第一篇：課本題改編練習(不等式)
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課本題改編練習(不等式)作者：謝印智 張海軍
來源：《新高考·高一數學》2012年第05期
第二篇：課本題改編練習(推理與證明、復數)
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課本題改編練習（推理與證明、復數）作者：張雪松 王正林
來源：《新高考·高二數學》2013年第03期
第I部分（蘇教版教材）
第三篇：分式不等式練習
分式不等式的解法：
f(x)f(x)f(x)?0?0(或?01）標準化：移項通分化為(或)；g(x)g(x)g(x)
f(x)?0)的形式，g(x)
2）轉化為整式不等式（組）
?f(x)g(x)?0f(x)f(x)?0?f(x)g(x)?0；?0?? g(x)g(x)?g(x)?0
解分式不等式：
x?52x?3?0?01、2、x?4x?2
2x?31?2x?1?04、3、x?2x?3
5x?33x?2?16、5、2x?32x?2
第四篇：不等式專題練習與解答（本站推薦）
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不等式專題練習與解答
專題一：利用不等式性質，判斷其它不等式是否成立
1、a、b∈R,則下列命題中的真命題是（C）
A、若a>b，則|a|>|b|B、若a>b，則1/a<1/b C、若a>b，則a3>b3D、若a>b，則a/b>1
2、已知a<0.－1
3、當0 A、(1―a)1/b >(1―a)bB、(1+a)a>(1+b)b C、(1―a)b >(1―a)b/2D、(1―a)a>(1―b)b 4、若loga3>logb3>0，則a、b的關系是（B）A、0 中成立的是（A）A、①②③④B、①②③C、①②D、③④ 專題二：比較大小 1、若0<α<β<π/4,sinα+cosα=a,sinβ+cosβ=b，則（A）A、a＜bB、a＞bC、ab＜1D、ab＞ 22、a、b為不等的正數，n∈N，則(anb+abn)－(an－1+bn－ 1)的符號是（C）A、恒正B、恒負 C、與a、b的大小有關D、與n是奇數或偶數有關 3、設1＜x＜10，則lg2x,lgx2,lg(lgx)的大小關系是 lgx2>lg 2x>lg(lgx).4、設a>0,a≠1,比較logat/2與loga(t+1)/2的大小。 56、若a?1，比較M?N?專題三；利用不等式性質判斷P是Q的充分條件和必要條件 1、設x、y∈R,判斷下列各題中，命題甲與命題乙的充分必要關系 ⑴命題甲：x>0且y>0，命題乙：x+y>0且xy>0充要條件 ⑵命題甲：x>2且y>2，命題乙：x+y>4且xy>4充分不必要條件 2、已知四個命題，其中a、b∈R ①a2 2的充要條件是(a+b)與(a －b)異號；④a2 3、“a+b>2c”的一個充分條件是（C） A、a>c或b>cB、a>c或b＜cC、a>c且b>cD、a>c且b＜c 專題四：范圍問題 1、設60＜a＜84,－28＜b＜33,求：a+b,a－b,a/b的范圍。 2、若二次函數y=f(x)的圖象過原點，且1≤f(―1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(―2)的范圍。專題五：均值不等式變形問題 1、當a、b∈R時,下列不等式不正確的是（D） A、a2+b2≥2|a|?|b|B、(a/2+b/2)2≥ab C、(a/2+b/2)2≤a2/2+b2/2D、log1/2(a2+b2)≥log1/2(2|a|?|b|) 2、x、y∈(0,+∞)，則下列不等式中等號不成立的是（A） A、x? 1x ??2(x?1)?(y?1)?4 x? 1B、xyx C、(x+y)(1/x+1/y)≥4D、(lgx/2+lgy/2)2≤lg2x/2+lg2y/2 3、已知a>0,b>0,a+b=1，則(1/a2―1)(1/b2―1)的最小值為（D） A、6B、7C、8D、9 4、已知a>0,b>0,c>0，a+b+c=1，求證：1/a+1/b+1/c≥9 5、已知a>0,b>0,c>0,d>0,求證：ad?bcbd?bc?ad ac ?4 專題六：求函數最值 1、若x>4,函數y??x? 4?x，當x?____時，函數有最＿值是_____。答案：5，大，－62、設x、y∈R, x+y=5，則3x+3y的最小值是（D） A、10B、63C、46D、3、下列各式中最小值等于2的是（D）2A、x/y+y/xB、x?5x2? 4C、tanα+cotαD、2x+2－ x4、已知實數a、b、c、d滿足a+b=7,c+d=5,求(a+c)2+(b+d)2的最小值。 5、已知x>0,y>0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。