞logp－

1x(k∈R+) k5．设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=数x都成立，证明你的结论.

137，问是否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切实2226．已知函数f(x)=x2+px+q，对于任意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)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. 7．解不等式loga(1－

1)＞1 x8．设函数f(x)=ax满足条件：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)恒成立，求实数m的取值范围.

不等式的解法练习2参考答案

一、1.解析：由f(x)及f(a)＞1可得：

a11a1a1 ① 或 ② 或 ③ 122a2111(a1)1a1＜a＜1，解③得x∈ 21∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－，1）

2解①得a＜－2，解②得－答案：C 二、

ba22.解析：由已知b＞a∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a)，g(x)＜0的解集是(－,).

222

2

由f(x)·g(x)＞0可得：

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a2xbbxa2f(x)0f(x)0或,即a2或bba2 g(x)0g(x)0xx2222∴x∈(a2，

bb)∪(－，－a2) 22bb)∪(－，－a2) 22答案：(a2，

3.解析：原方程可化为cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原问题转化为方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一个实根.令f(t)=t2－2t－a－1，对称轴t=1，画图象分析可得2，2］.

答案：［－2，2］ 三、

4.解：(1)∵适合不等式|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，其解集不可能为{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)=

8x18x1f(1)0解得a∈［－

f(1)0，∴f-1(x)=log8

－

1x (－1＜x＜1)， 1x∴有log8

1x＞log81x，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k. 1xk∵－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}.

5.解：由f(1)=f(－1)≤

3. 217733得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+xx=－1，由f(x)≤2x2+2x+推得 22222由f(x)≥x2+

1333推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，故

222255且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a). 222(a+c)=5，a+c=

依题意：ax2+x+(

15－a)≥x2+对一切x∈R成立， 22∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0， ∴f(x)=

32

x+x+1 2 第25页（共44页） 我们一直在努力

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323x+x+1≤2x2+2x+对x∈R都成立. 22313∴存在实数a=，b=1，c=1，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切x∈R都成立.

222易验证：

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］上递增，∴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+递增.

∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6. 17.解：(1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组110x 1ax3225)－，显然此函数在［－1，1］上24由此得1－a＞

11.因为1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0. x1a1①

0x 1② ax1(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组：1由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜综上，当a＞1时，不等式的解集是{x|

11，∴1＜x＜. 1a1a11＜x＜0}，当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|1＜x＜}. 1a1a8.解：由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1]恒成立.

23mx11mxx在x∈(0，1]恒成立. 21mxxm222x1x整理，当x∈(0，1)时，恒成立，

2m(x1)x11x2m22x2mx1x即当x∈(0，1]时，恒成立，且x=1时，恒成立， 22x1m(x1)x1mx11x21x1x2∵在x∈(0，1]上为增函数，∴0，

2x2x22x 第26页（共44页） 我们一直在努力

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1x2∴m＜恒成立m＜0.

2xx212又∵(x1)2，在x∈(0，1]上是减函数，

x1x1x21∴＜－1.

x11x2mx212x∴m＞恒成立m＞－1当x∈(0，1)时，恒成立m∈(－1，0)①

2x1mx1x12m02mx1x当x=1时，，即是∴m＜0

201m(x1)x1

②

∴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)恒成立，m的取值范围是(－1，0)

【不等式的证明练习】

一、填空题

1．已知x、y是正变数，a、b是正常数，且

ab=1，x+y的最小值为__________. xy2．设正数a、b、c、d满足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≥

1 3 (2)3a23b23c2≤6 5．已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6．证明下列不等式：

(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， 则

yzzxxy111≥2() xyzxyz12，证明：x，y，z∈［0，］ 23bc2ca2ab2

z≥2(xy+yz+zx) xyabc7．(2001全国)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n. (1)证明：niAim＜miAin；

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(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m

8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.

参考答案

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2

yxθ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab.

