第一篇：高考數學難點歸納18 不等式的證明策略教案

高考網

http://www.tmdps.cnm+?+Cnm，n2n

2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，ii由(1)知mA＞nA(1＜i≤m∴mCn＞nCm(1＜m＜n)iiiiinim，而C=

imAmi!i,Cin?Ani!i

01122∴mC0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?，0022mmCmn＞nCm，mmmm+

1?1Cm＞0，?，mCnnn＞0，n

京翰教育http://www.tmdps.cnmn＞1+C122nnnmn+Cmn+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a3+b

3=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，因為2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設a、b為方程x

2－mx+n=0的兩根，則?b??m?a，?n?ab因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2

－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m3?23m

將②代入①得m2－4(m223?3m)≥0，3即?m?8≥0，所以－m33m+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.證法三：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）證法四：因為a3?b3?b32?(a2)

(a?b)[4a2?4b2?4ab?a2?b2??2ab]8?3(a?b)(a?b)28≥0，a3?b3所以對任意非負實數a、b，有

2≥(a?b32)因為a＞0，b＞0，a3

+b3

33=2，所以1=a?b≥(a?b322)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設a+b＞2，則

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)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)京翰教育http://www.tmdps.cn/

①②

第二篇：高考數學難點突破_難點不等式的證明策略

不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數學中的一個難點，本難點著重培養考生數學式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點磁場

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1125)(b+)≥.ba41?1???1?2n(n∈N*)●案例探究

23n命題意圖：本題是一道考查數學歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級題目.知識依托：本題是一個與自然數n有關的命題，首先想到應用數學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等.錯解分析：此題易出現下列放縮錯誤： ［例1］證明不等式1?

這樣只注重形式的統一，而忽略大小關系的錯誤也是經常發生的.技巧與方法：本題證法一采用數學歸納法從n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法；證法二先放縮，后裂項，有的放矢，直達目標；而證法三運用函數思想，借助單調性，獨具匠心，發人深省.證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

111????(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+＜2k，23k則1??12?13????1k?1k?1?2k?1k?1

2k(k?1)?1k?1k?(k?1)?1?2k?1,∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時的證明還有下列證法：

?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?k?1證法二：對任意k∈N*，都有： ?2k?1?2k?1.?2(k?k?1),k?kk?k?1

111因此1??????2?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)?2n.23nk證法三：設f(n)=2n?(1?*1?2?212?13???1n)，那么對任意k∈N 都有：

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，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，111?????2n.∴1?23n［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數思想、以及學生邏輯分析能力，屬于★★★★★級題目.知識依托：該題實質是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關性質把a呈現出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數思想和重要不等式等求得最值.錯解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的.技巧與方法：除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數a滿足不等關系，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化.解法一：由于a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，得：

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，① ②

當且僅當x=y時，②中有等號成立.比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：設u?x?y(x?y)2??x?yx?yx?y?2xy2xy.?1?x?yx?y∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(當x=y時“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1.x?yx?y從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

x+1≤ayx?1，y設x?=tanθ，θ∈(0，).y2∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+

?4)，③

?4)的最大值為1(此時θ=

?4).由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細敘述；如果作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證.(2)綜合法是由因導果，而分析法是執果索因，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關系，可以增加解題思路，開擴視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數單調性法、判別式法、數形結合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要注意代換的等價性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標可以從要證的結論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.證明不等式時，要依據題設、題目的特點和內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟、技巧和語言特點.●殲滅難點訓練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數，a、b是正常數，且

ab?=1，x+y的最小值為xy__________.2.(★★★★)設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥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.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

12，證明：x，y，z∈［0，］ 23b?c2c?a2a?b

2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，y?zz?xx?y111??則≥2(??)xyzxyz7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點磁場

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設a=

1或41，從而得證.411+t1，b=+t2.2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab111122(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)4?2?2?41111?t1?t2(?t1)(?t2)22221152222(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)(?t2)2?t24?4?41122?t2?t2442532254?t2?t225?162?16?.1124?t244顯然當且僅當t=0，即a=b=證法三：(比較法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1時，等號成立.21 41125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)

1∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.425??2(1?ab)?1??139??(1?ab)2?12516?2 ?1?ab?1???(1?ab)??????14416?ab4 ?4???ab??1125 即(a?)(b?)?ab4證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，?2)11112(a?)(b?)?(sin2??)(cos??)22absin?cos?sin4??cos4??2sin2?cos2??2(4?sin2?)2?16??24sin2?4sin22??sin22??1,?4?sin22??4?1?3.2 4?2sin22??16?25??(4?sin22?)225???11244sin2???2sin2?4?1125即得(a?)(b?)?.ab4殲滅難點訓練

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc

2yxθ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥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看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：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證法二：∵(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≥3a2?b2?c2a?b?ca?b?c?證法三：∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111證法四：設a=+α，b=+β，c=+γ.333∴a2+b2+c2≥∵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≥

3(2)證法一:?3a?2?(3a?2)?1?同理3b?2?3a?2?1,23b?33c?3 ,3c?2?223(a?b?c)?9?3a?2?3b?2?3c?2??62∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?3c?2(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)?

33?3(a?b?c)?6?3

3∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成關于y的一元二221=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證法二：設x=+x′，y=+y′，z=+z′，則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，］

933332y2－2(1－x)y+2x2－2x+證法三：設x、y、z三數中若有負數，不妨設x＜0，則x2＞0，21222

=x+y+z≥2(y?z)2(1?x)2311??x2?x2?x?＞，矛盾.x+22222221x、y、z三數中若有最大者大于，不妨設x＞，則=x2+y2+z2≥

33222312(y?z)2(1?x)x+=x+=x2－x+

22223211x(x－)+＞；矛盾.23222故x、y、z∈［0，］

3b?c2c?a2a?b26.(1)證明:?x?y?z?2(xy?yz?zx)2bcbacbac?(x2?y2?2xy)?(y2?z2?2yz)?(z2?x2?2zx)abbccaba2cb2ac2?(x?y)?(y?z)?(z?x)?0abbccab?c2c?aa?b2?x?y?z?2(xy?yz?zx)abc(2)證明:所證不等式等介于y?zz?xx?yx2y2z2(??)?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∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i?1?????,同理?????，iimmmnnnmn由于m＜n，對于整數k=1，2，?，i－1，有

n?km?k，?nmAinAim所以i?i,即miAin?niAim

nm(2)由二項式定理有：

22nn(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+?+Cmn，由(1)知mAini＞nAimi

(1＜i≤m)，而

CimAimiAin,Cn?= i!i!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?，mmm+1m?1mmCmCn＞0，?，mnCnn＞nCm，mn＞0，∴1+C122nn1+C122mmnm+Cnm+?+Cnm＞mn+Cmn+?+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：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，因為2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則??m?a?b?n?ab，因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)m2所以n=3?23m

將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.證法三：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

證法四：因為a3?b32?(a?b32)(a?b)[4a2??4b2?4ab?a2?b2?2ab]3(a?b8?)(a?b)28≥0，a、b，有a3?b3所以對任意非負實數a?b32≥(2)

＞0，b＞0，a+b=2，所以1=a3因為a33

?b3a?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設a+b＞2，則

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)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

①②

第三篇：高考數學難點歸納18_不等式的證明策略學案

不等式的證明

［例1］證明不等式1?1

2?1

3???1

n?2n(n∈N*)

［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.一、填空題

1.已知x、y是正變數，a、b是正常數，且ab?=1，x+y的最小值為__________.xy

2.設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關系是__________.3.若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題(2)a?2?b?2?3c?2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，證明：x，y，z∈［0，］ 234.已知a，b，c為正實數，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

6.證明下列不等式：

b?c2c?a2a?b2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc

y?zz?xx?y111??(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則≥2(??)xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

7.已知i，m、n是正整數，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAi

m＜miAi

n；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.京翰教育

第四篇：Jvgllw高考數學難點突破 難點18 不等式的證明策略

秋風清，秋月明,落葉聚還散,寒鴉棲復驚。

難點18 不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數學中的一個難點，本難點著重培養考生數學式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點磁場

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

［例1］證明不等式1?12?13???1n?2n(n∈N)

*命題意圖：本題是一道考查數學歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級題目.知識依托：本題是一個與自然數n有關的命題，首先想到應用數學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等.錯解分析：此題易出現下列放縮錯誤：

