【考點梳理】北大附中解析不等式組

選校網(wǎng)專業(yè)大全歷年分?jǐn)?shù)線上萬張大學(xué)圖片大學(xué)視頻院校庫HYPＥＲLINK＂http：／/www.xuaｎｘiａｏ．cｏm＂選校網(wǎng)HＹPＥＲＬINＫ"http：/／ｗww.ｘｕanxiao．ｃom"www。xuaｎxiａo。ｃomHYPERLINＫ＂httｐ：//ｇaｏkao。ｘuaｎxｉ”高考頻道HYPERLＩNＫ”ｈttp:/／zhｕaｎyｅ。xuaｎxiaｏ.ｃom"專業(yè)大全HYPERLINＫ"ｈｔｔｐ：/／wｗw.xuａnｘｉao．ｃoｍ/ｆeｎshｕ＂歷年分?jǐn)?shù)線ＨＹPＥRＬINK"ｈｔｔp://imａｇe。xｕaｎ”上萬張高校圖片ＨYPERLINＫ"hｔtp：／/viｄeo。xuａnｘiao.coｍ/”高校視頻HYPEＲＬINK"hｔtp：//gａoxiaｏ.xuａｎｘiaｏ。ｃom＂院校庫【考點梳理】一、考試內(nèi)容不等式,不等式的性質(zhì)，不等式的證明，不等式的解法，含有肯定值的不等式。二、考試要求1。掌握不等式的性質(zhì)及其證明，掌握證明不等式的幾種常用方法，掌握兩個和三個（不要求四個和四個以上)“正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)”這兩個定理,并能運用上述性質(zhì)、定理和方法解決一些問題。2．在嫻熟掌握一元一次不等式（組)、一元二次不等式（組)的解法的基礎(chǔ)上初步掌握其他的一些簡潔的不等式的解法。３.會用不等式||a｜-｜b｜｜≤｜a+ｂ｜≤｜a｜+|ｂ｜。三、考點簡析１。不等式知識相互關(guān)系表2.不等式的性質(zhì)（1）作用地位不等式性質(zhì)是不等式理論的基本內(nèi)容，在證明不等式、解不等式中都有廣泛的應(yīng)用。高考中，有時直接考查不等式的性質(zhì),有時間接考查性質(zhì)（如在證明不等式、解不等式中就間接考查了掌握不等式性質(zhì)的程度）。精準(zhǔn)地熟識、運用基本性質(zhì),并能舉出適當(dāng)反例，能辨別真假命題是學(xué)好不等式的要點.（2）基本性質(zhì)實數(shù)大小比較的原理與實數(shù)乘法的符號法則是不等式性質(zhì)的依據(jù)。在不等式性質(zhì)中,最基本的是:①a>ｂb<a(對稱性)②a〉b，b〉ca>ｃ(傳遞性）③a>ba+c〉ｂ+c(數(shù)加）④（ａ>b，ｃ=０a·c=b·c)與等式相比，主要區(qū)分在數(shù)乘這一性質(zhì)上,對于等式ａ＝ｂac=bc，不論c是正數(shù)、負(fù)數(shù)還是零，都成立，而對于不等式ａ＞b,兩邊同乘以c之后,ac與bc的大小關(guān)系就需對c加以商量確定。這關(guān)系即使記得很清楚,但在解題時最容易犯的毛病就是錯用這一性質(zhì),尤其是需商量參數(shù)時.(3）基本性質(zhì)的推論由基本性質(zhì)可得出如下推論：推論１:a>b>0，ｃ>ｄ＞0ac〉bd推論2：a>b〉０，c〉d>0推論３:ａ〉b＞0an＞bn（n∈N）推論4:a＞b>0（ｎ∈N)對于上述推論可記住兩點:一是以上推論中ａ，ｂ，c，d均為正數(shù),即在{x｜x是正實數(shù)｝中對不等式實施運算;二是直接由實數(shù)比較大小的原理動身.３．不等式的證明（1）作用地位證明不等式是數(shù)學(xué)的重要課題，也是分析、解決其他數(shù)學(xué)問題的基礎(chǔ),格外是在微積分中，不等式是建立極限論的理論基礎(chǔ)。高考中，主要涉及“ａ,b〉０時,ａ＋b≥2"這類不等式，以及運用不等式性質(zhì)所能完成的簡潔的不等式的證明。用數(shù)學(xué)歸納法證明的與自然數(shù)有關(guān)命題的不等式難度較大。