答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc. 答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n. 答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－=

11=(3a2+3b2+3c2－1) 331［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥

1 3a2b2c2abcabc证法三：∵∴a2+b2+c2≥

333∴a2+b2+c2≥

1 3 第28页（共44页） 我们一直在努力

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证法四：设a=

111+α，b=+β，c=+γ. 333∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=

111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332

12+ (α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥

33a21,23b33c3 同理3b2,3c2223(abc)93a23b23c262(2)证法一:3a2(3a2)1∴原不等式成立. 证法二：

3a23b23c23(3a2)(3b2)(3c2)

33(abc)63

3∴3a23b23c2≤33＜6 ∴原不等式成立.

5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得： 221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332同理可得y，z∈［0，］

3111证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 33211132222(yz)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

2333211122故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

93333 第29页（共44页） 我们一直在努力

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证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

1=x2+y2+z2≥2(yz)2(1x)2311x2x2x＞，矛盾. x+

2222222x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

3312222(yz)22(1x)2321则=x+y+z≥x+=x+=x－x+

222223211=x(x－)+＞；矛盾. 23222故x、y、z∈［0，］

3bc2ca2ab26.(1)证明:xyz2(xyyzzx)2bcbacbac(x2y22xy)(y2z22yz)(z2x22zx)abbcca2

ba2cb2ac2xy)(yz)(zx)0abbccabc2caab2xyz2(xyyzzx)abc(2)证明:所证不等式等介于(x2y2z2(yzzxxy)2(xyyzzx)2xyz

xyz[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2xyz2yz(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.

7.证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·„·(m－i+1)，

Aimmm1Aimnn1mi1ni1,同理， mmmnnnmini由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有

nkmk， nmAinAim所以ii,即miAinniAim

nm(2)由二项式定理有：

22nn

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm，

22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+„+Cmn，

第30页（共44页） 我们一直在努力

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i由(1)知

mi

Aii

in＞nAm (1＜i≤m)，而

Ci=Aimmi!,CiAnni! ∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0C00C011=m·n，m2C222n=nn=1，mCn=nCmn＞nCm，„， mmCmmm，mm+1Cm1nn＞nCmn＞0，„，mnCn＞0， ∴1+C122nn122mmnm+Cnm+„+Cnm＞1+Cmn+Cmn+„+Cmn，

即(1+m)n＞(1+n)m成立.

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mabnab，

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)

m2所以n=323m 将②代入①得m2

－4(m2323m)≥0， 即m383m≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

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)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

证法四：因为

a3b32(ab32) (ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab)(ab)288≥0， 所以对任意非负实数a、b，有a3b3ab2≥(2)3 第31页（共44页） 我们一直在努力

①②

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ab3a3b3因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=≥()，

22ab∴≤1，即a+b≤2，(以下略）

2

3

3

证法五：假设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)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

第32页（共44页）

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【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，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )

①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b) ③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a) A.①③ 二、填空题

2.下列四个命题中：①a+b≥2ab ； ②sin2x+

4sin2x B.②④ C.①④ D.②③

≥4 ； ③设x，y都是正数，若

19=1，则x+y的xy最小值是12 ； ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.

3.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.

三、解答题

4.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2. (1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1； (2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.

5.某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.

(1)设y=ax，其中a是满足(2)若y=

x，0＜x≤10).每月卖出101≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值； 32x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围. 36.设函数f(x)定义在R上，对任意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上单调递减；

(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围.

第33页（共44页） 我们一直在努力

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7.已知函数f(x)=

2x2bxcx21 (b＜0)的值域是［1，3］，

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论； (3)若t∈R，求证：lg

参考答案

一、1.解析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)

第34页（共44页） 我们一直在努力

11137≤F(|t－|－|t+|)≤lg. 5566做教育就是做责任心！

∴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.解析：①②③不满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：④

3.解析：由已知y1=

20；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和 xy=y1+y2=0.8x+

2020≥20.8x=8

xx当且仅当0.8x=

20即x=5时“=”成立 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x0b1b11111()(x1x2)x1x2(x1x2)(x1x2)22a2aa222

11(x1x2)2(24)21221＞0，所以x1，x2同号a(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1·x2=1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2， ∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 又(x2－x1)=

2

①

(b1)2a244 a∴2a+1=(b1)21 (∵a＞0)代入①式得， 2(b1)21＜3－2b 解②得b＜

1 4 ②

2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 又2a+1=(b1)21，代入③式得

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③

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2(b1)21＜2b－1 解④得b＞

7. 4 ④

综上，当0＜x1＜2时，b＜

17，当－2＜x1＜0时，b＞.

