高考专题训练不等式(冲刺版)

2004年 专题--不等式(冲刺版)

　　　　　　　　   

 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、含有绝对值的不等式。

 

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.在熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式的解法的基础上初步掌握其他的一些简单的不等式的解法。

 

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。）准确地认识、运用基本性质，并能举出适当反例，辨别真假命题的能力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，主要区别在数乘这一性质上，对于等式a=bac=bc，不论c是正数、负数还是零，都是成立，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加以讨论确定。这关系虽然记得很清楚，但在解题时最容易犯的毛病就是错用这一性质，尤其是参数的讨论。

 

（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{xx是正实数集}中对不等式实施运算；二是直接由实数比较大小的原理出发。

 

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，特别是在微积分中，以不等式为基础建立极限论是它的理论基础。

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单的不等式的证明。用数学归纳法证明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∈{xx是正实数集}，那么≥（当且仅当a=b时取“=”号）

定理2：如果a,b,c∈{xx是正实数集}，那么≥(当且仅当a=b=c时取“=”号)

定理3：如果a、b∈{xx是正实数集}，那么

≤≤≤

（当且仅当a=b时取“=”号）

 

推论4：如果a,b,c∈{xx是正实数集}，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。根据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，有时根据题设可转化为等价问题的比较（如幂、方根等）。

 

②分析法：从求证的不等式出发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出发，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”，是研究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。必须熟练掌握，灵活应用。

 

（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-a_n)

它的n个实根的大小顺序为a₁<a₂<…<a_n，把数轴分成n+1个区间：

(-∞,a₁)，（a₁,a₂），…，(a_n-1,a_n),(a_n,+∞)

自右至左给这些区间编上顺序号，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)>a^g(x)f(x)<g(x)

 

②当a>1时

a^(fx)>a^g(x)f(x)>g(x)

log_af(x)>log_ag(x)f(x)>g(x)>0

 

（7）含参数不等式

对于解含参数的不等式，要充分利用不等式性质。对参数的讨论，要不“重复”不“遗漏”。

 

5.含有绝对值的不等式

（1）作用与地位

绝对值不等式适用于范围较广，求向量、复数的模、距离、极限的定义等都涉及与绝对值不等式的关系。

高考试题中，对绝对值不等式从多方面考查。

 

（2）两基本定理

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）解绝对值不等式的常用方法

①讨论法：讨论绝对值中的式子大于零还是小于零，然后去掉绝对值符号，转化为一般不等式。

 

②等价变形：解绝对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。具体地说，就是无理化为有理，分式化为整式，高次化为低次，绝对值化为非绝对值，指数、对数化为代数式等。

 

（2）分类讨论。分类讨论的目的是处理问题解决过程中遇到的障碍，在无障碍时不要提前进行分类讨论。

 

（3）数形结合。有些不等式的解决可能化为两个函数图像间的位置关系或几何问题。

 

（4）函数方程思想。解不等式可化为解方程及函数图像与x轴交点问题，然后根据题意判断所求解的区间。如“标根法”实际上是一种函数、方程思想。

 

2.证明不等式的常用方法

除了课本介绍了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矛盾，从而肯定原结论正确的一种方法。

 

（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

变量代换是数学中一种常用的解题方法，对于一些结构比较复杂，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、凸性、有界性、实根存在的条件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，图形及变量代换等辅助手段，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∈{xx是正实数集}，则

x²+y²+z²≥2（xy+yz+zx）

（2）若x,y,z∈{xx是正实数集}，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）采用等价转化法

所证不等式等价于

x²y²z²(++)≥2(xy+yz+zx)²

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≥zx²yz+2xy²z+2xyz²

yz(y-z) ² +zx(z-x) ²+xy(x-y) ²+x² (y-z) ²+y² (z-x)+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+x²)+(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】　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≥0。

4(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

=（+x′）²+(+y′)²+(+z′)²

=+x′²+y′²+z′²+(x′+y′+z′)

=+x′²+y′²+z′²

≥+x′²+

=+x′²

故x′²≥，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+>矛盾。

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-)+>，矛盾。

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。因为该法思路明晰，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：nⁱA_mⁱ<mⁱA_nⁱ;