這樣只注重形式的統一，而忽略大小關系的錯誤也是經常發生的.技巧與方法：本題證法一采用數學歸納法從n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法；證法二先放縮，后裂項，有的放矢，直達目標；而證法三運用函數思想，借助單調性，獨具匠心，發人深省.證法一：(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+12131k?11k?112?13???1k＜2k，則1??????2k??2k(k?1)?1k?1?k?(k?1)?1k?1

?2k?1,∴當n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當n∈N*時，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時的證明還有下列證法：

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)?0,2?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?1k?1?2k??2k?1.*證法二：對任意k∈N，都有：

1k?2k?12?k13?2k????k?11n?2(k?k?1)，2)???2(n?n?1)?2n.因此1??2?2(2?1)?2(3?12131n證法三：設f(n)=2n?(1?*

????)，那么對任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1??1k?11k?1k)?1k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1](k?1?k?1k)2

?0??[(k?1)?2k(k?1)?k]?∴f(k+1)＞f(k)因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，∴1?12?13???1n?2n.x?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.［例2］求使x?y≤a命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數思想、以及學生邏輯分析能力，屬于★★★★★級題目.知識依托：該題實質是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關性質把a呈現出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數思想和重要不等式等求得最值.錯解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=1”這樣一個條件，顯然這是不對的.技巧與方法：除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數a滿足不等關系，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可

以較輕松地解決這一類不等式中所含參數的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化.解法一：由于a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，得：

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥

2xy，① ②

當且僅當x=y時，②中有等號成立.2比較①、②得a的最小值滿足a－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.x?x?yy(x?x?yy)2解法二：設u???x?y?2xyx?y?1?2xyx?y.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥22xy2xyxy(當x=y時“=”成立)，∴x?y≤1，x?y的最大值是1.從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

xy+1≤a

xy?1，設xy=tanθ，θ∈(0，?2).2∴tanθ+1≤atan??1；即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+?4?4)，?4).③)的最大值為1(此時θ=由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細敘述；如果作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證.(2)綜合法是由因導果，而分析法是執果索因，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關系，可以增加解題思路，開擴視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數單調性法、判別式法、數形結合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要注意代換的等價性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標可以從要證的結論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.證明不等式時，要依據題設、題目的特點和內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟、技巧和語言特點.●殲滅難點訓練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數，a、b是正常數，且

ax?by=1，x+y的最小值為__________.2.(★★★★)設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x+y+z=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則y?zx?z?xy?x?yz

222

12，證明：x，y，z∈［0，23］

b?cax?2c?aby?2a?bcz2≥2(xy+yz+zx)

≥2（1x?1y?1z)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數，且1＜i≤m＜n.(1)證明：nAim＜mAin；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點磁場

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.ii

14或

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設a=1214，從而得證.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜?(a?(?121a)(b?2，|t2|＜

1b)?(1a?1a22?b?1b(?14?t1?t1?1)((222?t1)?112?t12?2?t2)?11214?t21412?t2?t2?1)?t2)2212?t1)(22(?14?t1?t1?1)(14?t2?t2?1)?2(54?t2)?t214?t22

?t2425?16?1432t2?t2222525?16?.144?t2顯然當且僅當t=0，即a=b=證法三：(比較法）

12時，等號成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a?1b?1254ab?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.?2?(1?ab)?125?? ??ab4???25?2(1?ab)?1??139?162?1?ab?1???(1?ab)???4416? 1?4?ab?即(a?1a)(b?1b)?254

證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sinα，b=cosα，α∈(0，2

2?2)

(a??1a4)(b?1b)?(sin??4221sin?22)(cos2??1cos?222)2sin??cos??2sin?cos??24sin2?222?(4?sin?)?164sin2??sin2??1,?4?sin2??4?1?3.4?2sin2??16?25?22(4?sin2?)25????11244sin2???24sin2??即得(a?1a)(b?1b)?254.22 殲滅難點訓練

一、1.解析：令ax=cos2θ，by=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥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看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：a2+b2+c2－===13131313=

13(3a2+3b2+3c2－1)［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］

［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥

222

證法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥a?b?c32222

a?b?c3證法三：∵∴a2+b2+c2≥

?a?b?c3∴a2+b2+c2≥

13證法四：設a=+α，b=

13+β，c=

13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=(22213+α)+（2

13+β)+（2

13+γ)

==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ

13222 +α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥(2)證法一:?同理?