（2)基本不等式定理1:如果a,b∈｛ｘ｜ｘ是正實數(shù)｝,那么≥(當(dāng)且僅當(dāng)ａ=b時取“=”號）定理２：如果a,ｂ，c∈{x|ｘ是正實數(shù)｝，那么≥（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時取“＝”號）定理３：如果a、b∈｛x|ｘ是正實數(shù)}，那么≤≤≤(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時取“=”號）推論4:如果a，b，c∈｛x｜ｘ是正實數(shù)}，那么≤≤≤（當(dāng)且僅當(dāng)a＝b=c時取“＝”號）由上述公式還可衍生出一些公式①４ａb≤(a＋ｂ）2≤2（ａ2＋b2），a、ｂ∈R(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)②ａ2+b2＋ｃ2≥ａb+bｃ+ｃa,ａ，ｂ,c∈R（當(dāng)且僅當(dāng)ａ=b=ｃ時等號成立)③ａ2＋b2＋c２≥（a＋b+c)２≥ab+bｃ＋ca，a，b，c∈R(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=ｃ時等號成立）④｜＋｜≥2（當(dāng)且僅當(dāng)｜ａ|=｜b|時取“=”號）⑤ａ〉０，b＞0，a+b=1，則aｂ≤等.(4）不等式證明的三種基本方法①比較法:作差比較，依據(jù)a－ｂ＞0a〉b，欲證a>ｂ只需證a－b＞0；作商比較,當(dāng)b＞0時，ａ〉b＞1.比較法是證明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有時依據(jù)題設(shè)可轉(zhuǎn)化為等價問題的比較（如冪、方根等).②分析法:從求證的不等式動身尋找使該不等式成立的充分條件。對于思路不明顯，感到無從下手的問題宜用分析法探究證明途徑.③綜合法：從已知的不等式及題設(shè)條件動身,運用不等式性質(zhì)及適當(dāng)變形（恒等變形或不等變形)推導(dǎo)出要求證明的不等式。4.不等式的解法(1)作用與地位解不等式是求定義域、值域、參數(shù)的取值范圍時的重要手段,與“等式變形”并列的“不等式的變形"，是討論數(shù)學(xué)的基本手段之一。高考試題中，對解不等式有較高的要求,近兩年不等式知識占相當(dāng)大的比例。（2)一元一次不等式(組)及一元二次不等式(組）解一元一次不等式(組)及一元二次不等式(組）是解其他各類不等式的基礎(chǔ)，必須嫻熟掌握,靈敏應(yīng)用。(3)高次不等式解高次不等式常用“數(shù)軸標(biāo)根法”。一般地，設(shè)多項式F（ｘ)=a(ｘ—a1）（x—ａ2）…（x－an）（a≠０)它的ｎ個實根的大小挨次為ａ1<a２<…<ａｎ,把數(shù)軸分成ｎ＋1個區(qū)間:（-∞,a1)，（a1，a２），…，（ａｎ－1，an），（ａn，+∞）自右至左給這些區(qū)間編上挨次號,則當(dāng)a>0時有：①在奇數(shù)區(qū)間內(nèi)，F(xiàn)(ｘ）〉0。②在偶數(shù)區(qū)間內(nèi)，F(xiàn)（x）〈０(4）分式不等式分式不等式的等價變形：＞0f（x)·ｇ（x）>0≥0（5）無理不等式兩類常見的無理不等式等價變形：≥g（x)或〈g（x）（6）指數(shù)不等式與對數(shù)不等式①當(dāng)0<a<1時a(fx）>ａｇ（ｘ)ｆ（ｘ）〈g(x)②當(dāng)ａ＞1時a(fx)〉aｇ（x）f(x）>g(ｘ)ｌoｇａf(x）〉ｌogaｇ（x)f(ｘ）〉ｇ（x）＞0（7）含參數(shù)不等式對于解含參數(shù)不等式,要充分利用不等式的性質(zhì)。對參數(shù)的商量，要不“重復(fù)"不“遺漏”.5.含有肯定值的不等式(１）作用與地位肯定值不等式適用范圍較廣,向量、復(fù)數(shù)的模、距離、極限的定義等都涉及到肯定值不等式。高考試題中,對肯定值不等式從多方面考查.（２）兩個基本定理定理１：｜｜a|－|b|｜≤｜ａ+b|≤｜a|＋｜ｂ｜（a、ｂ∈R）定理2:｜｜a|－｜ｂ｜|≤｜a-b｜≤|ａ|＋|ｂ|（a、b∈Ｒ）應(yīng)理解其含義,掌握證明思路以及“="號成立的條件.