（2）证明：（1+m）ⁿ>(1+n)^m。

【证明】　（1）对于1<i≤m，且A_mⁱ=m……(m-i+1),=·……，

同理=·……

由于m<n，对于整数k=1,2,…,i-1，有>，所以>

即  mⁱA_nⁱ>nⁱA_mⁱ

（2）由二项式定理有

（1+m）ⁿ=1+C_n¹m+C_n²m²+…+C_nⁿmⁿ

（1+n）^m=1+C_m¹n+C_m²n²+…+C_m^mnⁿ

由（1）知mⁱA_nⁱ>nⁱA_mⁱ (1<i≤n)

而C_mⁱ=, C_nⁱ=,

∴mⁱC_nⁱ>nⁱC_mⁱ (1<m<n)

∴m⁰C_n⁰= n⁰C_n⁰=1, mC_n¹= nC_m¹=m·n, m²C_n²> n⁰C_m⁰,…m^mC_n^m> n^mC_m^m, m^m+1C_n^m+1 >0,…, m^mC_nⁿ >0,

∴1+ C_n¹m + C_n²m²+…+ C_nⁿmⁿ >1+ C_m¹n+ C_m²n² +…+ C_m^mnⁿ。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，本题还有许多另外的证法，下面另举两种证法。

 

（1）法一：令n=m+k,k∈N

对自然数k=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

nⁱA_mⁱ<mⁱA_n^I

 

法二：因为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=n²A_m²=n²m(m-1)=n² (m²-m)=(m+k) ² (m²-m)=m²·(m+k) ²-m·，右边=m²A_n²=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=l时，n^lA_m^l<m^l·A_n^l(1<l≤m<n)成立。∵n(m-l)<m·(n-l)

∴n^l+1A_m^l·(m-l)<m^l+1·A_n^l·（n-l）

∴n^l+1A_m^l+1<m^l+1·A_n^l+1(1<l+1≤m<n)

这说明i=l+1时，也成立。

由(i)(ii)可知，对于满足条件1<i≤m的所有自然数i，原不等式成立。

 

(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。

∴k^k+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>(1+n)ⁿ⁺¹>(2+n)ⁿ

()ⁿ>

(1-)ⁿ>

∵n≥2,- >-1

∴由贝努利不等式得（1-）ⁿ>1-=>

∴>递减，又m<n

∴>

∴(1+m)ⁿ>

 

【例4】解下列关于x的不等式：

（1）a^2x+1≤a^x+2+a^x-2(a>0);

（2）log_a(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

a^2x-(a²+a^-2)a^x+1≤0

(a^x-a²)(a^x-a^-2) ≤0

(i)当0<a<1时，a²<a^-2,∴a²≤a^x≤a^-2

即-2≤x≤2

 

(ii)当a>1时，a²>a^-2，∴a^-2≤a^x≤a²

即-2≤x≤2

 

(iii)当a=1时，x为一切实数。

综上所述：当0<a<1，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{x1<x<}。

 

【注】　（1）本题求解过程中易漏掉a=1的情形，希望同学们加以注意。

（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<0

x(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-)<0

1<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)=log_b(b>0且b≠1)。

（1）求f(x)的定义域；

（2）当b>1时，求使f(x)>0的所有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+2ax

x²-2(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

∵x²-2(1+a)x+1>0

∴f(x)>0x<-

 

(ii)当Δ=0时，即a=-2或0

若a=0,f(x)＞0(x-1)²>0

x∈R且x≠1

若a=-2,f(x)＞0(x+1)²＞0

x＜且x≠-1

 

(iii)当△＞0时，即a＞0或a＜-2

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＞-

f(x)＞0x＜1+a-或1+a+＜x＜-

综上所述：当-2＜a＜0时，xx＜-

当a=0时，R，

当a=-2时：xx＜-1或-1＜x＜

当a＞0时，xx＞1+a+或-＜x＜1+a-

当a＜-2时，xx＜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)-x＜1的解集。

 

【解】 (1)≥x+1

≤0

x·(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：

xx≤-5或-2＜x＜-1或0≤x≤1

(2)-x＜1

x-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用数轴标根法，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，特别注意重因式的零点。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)＞0　　　　　　　　　　　 (1)

f(x)=(1+cos+sin)x²-(1+2sin)x+sin

其对称轴，x=，且小于1。

所以：(1+2xin)²-4·(1+cos+sin)·sin＜0　　　 (2)