3a?2?3b?32(3a?2)?1?3c?323(a?b?c)?92?63a?2?12,3b?2?,3c?2?3c?2?

3a?2?3b?2?∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?33c?2?(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)3

?3(a?b?c)?63?3

∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

1212，得x2+y2+(1－x－y)2=

12，整理成關于y的一元二

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，證法二：設x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈［0，23］

］

132+x′，y=2

+y′，z=

13132

+z′，則x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(y??z?)22=

13+

2332x′2

23故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

12證法三：設x、y、z三數中若有負數，不妨設x＜0，則x2＞0，=x2+y2+z2≥

x+2(y?z)22?(1?x)22?x?232x?x?212＞

12，矛盾.23x、y、z三數中若有最大者大于x+

2，不妨設x＞

23，則

12=x2+y2+z2≥(y?z)22=x+232(1?x)22=1223232x2－x+

=32x(x－)+12＞；矛盾.］

c?abcby?22故x、y、z∈［0，6.(1)證明:??(?(?bax?baax?x?22b?c22x?a?bc2z?2(xy?yz?zx)accaz?222aby?2xy)?(aby)?(y?2y?bc2bcz?2yz)?(2cax?2zx)2cby?z)?(acz?x)?0b?cc?aba?bcz?2(xy?yz?zx)(2)證明:所證不等式等介于xyz(222y?zx?z?xy?x?yz)?2(xy?yz?zx)2

2?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)?(x?y?z)(yz?yz22222222?zx?zx222?xy?xy)2222?2(xy?yz?zx)?4(xyz?xyz?xyz)?yz?yz?zx?zx?xy?xy22333333?2xyz?2xyz?2xyz2222222222?yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)?x(y?z)?y(z?x)?z(x?y)?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，AmmiiAmmm?1m?i?1nn?1n?i?1?????,同理?????，immmnnnnn?kn?m?kmi由于m＜n，對于整數k=1，2，?，i－1，有Annii，所以?Ammii,即mAn?nAm

iiii(2)由二項式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，ii由(1)知miAi＞niAiiAnnm(1＜i≤m，而Ci=

Ammi!,Cn?i!

∴miCiin＞nCim(1＜m＜n)

∴m0C0=n0C0=1，mC1=nC12nnnm=m·n，m2C2n＞n2Cm，?，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm?1n＞0，?，mnCnn＞0，∴1+C1m+C2m2nn+?+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a

3+b3

=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a

2b+3ab2

－8=3a2

b+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，因為2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則a?b??m?，?n?ab因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m

2－4n≥0

因為2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m23?3m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，3即?m?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.證法三：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）33證法四：因為a?b32?(a?b2)

2222?(a?b)[4a?4b?4ab?a?b?2ab]8?3(a?b)(a?b)28≥0，所以對任意非負實數a、b，有

a3?b332≥(a?b2)因為a＞0，b＞0，a3

+b3

33=2，所以1=a?ba?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設a+b＞2，則

①②

a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)因為a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)332

233222

第五篇：高考數學難點歸納20 不等式的綜合應用教案

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難點20 不等式的綜合應用

不等式是繼函數與方程之后的又一重點內容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜合運用的特點比較突出.不等式的應用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數的取值范圍或解決一些實際應用問題；另一類是建立函數關系，利用均值不等式求最值問題、本難點提供相關的思想方法，使考生能夠運用不等式的性質、定理和方法解決函數、方程、實際應用等方面的問題.●難點磁場

2(★★★★★)設二次函數f(x)=ax+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的兩個根x1、x2滿足0＜x1＜x2＜1a.(1)當x∈［0，x1)時，證明x＜f(x)＜x1；

(2)設函數f(x)的圖象關于直線x=x0對稱，證明：x0＜

x12.●案例探究

［例1］用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如右圖)設容器高為h米，蓋子邊長為a米，(1)求a關于h的解析式；

(2)設容器的容積為V立方米，則當h為何值時，V最大？求出V的最大值(求解本題時，不計容器厚度)命題意圖：本題主要考查建立函數關系式，棱錐表面積和體積的計算及用均值定論求函數的最值.知識依托：本題求得體積V的關系式后，應用均值定理可求得最值.錯解分析：在求得a的函數關系式時易漏h＞0.技巧與方法：本題在求最值時應用均值定理.解：①設h′是正四棱錐的斜高，由題設可得：

1?2a?4?h?a?2??