(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還是小于零,然后去掉肯定值符號,轉(zhuǎn)化為一般不等式.②等價變形：解肯定值不等式常用以下等價變形｜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。不等式中常見的基本思想方法（1)等價轉(zhuǎn)化。簡略地說,就是無理化為有理，分式化為整式，高次化為低次，肯定值化為非肯定值，指數(shù)、對數(shù)化為代數(shù)式等。（２）分類商量。分類商量的目的是處理解決問題過程中遇到的障礙,在無障礙時不要提前進(jìn)行分類商量。（3)數(shù)形結(jié)合。有些不等式的解決可化為兩個函數(shù)圖像間的位置關(guān)系的商量等幾何問題.（4）函數(shù)方程思想。解不等式可化為解方程或求函數(shù)圖像與ｘ軸交點的問題,依據(jù)題意推斷所求解的區(qū)間。如“標(biāo)根法”實際上就是一種函數(shù)方程思想。2。證明不等式的常用方法除了課本上介紹的證明不等式的三種基本方法外，還有如下常用方法:(1）放縮法若證明“A≥B”，我們先證明“A≥C”，然后再證明“C≥B”，則“Ａ≥B”。(2)反證法反證法是通過否定結(jié)論導(dǎo)致沖突，從而肯定原結(jié)論的一種方法。（3）數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)ｎ有關(guān)的不等式時，常用數(shù)學(xué)歸納法。此法高考中已多次考查。（４)變量代換法變量代換是數(shù)學(xué)中的一種常用的解題方法，對于一些結(jié)構(gòu)比較簡潔,變化較多而關(guān)系不太清楚的不等式,可適當(dāng)?shù)匾M(jìn)一些新的變量進(jìn)行代換，以簡化其結(jié)構(gòu)。其代換技巧有局部代換、整體代換、三角代換、增量代換等。（5）函數(shù)方法通過利用函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、凹凸性、有界性、實根存在的條件等證明不等式的方法稱為函數(shù)方法.(6)構(gòu)造方法不等式證明中的構(gòu)造方法，主要是指通過引進(jìn)合適的恒等式、數(shù)列、函數(shù)、圖形及變量等幫助手段,促使命題轉(zhuǎn)化，從而使不等式得證。此法技巧要求較高，高考試題中很少見?！纠}解析】例1證明下列不等式:（1）若x，y，ｚ∈R，ａ,b，c∈｛x|x是正實數(shù)｝,則x2+ｙ2＋z2≥2（xｙ+ｙｚ+zｘ）;（2）若x，y,ｚ∈{x｜x是正實數(shù)｝,且x+y+z=ｘｙz,則++≥2（++）２.解（1）先考慮用作差證法∵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)采納等價轉(zhuǎn)化法所證不等式等價于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∵上式顯然成立∴原不等式得證。注（1)配方技巧的實現(xiàn)關(guān)鍵在于合理的分項,正是這種分項我們對（1）還可證明如下：x2＋y2+z2=（x2+ｙ2）+（y2+z2)＋(z2＋x２）≥2+2＋2≥2(xy＋yｚ＋ｚx)(2)的證法要害是:化分式為整式，活用條件,即用x+y＋z代換xyz,以及配方技術(shù)。事實上，這個代數(shù)不等式的實質(zhì)是如下三角不等式:在銳角△ABＣ中,求證：cｏｔA（taｎＢ+tanC）＋ｃotＢ·（ｔａnC+ｔaｎＡ）＋ｃｏｔC·(tａnA＋tanＢ）≥2（ｃotA＋cotB+cotC)2例2證明若x,y,z∈Ｒ,且ｘ＋y＋z=１，ｘ2＋y２+z２=，則x，y,z，∈［0，]。