反之(1)、(2)成立，f(x)＞0　x∈[0，1]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，只要考虑两个端点处及区间中对称轴所在的位置之点。

 

【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x0≤x≤

(ii)a≥1时，所给不等式的解集是{xx≥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{xx≤0}

 

(2)在区间0，+∞上任取x₁，x₂，使得x₁＜x₂

f(x₁)-f(x₂)=

　　　　  =(x₁-x₂)()

而f(x)在0，+∞上单调

∴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都成立。

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，所以f(x)_max=3-

(i)当3-＞5，即-8＜a＜0，此时0＜l(a)＜-

所以，l(a)是方程

ax²+8x+3=-5的较小根。

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{a_n}是由正数组成的等比数例，S_n是其前n项和，

(1)证明：＜lgS_n+1；

(2)是否存在常数C＞0，使得

=lg(S_n+1-C)

成立？证明你的结论。

 

【解】 (1)∵{a_n}是由正数组成的等比数列。

∴a₁＞0,q＞0

当q=1时，S_n=na₁,S_n+2=(n+2)a₁

S_n+1=(n+1)a₂

S_n·S_n+2=na₁·(n+2)a₁=n²a₁²+2na₁²＜n²a₁²+2na₁²+a₁²=[(n+1)a₁]²=S²_n+1

∴S _n·S_n+2＜S²_n+1

当q≠1时

S_n=　S_n+2=　S_n+1=

S _n·S_n+2=

S²_n+1=

于是，S²_n+1-S_n·S_n+2==a₁²·qⁿ＞0

综上所述：S²_n+1＞S_n·S_n+2

＜lgS_n+1

 

(2)证法一：

(1)当q=1时

 (S_n-C)(S_n+2-C)-(S_n+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。

(2)当q≠1时

 (S_n-C)(S_n+2-C)-(S_n+1-C)²

=-a₁qⁿ·[a₁-C(1-q)]

∵a₁＞0,q＞0,a1·qⁿ≠0　 ∴C=

∵C＞0,∴0＜q＜1，但0＜q＜1时，a_n-＜0，这与条件(2)矛盾，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(S_n+1-C)成立，则必有

由④式得：

S_n·S_n+2-S²_n+1=C·(S_n+S_n+2-2S_n+1)

另一方面：

S_n+S_n+2-2S_n+1=(S_n-C)+(S_n+2-C)-2(S_n+1-C)≥2-2（S_n+1-C）=0

∴S_n·S_n+2≥S_n+1²矛盾

故这样的C>0不存在。

 

【注】本题是一道数列、不等式、函数的综合性题。解题过程中特别要注意q=1与q≠1的讨论。

（2）中的反证法，综合体现了不等式知识的灵活实用，具有较高的能力要求。

跟踪练习

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　　　　　　　　　　B.必要不充分条件

C.充分必要条件　　　　　　　　　　　D.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>-5a　　　　 B.a²<　　　　　 C.a⁶<25　　　　 D.a>

 

3.a,b∈R且a>b,则下列不等式中恒成立的是（　　）

A.a²>b²　　　　　B.( ) ^a <()^b　　 C.lg(a-b)>0　　 D.>1

 

4.若a<0,-1<b<0，下面结论正确的是（　　）

A.a>ab>ab²　　　B.ab>ab²>a　　　　　Cab>a>ab²　　　 D.ab²>ab>a

 

5.已知a²+b²+c²=1，那么下列不等式中成立的是（　　）

A.(a+b+c) ²≥1　　　　　　　　　 　　B.ab+bc+ca≥

C.abc≤　　　　　　　　　　　 D.ab²>ab>a

 

6.x为实数，且x-3-x-1>m恒成立，则m的取值范围是（　　）

A.m>2　　　　　 B.m<2　　　　　　　C.m>-2　　　　　　D.m<-2

 

7.若a、b、c、d满足条件：c<d且a+d<b+c和a+b=c+d，则下列不等式中正确的是（　　）

A.a<c<b<d　　　 B.b<c<d<a　　　　　C.c<a<b<d　　　 　D.a<c<d<b

 

8.已知实数x、y满足x²+y²=1，则(1-xy)(1+xy)(　　　)