2消去h?.解得:a??1?a2?a2?h12?4?1h?12(a?0)

②由V?13ah?2h3(h?1)而h?)1h2(h＞0)

1h得：V?13(h?1h?2h??2

所以V≤16，當且僅當h=

1h即h=1時取等號

1故當h=1米時，V有最大值，V的最大值為立方米.6［例2］已知a，b，c是實數，函數f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時|f(x)|≤1.(1)證明：|c|≤1；

(2)證明：當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2；

(3)設a＞0，有－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x).京翰教育http://www.tmdps.cn/

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http://www.tmdps.cn 命題意圖：本題主要考查二次函數的性質、含有絕對值不等式的性質，以及綜合應用數學知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目.知識依托：二次函數的有關性質、函數的單調性是藥引，而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂.錯解分析：本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函數f(x)的單調性的深刻理解，以及對條件“－1≤x≤1時|f(x)|≤1”的運用；絕對值不等式的性質使用不當，會使解題過程空洞，缺乏嚴密，從而使題目陷于僵局.技巧與方法：本題(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調性；證法二利用絕對值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關系.(1)證明：由條件當=1≤x≤1時，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.(2)證法一：依題設|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.當a＞0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函數，于是

g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，因此得|g(x)|≤2(－1≤x≤1)；

當a＜0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是減函數，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1 ∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.綜合以上結果，當－1≤x≤1時，都有|g(x)|≤2.證法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，因此，根據絕對值不等式性質得： |a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，函數g(x)=ax+b的圖象是一條直線，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在區間的端點x=－1或x=1處取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1).證法三:?x?(x?1)?(x?1)4x?12)?(222?(x?122x?122)?(2x?12?),x?12)2?g(x)?ax?b?a[(?[a(?f(x?12x?12)?b(2)]?b()?b(2x?12x?12x?122))?c]?[a(x?1)?c])?f(x?1當－1≤x≤1時，有0≤

x?12≤1，－1≤

x?122x?12≤0，x?12∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f()|≤1，|f()|+|f（）|≤1；

因此當－1≤x≤1時，|g(x)|≤|f(x?1x?12)|≤2.京翰教育http://www.tmdps.cn/

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http://www.tmdps.cn(3)解：因為a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數，當x=1時取得最大值2，即 g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2.∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.因為當－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，根據二次函數的性質，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，由此得－b2a

①

＜0，即b=0.2由①得a=2，所以f(x)=2x－1.●錦囊妙計

1.應用不等式知識可以解決函數、方程等方面的問題，在解決這些問題時，關鍵是把非不等式問題轉化為不等式問題，在化歸與轉化中，要注意等價性.2.對于應用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內在聯系，抽象出事物系統的主要特征與關系，建立起能反映其本質屬性的數學結構，從而建立起數學模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題.●殲滅難點訓練

一、選擇題

1.(★★★★★)定義在R上的奇函數f(x)為增函數，偶函數g(x)在區間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a＞b＞0，給出下列不等式，其中正確不等式的序號是（）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

B.②④

C.①④

二、填空題

2.(★★★★★)下列四個命題中：①a+b≥2ab

②sin2x+數，若1x?9y

4D.②③

sin2x≥4 ③設x，y都是正=1，則x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號是__________.3.(★★★★★)某公司租地建倉庫，每月土地占用費y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站__________公里處.三、解答題

4.(★★★★★)已知二次函數 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數根為x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，設函數f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍.5.(★★★★)某種商品原來定價每件p元，每月將賣出n件，假若定價上漲x成(這里x成即x10，0＜x≤10).每月賣出數量將減少y成，而售貨金額變成原來的 z倍.13(1)設y=ax，其中a是滿足(2)若y=23≤a＜1的常數，用a來表示當售貨金額最大時的x的值；

x，求使售貨金額比原來有所增加的x的取值范圍.6.(★★★★★)設函數f(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)2f(n)，且當x＞0