證法一由x＋y+z＝1，ｘ2+ｙ2＋z2=，得：x２＋y2+（1－ｘ－ｙ）2=整理成關(guān)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，］證法二設(shè)x=+x′，ｙ＝+y′,z=＋ｚ′，則x′+y′+ｚ′=0于是故，x′∈［－，］，ｘ∈[0，],同理，y，ｚ∈［0,］證法三反證法設(shè)x、ｙ、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x〈0，則ｘ2＞0,＝x2+y２＋z２≥x２+＝+x2＝x2-ｘ＋＞,沖突.設(shè)ｘ，y,z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x＞,則：=x２+y２+z2≥x2+=x2+=x2－x＋=x·(ｘ－)+>，沖突。故x,y,z∈[0，］.注:本題證法甚多，最易接受的方法是證法一的判別式法,由于該法思路明晰,易于操作，技巧性不強.例３已知i、m、n是正整數(shù),且1<i≤m<n,（1)證明:ｎiAmi〈ｍiAnｉ；（２）證明:。證明（1)對于1<ｉ≤m，有Ami=ｍ……(m－i＋1），∵=·……，同理＝·……。由于m〈ｎ，∵對于整數(shù)k＝1，2，…,i—1,有>，所以＞即ｍiAnｉ〉niAmi(2）由二項式定理有（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。注本題是2001年全國高考數(shù)學(xué)試題，上述證明方法關(guān)鍵是配對。除了上述證法外，本題還有很多另外的證法，下面另舉兩種證法。(1)法一：令n=ｍ+k,(k∈N）對自然數(shù)t=1,2，…，i—1,ｔ<m,有<，從而得：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是正整數(shù)，且1<i≤m＜n，不妨設(shè)n=m+k（其中k∈Ｎ）.下面對正整數(shù)i實施數(shù)學(xué)歸納法.（i）當(dāng)ｉ=２時,左邊=n２Am2＝n2m(m—１）=n2（m２—m）=（m+k）2（ｍ２－m)＝ｍ2·(ｍ+k)2－m·(m+k）２，右邊=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)，即左邊＜右邊，這說明i=2時,原不等式成立。(ｉi)假設(shè)i=ｋ′時，成立?！摺唷噙@說明ｉ=l+k′時，也成立。由(ｉ）（iｉ）可知，對于滿意條件1<ｉ≤m的全部自然數(shù)ｉ,原不等式都成立.（2）法一:令f（k）=（k≥3，k∈Ｎ)∵=·==＞1∴ｆ（ｎ+1）>ｆ（ｎ）∴當(dāng)k≥3,ｋ∈N時，ｆ（ｋ）單調(diào)遞增，又∵∴kｋ＋１〉(ｋ+１）k，即k>（k+１)于是經(jīng)過有限次傳遞，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∴由貝努利不等式得（１－）n＞1－＝＞∴>,∴f（ｎ)單調(diào)遞減，又∵m＜n∴＞∴（1+m)n＞例4解下列關(guān)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、對數(shù)不等式時，常要對底數(shù)ａ進(jìn)行分類,然后依據(jù)其函數(shù)的單調(diào)性來實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，在轉(zhuǎn)化過程中注意不等式解的等價性。（1）原不等式等價于a2x-(ａ2＋ａ－2)ａx＋１≤0(ａｘ-a２)(ａｘ-a－２)≤0(i)當(dāng)0<a＜1時，a2〈a—2,∴a2≤ax≤a－２即-２≤ｘ≤2(ii)當(dāng)ａ>1時,a２>a－2，∴a-2≤ａx≤a2即-2≤ｘ≤２(iiｉ)當(dāng)a＝1時,x為一切實數(shù)。綜上所述：當(dāng)0＜a＜1或a〉1時，原不等式的解為｛ｘ｜－2≤x≤２｝；當(dāng)a=1時，解集為Ｒ。(2）(i）當(dāng)a>１時,原不等式等價于1－〉a1-a>∵１-ａ＜０∴<x＜０（iｉ）當(dāng)0〈ａ〈１時，原不等式等價于1＜x＜綜上所述：當(dāng)a＞１時,原不等式解集是{x｜<x<0｝；當(dāng)０〈a＜1時,原不等式的解集是｛ｘ｜1<x＜｝.