44x)105.解：(1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p(1+元、n(1－

y)元、npz元，因而 101yx1［－a )n(1),z(10x)(10y)，在y=ax的条件下，z=1001010100npzp(115(1a)25(1a)25(1a)2［x－］+100+］.由于≤a＜1，则0＜≤10.

aaa3要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=(2)由z=

5(1a). a12 (10+x)(10－x)＞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)＞1 f(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上为单调减函数.

|2|f(x2y2)f(1)x2y21(3)由，由题意此不等式组无解，数形结合得：≥1，解得a2得a21f(axy2)1f()axy20≤3

∴a∈［－3，3］ 7.(1)解：设y=

2x2bxcx12，则(y－2)x2－bx+y－c=0

①

∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0， 即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0

②

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

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132c8cb2∴c=2，b=－2，b=2(舍） 134(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且 (xxx2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－

2x21)(1x1x2)1x(2221x)2(x212(1x

12)(1x22)＞0，∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1) ∴F(x)为增函数. (3)记u|t16||t11116|,|u||(t6)(t6)|3, 即－13≤u≤13，根据F(x)的单调性知 F(－1)≤F(u)≤F(1)，∴lg7113335≤F(|t－6|－|t+16|)≤lg5对任意实数t 成立.

【不等式的应用练习2】

1． 设ab0，ab1，且xlogab，ylog(1ab，zlog1a，则x、y、z之间的大小关系为( a1b)bA、yxz

B、zyx

C、yzx D、xyz

解：ab1

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C )

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0a1，0b1 logablogaa1 x1，ylgab1，z11lgablogabab yzx2．给出函数f(x)arccos(sinx)，那么( B )

A、f(3)f(3)f(6)

B、f(3)f(6)f(3)

C、f(6)f(3)f(3)

D、f(6)f(3)f(3)

解：ysinx在（－2，2）递增，yarccosx，在(1，1)逆减，yarccos(sinx)在(2，3．已知x2y24，那么x28y5的最大值是（ B ）

（A）10 （B）11 （C）12 （D）15 解：由x2y24x24y202y2.

由ux28y5(4y2)8y5(y28y)115(y4)2·u'(y4)2 在[－2,2]上单调递减，∴当y=2时，umax15(24)211. 选B. （利用圆的参数方程也可很快求解）

4．若2sin2αsin2β2sinα＝0，则cos2αcos2β的取值范围是（ B ） （A）[1,5] （B）[1,2] （C）[1,94] （D）[－1，2] 解：cos2cos22sin2sin2，而sin22sin22sin， 故cos2cos22sin22sin22sin2(sin1)21.

又∵2sin22sinsin20,∴0sin1,∴1cos2cos22。选B.

5．数列an中，an0，且anan1是公比为q(q0)的等比数列，满足

anan1an1an2an2an3(nN)，则公比q的取值范围是（ B ）

（A）0q122 （B）0q152 （C）0q12152 （D）0q2 解一：设anan1(a1a2)qn1，不等式可化为(a1a2)qn1(a1a2)qn(a1a2)qn1. ∵an0,q0, ∴q2q10. 0q152.选B. 解二：令n=1，不等式变为a1a2a2a3a3a4，a1a2a1a2·qa1a2q2· 第38页（共44页） 我们一直在努力