專題七：實際問題1、98（高考）如圖，為處理含有某種雜質的污水，要制造一個底寬為2cm的無蓋長方體沉淀箱，污水從A孔流入，經沉淀后從B孔流出，設箱體的長度為am，高度為bm，已知流出的水中該雜質的質量分數與a、b的乘積ab成反比，現有制箱材料60m2，問當a、b各為多少米時，沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小（A、B孔的面積忽略不計）。解一：設流出的水中雜質的質量分數為y，由題意y=k/ab，其中k為比例系數(k>0) 據題設2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0) ?b? 30?a 2?a 由a>0,b>0可得0 ?y? kab?k30a?a2?a 令t=2+a，則a=t－ 230a?a2從而30(t?2)?(t?2)234t?t2?64642?a?t?t?34?(t?t)?34?2t?64t ?18 當且僅當t=64/t，即t=8,a=6時等號成立?！鄖=k/ab≥k/18 當a=6時,b=3，綜上所述，當a=6m,b=3m時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小。 解二：設流出的水中雜質的質量分數為y，由題意y=k/ab，其中k為比例系數(k>0)要求y的最小值，即要求ab的最大值。 據題設2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)，即a+2b+ab=30 ?a?2b?22ab(當且僅當a?2b時等號成立）?ab?22ab?30，解得－52?ab?32 即0?ab?18,由a?2b及ab?a?2b?30解得a?6,b? 3即a=6,b=3時，ab有最大值，從而y取最小值。 綜上所述，當a=6m,b=3m時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小。 2、某工廠有舊墻一面長14米,現準備利用這面舊墻建造平面圖形為矩形，面積為126米2的廠房，工程條件是：①建1米新墻的費用為a元；②修1米舊墻的費用為a/4元；③拆去1米舊墻用所得材料建1米新墻的費用為a/2元.經過討論有兩種方案：⑴利用舊墻的一段x(x<14)米為矩形廠房的一面邊長；⑵矩形廠房的一面長為x(x≥14).問如何利用舊墻，即x為多少米時，建墻費用最??？⑴⑵兩種方案哪種方案最好？ 解：設總費用為y元，利用舊墻的一面矩形邊長為x米，則另一邊長為126/x米。 ⑴若利用舊墻的一段x米(x<14)為矩形的一面邊長，則修舊墻的費用為x?a/4元，剩余的舊墻拆得的材料建新墻的費用為(14－x)?a/2元，其余的建新墻的費用為(2x+ 2?126/x－14)?a元，故總費用 y?a14?x252x36 4x?2a?a(2x?x?14)?7a(4?x?1) ?x4?36x ?6,當且僅當x＝12時等號成立，∴x＝12時ymin=7a(6－1)=35a。 ⑵若利用舊墻的一段x米(x≥14)為矩形的一面邊長，則修舊墻的費用為x?a/4元，建新墻的費用 為(2x+ 2?126/x－14)?a元，故總費用 y? a4x?a(2x?252x?14)?72a?2a(x?126x ?7) ?x?126x?2,當x??14?等號不成立。 設f(x)=x+126/x, x2>x1≥14，則f(x2)－f(x1)= x2+126/x2－(x1+126/x1) =(x2―x1)(1―126/x1x2)>0∴f(x)=x+126/x在［14，＋∞)上遞增，∴f(x)≥f(14)∴x=14時ymin=7a/2+2a(14+126/14－7)=35.5a 綜上所述，采用方案⑴，即利用舊墻12米為矩形的一面邊長，建墻費用最省。專題八：比較法證明不等式 1、已知a、b、m、n∈R+,證明：am+n+bm+n≥ambn+anbm 變式：已知a、b∈R+,證明：a3/b+b3/a≥a2+b22、已知a、b∈R+,f(x)=2x2+1,a+b=1,證明：對任意實數p、q恒有a?f(p)+b?f(q)≥f(ap+bq)專題九：綜合法證明不等式 1、已知a、b、c為不全相等的正數，求證： b?c?aa?a?c?bb?a?b?c c ?3 2、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求證：a2+b2+c2≥1/3 3、已知a、b、c為不全相等的正數，且abc=1,求證： a?b?c? 1a?11b?c4、已知a、b∈R+，a+b=1,求證：a?1/2?b?1/2?2 專題十：分析法證明不等式 1、已知a、b、c為不全相等的正數，求證：bc/a+ac/b+ab/c>a+b+c 2、已知函數f(x)=lg(1/x－1),x1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求證： f(x1)?f(x2)?x?2?f?1x2? ?2?? 3、設實數x,y滿足y+x2=0,0 專題十一：反證法、放縮法、構造法、判別式法、換元法等證明不等式 1、設f(x)=x2+ax+b，求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于1/2。 