注(１)本題求解過程中易漏掉a=１的情形，盼望同學(xué)們加以注意。（2)如果應(yīng)用性質(zhì)＜0f(ｘ)·g(ｘ)＜０,就能簡化上述解法。事實上(ｉ)當(dāng)ａ〉１時,原不等式等價于1—＞ａ〈０x(ｘ-)<0<x〈0（ｉi）當(dāng)0＜ａ〈1時，原不等式等價于0＜1-＜ａ（１-）(１－—a)<０〈0(ｘ-1)（x—）<01＜x<記住一些有用的小結(jié)論,有利于優(yōu)化解題過程。例5設(shè)函數(shù)ｆ（x）=ｌoｇｂ(b＞0且b≠１），（1)求f(ｘ)的定義域；(２）當(dāng)ｂ＞1時，求使ｆ（ｘ）>0的全部ｘ的值.解（１）∵x2－2x+2恒正，∴f(x)的定義域是1＋２ａｘ＞0，即當(dāng)a＝０時，f（ｘ）定義域是全體實數(shù)。當(dāng)a＞0時,ｆ（x)的定義域是（-，+∞）當(dāng)a〈0時，f（ｘ)的定義域是(—∞，-)（2）當(dāng)b>1時，在f(x)的定義域內(nèi)，f(ｘ）>0>1x2-2x+2〉１+2aｘx2-2（1+a）x+１〉0其判別式Δ=4(1+a)2－４=4a(a＋２)(ｉ)當(dāng)Δ<０時,即—2＜a＜０時∵x２-２（１+ａ)x+１＞０∴ｆ（ｘ)〉0x<-（iｉ）當(dāng)Δ=0時，即ａ=－2或0時若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）當(dāng)△＞０時,即a＞0或ａ＜-２時方程x2－2（1+ａ）x＋1=０的兩根為x１=１+a－,ｘ２=1+a+若a＞0,則x2>x1＞0>-∴或若a＜—2,則∴ｆ(x)＞0x＜1+a－或1＋a+＜x〈-綜上所述：當(dāng)—2＜a〈0時，x的取值集合為x|x<-當(dāng)a＝0時,x∈R且ｘ≠1,x∈R，當(dāng)a=-2時：x｜x<－1或－１<x〈當(dāng)a＞0時，x∈x|ｘ＞1+a+或—<x＜1＋a－當(dāng)a〈-２時,ｘ∈ｘ｜x〈1＋a—或1+ａ+〈x＜-注解題時要注意函數(shù)的定義域.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,由圖可知,原不等式的解集為: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為0，1—（2,6)注(1）解高次不等式時常采納數(shù)軸標(biāo)根法,其做法是：先將每個因式分別等于零的根標(biāo)在數(shù)軸上，然后按由上而下，由右向左的次序畫圖穿過各個零點，選出符合條件的區(qū)間.如有重因式，格外注意重因式的零點。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）本題的第（２)小題的幾何解釋是：在同一個坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)y=ｘ—1,y=x+1和y=的圖像。于是，不等式ｘ—1<＜x+１的解集就是使函數(shù)y＝的圖像(雙曲線2(x—1）２—y2=１，位于x軸上方的部分）夾在直線ｙ=x－1與ｙ=x+1之間的x集合（如圖）.例7已知當(dāng)x∈[０,1]時，不等式x２cos-x·（1-x）+（1-x）2sｉn〉0恒成立，試求的取值范圍。解令f(x）=ｘ2cos－x·（１－x）+(1－x）２ｓｉn，∵對ｘ∈[0，1］，f（x）>0恒成立，∴ｃoｓ=f（1）〉0，ｓin=f（０)>0???? （１)又∵ｆ(ｘ）=（1+cｏｓ+ｓin)x２-(1+２siｎ)x+ｓin，其對稱軸為x=,ｘ大于0且小于1，∴△=(1+２ｓｉn）2-4·(1+ｃos+ｓiｎ)·sin〈0 ?(2)反之若(１）、（2）成立，ｆ(x）>0則x∈[０,1］，f(x）>０恒成立，故解之得：２kπ＋〈<２kπ＋,（k∈Z）。注二次函數(shù)的在區(qū)間上最大值、最小值,只要考慮兩個端點及區(qū)間中對稱軸所在位置之點.例8設(shè)函數(shù)f(x）＝－ax，（１）解不等式f（ｘ)≤1；（2)求a的取值范圍，使函數(shù)ｆ(x）在區(qū)間０,+∞上是單調(diào)函數(shù).