2)上递减。 做教育就是做责任心！

∵a1a20，∴1qq2，解之0q15. 26．下列不等式中，不成立的是 （ C ）

（A）sin130sin140 （B）cos130cos140 （C）tg130tg140 （D）ctg130ctg140

7．已知ab0，那么下列不等式中一定成立的是 （ D ） （A）ab0 （B）a2b2 （C）|a||b| （D）

8．已知ab0，全集I=R·M={x|bx11 ab

ab}，N={x|abxa}，则MN=（ A ） 2 （A）{x|bxab} （B）{x|abx （C）{x|bxab} 2abab} （D）{x|x，或xa} 229．定义在R上的奇函数f(x)是减函数，设ab0，给出下列不等式： （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) 其成立的是 （ C ）

（A）①与③ （B）②与③ （C）①与④ （D）②与④

10．若实数x,y满足xy>0，且xyz，则xyx的最小值为 。3； 提示：xyx211111xyxyx233x4y233223，当且仅当xyx2即y2x时，上式等号成立，又2244222x2y2故此时x1,y2

11．某乡为提高当地群众的生活水平，由政府投资兴建了甲、乙两个企业，1997年该乡从甲企业获得利润320万元，从乙企业获得利润720万元。以后每年上交的利润是：甲企业以1.5倍的速度递增，而乙企业则为上一年利润的

2。根据测算，该乡从两个企业获得的利润达到2000万元可以解决温饱问题，达到8100万元可以达3到小康水平.

（1）若以1997年为第一年，则该乡从上述两个企业获得利润最少的一年是那一年，该年还需要筹集多少万元才能解决温饱问题？

（2）试估算2005年底该乡能否达到小康水平？为什么？

解：（Ⅰ）若以1997年为第一年，则第n年该乡从这两家企业获得的利润为

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32yn320()n1720()n1,(n1)

233232 =80[4()n19()n1]2804()n19()n1=2806960

232332当且仅当4()n19()n1，即n=2时，等号成立，

23所以第二年（1998年）上交利润最少，利润为960万元。

由2000–960=1040（万元）知：还需另筹资金1040万元可解决温饱问题。 （Ⅱ）2005年为第9年，该年可从两个企业获得利润

32381818181 y9320()8720()8320()832020232161616208158100

所以该乡到2005年底可以达到小康水平.

12.如图，假设河的一条岸边为直线MN，又AC⊥MN于C，点B、D在MN上。先需将货物从A处运往B处，经陆路AD与水路DB.已知AC=10公里，BC=30公里，又陆路单位距离的运费是水路运费的两倍，为使运费最少，D点应选在距离C点多远处?

解：设CD＝x公里，设水路运价每公里为a元，则陆路运价为每公里2a元，运费 y2a((x2100)x)a(30x) (0≤x≤30)

令z2(x2100)x,

则zx2x2100, 平方得3x-2zx+(400-z)=0 由x∈R, 得△=4z-4×3(400-z)≥0 由z≥0 解得z≥103,当且仅当x因此当x103时 z103 32222103103时y有最小值，故当CD公里时，运费最少。 33注：对于z2x2100x，也可以设x=10tgθ(0≤θ＜

＝去解。 213．在交通拥挤及事故多发地段，为确保交通安全，规定在此地段内，车距d是车速V（公里/小时）的平方与车身长S（米）积的正比例函数，且车距不得小于车身长的一半，现假设车速为50公里/小时的时候，车距恰为车身长。（Ⅰ)试写出d关于V的分段函数式（其中S为常数）；（Ⅱ）问车速多大时，才能使此地段的车流

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量Q=

1000V最大。 ds111，∴d=V2S，又d=S时，V=252，∴

225002500解：(Ⅰ)设d=KV2S ，∵V=50时，d=s，∴K=1S　　(0＜V≤252)2d=

12VS　(V252)2500V2000(0＜V≤252)(1)3S　　 (Ⅱ)Q=1000 V(V252)(2)V2S(1)2500 对于(1)，V=252时，Q极大值 对于(2)，Q=

500002 3S1000100025000 ≤1VS1VS()S·2·V2500V250025000 S ∴V=50时，Q极大值 ∵

25000500002 ∴V=50(公里/小时) S3S14．某工厂为某工地生产容器为(米3)的无盖圆柱形容器，容器的底面半径为r（米），而且制造底面的材料每平方米为30元，制造容器的材料每平方米为20元，设计时材料的厚度可忽略不计。 ⑴制造容器的成本y（元）表示成r的函数；