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http://www.tmdps.cn 時，0＜f(x)＜1.(1)求證：f(0)=1，且當x＜0時，f(x)＞1；

(2)求證：f(x)在R上單調遞減；

22(3)設集合A={(x，y)|f(x)2f(y)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=?，求a的取值范圍.7.(★★★★★)已知函數f(x)=(1)求b、c的值；

(2)判斷函數F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調性，并證明你的結論；(3)若t∈R，求證：lg

7516161352x?bx?cx?122(b＜0)的值域是［1，3］，≤F(|t－|－|t+|)≤lg.京翰教育http://www.tmdps.cn/

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參考答案

難點磁場

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).當x∈(0，x1)時，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］ ∵0＜x＜x1＜x2＜1ab2a，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0 ∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.(2)依題意：x0=－的根.∴x1+x2=－∴x0=－∴x0＜b2ab?1a??，因為x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0

?ax1?ax2?12aa(x1?x2)?12ax12，因為ax2＜1，ax12a

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一、1.解析：由題意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)同理可證：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)答案：A

二、2.解析：①②③不滿足均值不等式的使用條件“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=20x20x20x；y2=0.8x(x為倉庫與車站距離)費用之和y=y1+y2=0.8x+

≥20.8x?=8 20x當且僅當0.8x=即x=5時“=”成立

答案：5公里處

三、4.證明：(1)設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????12b2a?12?(?12

2b?1a?1a)?12(x1?x2)?12x1x2?12(x1?x2)?(x1?x2)?2

(x1?x2)?2??(2?4)?2??1(2)解：由方程g(x)=ax+(b－1)x+1=0可知x12x2=

1a＞0，所以x1，x2同號

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http://www.tmdps.cn 1°若0＜x1＜2，則x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 又(x2－x1)=2

①

(b?1)a22?4a?4

∴2a+1=(b?1)2?1(∵a＞0)代入①式得，2(b?1)2?1＜3－2b 解②得b＜1②

2°若 －2＜x1＜0，則x2=－2+x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 又2a+1=(b?1)2?1，代入③式得 2(b?1)2?1＜2b－1 解④得b＞74

③

④

.14綜上，當0＜x1＜2時，b＜，當－2＜x1＜0時，b＞

74.5.解：(1)由題意知某商品定價上漲x成時，上漲后的定價、每月賣出數量、每月售貨金額分別是：p(1+npz?p(1?x10x102)元、n(1－)?n(1?y10y10)元、npz元，因而

1100(10?x)(10?y)，在y=ax的條件下，z=131100),?z?2［－a ［x－5(1?a)a］+100+25(1?a)a］.由于≤a＜1，則0＜

5(1?a)a5(1?a)a≤10.要使售貨金額最大，即使z值最大，此時x=(2)由z=1100.(10+x)(10－

23x)＞1，解得0＜x＜5.6.(1)證明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)2f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1 取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)∴f(m)=1f(?m)，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1(2)證明：任取x1，x2∈R，則f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］ =f(x1)－f(x2－x1)2f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函數f(x)在R上為單調減函數.?f(x2?y2)?f(1)?x2?y2?1得?(3)由?，由題意此不等式組無解，數形結合得：f(ax?y?2)?1?f(?)ax?y?2?0??京翰教育http://www.tmdps.cn/

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http://www.tmdps.cn |2|a?12≥1，解得a≤3 2∴a∈［－3，3］

2x?bx?cx?1227.(1)解：設y=，則(y－2)x－bx+y－c=0

①

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

由條件知，不等式②的解集是［1，3］ ∴1，3是方程4y－4(2+c)y+8c+b=0的兩根

?1?3?2?c?2?8c?b∴c=2，b=－2，b=2(舍）?1?3?4?2

②

(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，則x2－x1＞0，且(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－

2x21?x22?(?2x1?x12)?2(x2?x1)(1?x1x2)(1?x1)(1?x2)22＞0，∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)∴F(x)為增函數.(3)記u?|t?1613|?|t?16|,|u|?|(t?16)?(t?16)|?13，即－F(－ 1313≤u≤，根據F(x)的單調性知

13)≤F(u)≤F()，∴lg

75≤F(|t－

16|－|t+

16|)≤lg

135對任意實數t 成立.京翰教育http://www.tmdps.cn/