解（１)不等式f（ｘ）≤1,即≤１＋aｘ所以：(ｉ)當(dāng)0＜a＜1，所給不等式的解集是x｜0≤ｘ≤(ｉi）ａ≥１時，所給不等式的解集是x｜x≥０(iii)當(dāng)a=０時,所給不等式的解集是｛0｝（iv）當(dāng)—1<a<０時，所給不等式的解集是x|≤ｘ≤0（v）當(dāng)ａ≤－１時,所給不等式的解集是｛x|x≤0}（2)在區(qū)間0,+∞上任取x１，x２,使得x1＜ｘ2ｆ(x1)-f(x２）＝=(ｘ１—x2）(）而要使ｆ（ｘ）在0，+∞上單調(diào)∴只須f（x１)-ｆ（x2)在0,+∞上恒正或恒負(fù)。又∵x2－x1＞０,x1·x２∈0,＋∞∈(0，1）∴ａ≥1或a≤0例9設(shè)函數(shù)ｆ(x）=aｘ２＋8x＋3a<０。對于給定的負(fù)數(shù)a，有一個最大的正數(shù)ｌ（a），使得在整個區(qū)間［0，l（ａ）］上，不等式|f(x)|≤５恒成立。問：a為何值時，ｌ（a)最大?求出這個最大的l（a)，證明你的結(jié)論。解f(x）=a·（x+)2＋3-∵ａ＜0，∴f（x）mａx=3－（i）當(dāng)３—＞５,即—8〈ａ〈０時,ｌ(a)是方程ａx２＋８x+3=5的較小根,∴(ii）當(dāng)時,即a≤—8時,l（a)是方程的較大根，即l（a)=＝=當(dāng)且僅當(dāng)a＝—8時，等號成立.由于＞，因此當(dāng)且僅當(dāng)ａ=-8時，l（a)取最大值.注本題是一個典型的函數(shù)、方程、不等式的綜合題。數(shù)形結(jié)合利于開拓思路，找到解法。例10設(shè)｛ａn｝是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，Ｓn是其前n項和，(１)證明：〈lgＳn＋1；（2)是否存在常數(shù)C〉0,使得=lg（Ｓｎ＋１-C)成立？證明你的結(jié)論.解(1）∵｛ａn｝是由正數(shù)組成的等比數(shù)列∴a1〉0,q>０當(dāng)q＝１時,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當(dāng)q≠1時Ｓn=Ｓn＋２=Sn+1＝Sn·Sｎ+2＝S2ｎ＋1＝于是,S2ｎ+1－Ｓn·Ｓn＋２=＝ａ12·ｑn＞0綜上所述:Ｓ2n+１>Ｓn·Sn+２＜ｌgSｎ+1（２）證法一:（ｉ）當(dāng)q=1時(Ｓn—C）(Sｎ＋2-C)—（Sn＋1—Ｃ）2＝(na1—C）[（n+2）a１－Ｃ]—[(n+１)a１-Ｃ］２＝-ａ12〈0故這樣的C＞０不存在。(ｉｉ)當(dāng)ｑ≠1時(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,但當(dāng)0＜q〈1時,Sn-〈０，這與條件(2）中沖突，故這樣的C＞０不存在。證法二：(反證法)假設(shè)存在常數(shù)C＞0，使得＝lg(Sn+１-Ｃ)成立,則必有由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,沖突故這樣的C>0不存在。注本題是一道數(shù)列、不等式、函數(shù)的綜合題。解題過程中格外要注意q=1與q≠１的商量。（２）中的反證法，綜合體現(xiàn)了不等式知識的靈敏有用,具有較高的能力要求?！揪C合能力訓(xùn)練】一、選擇題1.“ｘ〉y且m〉ｎ”是“ｘ+m>ｙ＋ｎ"成立的(）Ａ.充分不必要條件 ? B．必要不充分條件C。充分必要條件? ? ??D。不充分不必要條件2。若ａ3<-５，則下列關(guān)系式中正確的是（）Ａ。ａ4＞-5a???Ｂ．a(chǎn)2〈???Ｃ。a6〈2５???D．a(chǎn)>3.ａ,b∈Ｒ,且a>b,則下列不等式中恒成立的是(）A.ａ２>b2???B．()a＜（)ｂ??C。lｇ（a—ｂ）>0? Ｄ．〉１4．若a〈０，-１＜b〈0,下面結(jié)論正確的是(）Ａ．a(chǎn)〉ａb＞aｂ2 B．a(chǎn)ｂ〉ａb2>a??C.ab>ａ>ab２? 