⑵工地要求容器的底面半径r[2，3]（米），问如何设计容器的尺寸，使其成本最低？，最低成本是多少？（精确到元）

解：⑴容器壁的高为h米，容器的体积为V米。 由Vr2h,得r2h.h3232r2332

60230(r2)(r0) rry30rr2202rh30r2⑵由y30(r2)30(r2当且仅当r22r1111) 3033r290

rrrr1。即r=1时，取等号。 r2在r[2,3]上的单调性。 r由1[2,3]；下面研究函数Q(x)r2设2r1r23, Q(r1)Q(r2)(r12rr21122 )(r22)(r12r22)2()(r1r2)12r1r2r1r2r1r2 第41页（共44页） 我们一直在努力

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2r1r23,(r1r2)0,r1r220, r1r2Q(r1)Q(r2)0,即Q（r）在[2，3]上为增函数。

当r=2时，y取得最小值15038。 465（元）

当r=2米，h米时，造价最低为465元。

15．若奇函数f（x）在定义域（-1，1）上是减函数 ⑴求满足f(1a)f(1a2)0的集合M

12⑵对⑴中的a，求函数F(x)loga1xx的定义域。

a解： ⑴ ∵f(x)是奇函数,又f(1-a)+f(1-a2)<0, ∴f(1-a)又f(x)是减函数，∴1-a>a2-1 再由x(1,1)得1a211a1 解得M={a|01x2-x

⑵ 为使F（X）=loga[1-()]有意义，必须

a12121()xx0,即()xx1

aa11oa1,.1,u()aax2x是增函数

x2x0,解得016．已知某飞机飞行中每小时的耗油量与其速度的立方成正比。当该机以a公里/小时的速度飞行时，其耗油费用为m元（油的价格为定值）。又设此机每飞行1小时，除耗油费用外的其他费用为n元。试求此机飞行l公里时的最经济时速及总费用。

解：设最经济的时速为x公里/小时；依题意，设1小时耗油费用为y1（元）， 由已知，耗油量与其速度的立方成正比，则耗油费用也与速度的立方成正比， 因此可设y1kx3；又由已知，当xa时，y1m，代入上式可求出k∴y1mx3a3ma3

mx3a3由题意，飞行1小时的总费用为 设飞行l公里的总费用为y，则

n

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mx3lmx2nmx2n3lmn2n y3n·ll33axa3x2x2xa4amx2a32nn3lmn3，即xa3时，ymin 2x2ma4当且仅当

答：最经济的时速为a3n3l3mn2公里/小时，总费用为元。 2ma417．某公司欲将一批不易存放的蔬菜，急需从A地运到B地，有汽车、火车、直升飞机三种运输工具可供选择，三种运输工具的主要参考数据如下： 运输工具 汽车 火车 飞机 途中速度 途中费用 装卸时间 （小时） 2 4 2 装卸费用 （元） 1000 2000 1000 （千米/小时） （元/千米） 50 100 200 8 4 16 若这批蔬菜在运输过程（含装卸时间）中的损耗为300元/小时，问采用哪 种运输工具比较好，即运输过程中的费用与损耗之和最小.

解：设A、B两地的距离为S千米，则采用三种运输工具运输（含装卸）过程中的费用 和时间可用下表给出：

运输工具 途中及装卸费用 途中时间 汽车 火车 飞机 8S+1000 4S+2000 16S+1000 S2 50S4 100S2 200分别用F1，F2，F3表示用汽车、火车、飞机运输时的总支出，则有 F1=8S+1000+（F2=4S+2000+（

S2）×300=14S+1600， 50S4）×300=7S+3200， 100F3=16S+1000+（

S2）×300=17.5S+1600. 2001600， 7∵S>0，∴F1做教育就是做责任心！

F2–F3<0的解为S则，（1）当S（2）当S（3）当S3200， 211600（千米）时，F1F2，并满足F3>F2，此时采用火车较好； 7 第44页（共44页）

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