A.有最小值，也有最大值1　　　　　　　B.有最小值，也有最大值1

C.有最小值，但无最大值　　　　　　　　D.有最大值1，但无最小值

 

9.若关于x的不等式>0的解为-3<x<-1或x>2，则a的取值为（　 ）

A.2　　　　　　 　　B.　　　　　　　　C.-　　　　　 　　 D.-2

 

10.若a>0,ab>0,ac<0，则关于x的不等式：>b的解集是（　　）

A.{xa-<x<a}　　　　　　　　　　　B.{xx<a-或x>a}

C.{xa<x<a-}　　　　　　　　　　　D.{xx<a或x>a-}

 

11.已知集合A={xx²-2x-3>0},B={xx²+ax+b≤0}，若A∪B=R，A∩B=（3，4则有（　　）

A.a=3,b=4　　　 B.a=3,b=-4　　　　　C.a=-3,b=4　　　D.a=-3,b=-4

 

12.若关于x的不等式：x²-ax-6a<0，有解且解区间长不超过5个单位长，则a的取值范围是（　　）

A.-25≤a≤1　　　　　　　　　　　　 B.a≤-25或a≥1

C.-25≤a<0或1≤a<24　　　　　　　　D.-25≤a<-24或0≤a<1

 

二、填空题

13.不等式（）>3^-2x的解集是　　　　　　　　 。

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①log_a(a²+1)<log_a(a³+1)　 ②a>()^a　 ③()^a>a^a④a^a<a²　 ⑤log_a(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,yx,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-a^x)≥log(a^x-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)≥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。

 

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

1.A  2.A　3.B　4.B  5.C　6.D　7.D  8.B　9.D　10.C　11.D　12.D　13.(-2,4)　14.(0,)(1,100)　15.[-2,2]　16.(3)(4)

17.[解]原不等式化为：x²-2<2x+1-2x-1<x²-2<2x+1或x>-1+.∴不等式的解是：-1+<x<3.

 

18.(1)令x=sin²θ,y=cos²θ

(1+)(1+)=(1+)+(1+)

　　　　　  =(1+cscθ²)(1+sec²θ)

=(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.当y=2时,代入(y-2)x²+(2-y)x+y+1=0中,得3=0.

∴y≠2,即得证.

 

19.[解]　原不等式化为

由(2)推得log(4-a^x)≥log(a^x-1)[(4-a^x)]²≤a^x-1整理得：(a^x)-12a^x+20≤0。

∴2≤a^x≤10.

即2≤a^x<4当a>1时log_a2≤x<log_a4.

当0<a<1时log_a4<x≤log_a2

 

20.[解](1)f(x)=(x-a)²+1.∵x∈M即x∈[a,b]，函数f(x)在区间[a,b]内单调整递增，∴当x=a时f(x)有最小值1，当x=b时，f(x)有最大值(b-a)²+1。∴f(x)的值域  N=[1,(b-a²)+1]。

(2)a≤0且b∈[a+1,+∞]。

∴a≤0且b∈ [a+1,+∞].

 

21.[解]　(1)∵-1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3。即当x∈[-1,1],f(x)≤0，当x∈[1,3],f(x)≥0。

∴当x=1时f(x)=0。

∴1+p+q=0　∴q=-(1+p)

 

(2)f(x)=x²+px+q=x²+px-(1+p),当sinθ=-1时f(-1)≤0。

∴1-p-1-p≤0　∴p≥0

 

(3)注意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)有最大值。又f(x)=(x+)²-。显然此函数在[-1，1]上递增。∴当x=-1时f(x)有最小值f(-1)=1-3-4=-6。

 22.[解]由f(1)= 得a+b+c=。令x²+=2x²+2x+x=-1，由f(x)≤2x²+2x+推得f(-1)≤。

由f(x)≥x²+推得f(-1)≥,∴f(-1)=

∴a-b+c=，故2(a+c)=5,a+c=且b=1

∴f(x)=ax²+x+(-a)

依题意：ax²+x+(-a)≤x²+对一切x∈R成立，∴a≠1，且Δ=1-4(a-1)(2-a)≤0。推得(2a-3)²≤0　

∴f(x)= x²+x+1

易验证：x²+x+1≤2x²+2x+对x∈R都成立。

∴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。