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≥１? ???Ｂ．a(chǎn)b+ｂc+ca≥C．|abc｜≤??????D.aｂ2〉aｂ〉a6．x為實數(shù)，且|x－３|－|ｘ—1｜>ｍ恒成立,則m的取值范圍是（)Ａ。m〉2 ??B。m<2????C。m>-2? ??Ｄ。m<-2７。若ａ、b、c、ｄ滿意條件:ｃ＜d,ａ＋ｄ〈b＋c和a+ｂ=c+d，則下列不等式中正確的是（)Ａ.a＜ｃ〈ｂ<ｄ???B.b〈c＜d<a???Ｃ。c<ａ<b＜ｄ???D。a〈c<d〈b8.已知實數(shù)ｘ、y滿意x2+y2＝１,則（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１C．有最小值，但無最大值????Ｄ．有最大值１，但無最小值9．若關(guān)于x的不等式＞0的解集為—3〈x〈-1或x＞2，則a的取值為（)A。2????B.? ?C．-???D．-2１０.若ａ>０,ab>０，ac〈0，則關(guān)于x的不等式：〉ｂ的解集是（)A．｛ｘ｜a—<x<a｝???? Ｂ．｛ｘ｜ｘ〈ａ－或ｘ>a｝Ｃ.{ｘ|a<x〈ａ—} ????D．{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則有（）A．a(chǎn)=3，ｂ=4??B．a(chǎn)＝3，ｂ=-4 ??Ｃ．a(chǎn)=－３,b=4??D.a=-３,b=-４１２.若關(guān)于x的不等式:x2—ax-６a＜0有解且解區(qū)間長度不超過5個單位長,則a的取值范圍是（）A.－25≤ａ≤1???? ??B.a≤－2５或a≥1C.－25≤a〈0或1≤a<24??? Ｄ．—2５≤ａ〈—２４或０<ａ≤1二、填空題１3.不等式(）〉３—２x的解集是 ???.１4．不等式〈１的解集是。１5.若對于任意ｘ∈Ｒ，都有（m—２）x２－2（ｍ－2）ｘ-４<0恒成立,則實數(shù)m的取值范圍是。16．設(shè)0＜a〈１，給出下面五個不等式①lｏga（a2+1）<loga(a3＋1）②ａ＞（)a③（）a>aa④aa<a2⑤ｌogａ（１－a)>0,其中不正確的不等式的序號是。三、解答題1７。解關(guān)于x的不等式:＜２x+1。18.（１）若x、y∈{（x，y)｜x，y是正實數(shù)集}，且ｘ＋y＝1，求證：（１＋)（１＋）≥9;（2）已知ｘ∈R，求證：－２≤〈２.19．已在ａ>0且a≠1,解關(guān)于x的不等式:1＋ｌoｇ（４-ax）≥ｌog（ax－１）20。設(shè)a〈ｂ，ｂ〉1，M=［a,b］，函數(shù)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的取值范圍以及b由ａ表示的取值范圍。21.已知函數(shù)f（x）=x２+pｘ+q，對于任意θ∈R,有f(ｓinθ)≤0,且f(ｓiｎθ+2）≥０;（1)求ｐ、ｑ之間的關(guān)系式；（2）求ｐ的取值范圍；（３）如果f(siｎθ＋２）的最大值是14，求p的值，并求此時f(sinθ）的最小值。22。設(shè)f（x）=ax２+ｂx+ｃ，若f（1)=，問是否存在a、b、c∈R,使得不等式:x２＋≤f（x)≤２ｘ２＋2x＋對一切實數(shù)x都成立,證明你的結(jié)論.參考答案【綜合能力訓(xùn)練】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]原不等式化為：｜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則(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。當(dāng)y≠２時,要方程有實數(shù)解，須Δ=（2－y）2-4（ｙ－2）(y+１）≥0得－2≤ｙ≤２,又∵y≠２∴－2≤ｙ〈２，當(dāng)y=2時，代入(ｙ－2）x2＋(2-y）x+y+１=０中,得3=０,沖突∴綜上y≠2,即得證。19。［解］原不