2、若x2+y2≤1,求證|x 2+2xy－y2 |≤2.3、已知a>b>c,求證： 1a?b?1b?c? 4a?c4、已知a、b、c∈R＋，且a+b>c求證：a1?a?b1?b?c1?c .5、已知a、b、c∈R，證明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等號何時成立。 分析：整理成關于a的二次函數f(a)=a2+(c+3b)a+3b2+3bc+c 2∵Δ=(c+3b)2 －4(3b2+3bc+c2)=－3(b2+2bc+c2)≤0 ∴f(a)≥06、已知：x2－2xy + y 2+ x + y + 1＝0，求證：1/3≤y/x≤ 37、在直角三角形ABC中，角C為直角，n≥2且n∈N，求證：cn≥an + bn8、設an??2?2?3??4???n(n?1)(n?N) n(n?1)(n 2a?1) 2?n?2對所有正整數n都成立。 專題十二：解不等式 1、解不等式： 1x?1?2x?3? 3x? 22、解關于x的不等式：a?x x 2?x?2 ?0 專題十三：不等式應用 不等式的應用主要有三個方面：一是能轉化為求解不等式（組）的有關問題（如求函數的定義域、討論一元二次方程的根的分布等）；二是能轉化為不等式證明的有關問題（如證明函數的單調性）；三是能轉化為重要不等式的極端情形解決的最值問題。 1、已知f(x)的定義域是（0,1］，則函數y?f(lgx2?x)的定義域是_［－5，－2)∪(1,4］。 2、已知不等式ax 2+bx+c>0的解集是{x|α +bx+a<0的解集。、設f(x)?2x 31?4x (x≥0).⑴求證：f(x)是減函數；⑵求f(x)的值域。 4、由于對某種商品實行征稅，其售價比原價上漲x%，漲價后商品賣出量減少 36x %，已知稅率為銷售金額的20%.⑴為實現銷售金額和扣除稅款的余額y不比原銷售金額少，求上漲率x%的取值范圍； ⑵x為何值時，y最大？（保留一位小數）解：設原價為a，銷售量為b，則 y?a(1?x%)?b(1? 36x100%)?(1?20%)?ab(1?x%)(1?36x 100%)?80%?y?ab,?(1?x%)(1?36x %)?80%? 1整理得：36(x%)2?64(x%)?25?0,?0?x%? ?2?y?ab(1?x%)（259?x%)?80%?36125ab(1?x%)(259 ?x%)?1?x%?25?x? ?36?%?125ab??2? ?? ? 當且僅當1＋x%＝25/9－x%，即x%＝8/9.∴x＝88.9時y最大。專題十四：恒成立問題 1、若不等式a 2、關于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集為R，求實數a的取值范圍。 3、如果關于x的不等式 lg?2ax?lga?x?1的解集總包含了區間（1,2］，求實數a的取值范圍。解：由題設可知，原不等式在（1,2］中總成立，∴a＞0且a＋x＞ 1原不等式等價于lg(2ax)＜lg(a+x),等價于2ax＜a＋x，等價于(1－2a)x＋a＞0設f(x)＝(1－2a)x＋a，則f(x)＞0在（1,2］中總成立，故有 4、設對x∈R有3x2?2x? 2x2 ?x?1?n(n?N)恒成立，試求n的值。分析：原不等式等價于 (3?n)x2?(2?n)x?(2?n) x2?x? 1?0(1)由題意不等式（1）的解集為R 又x2+x+1恒大于零，所以不等式（1）等價于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0(2)故不等式（2）的解集為R，從而有 所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或15、若f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0對于一切實數x恒成立，求實數m的取值范圍。 6、已知函數f(x)?x2?2x?a x ⑴當a=1/2時，求函數f(x)的最小值； ⑵若對任意x∈［1，＋∞）,f(x)＞0恒成立，試求實數a的取值范圍。專題十五：絕對值不等式定理中等號成立的問題 1、解關于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x| 2、證明：|x+1/x|≥ 2專題十六：絕對值不等式的證明 1、設a∈R，函數f(x)=ax 2+x－a(－1≤x≤1).⑴若|a|≤1,求證|f(x)|≤5/4； ⑵若函數f(x)有最大值17/8，求實數a的值。 2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求證：|xy－ab|＜ε 3、專題十七：探索性問題 1、是否存在自然數k，使得不等式 1n?1?1n?2?1n?3???13n? 1?2k?5對一切正整數n都成立，若存在，求出k的最大值；若不存在，說明理由。 解：令 f(n)? 1n?1?1n?2???13n?1，對任意的n?N? f(n?1)?f(n)?111111 23n?2?3n?3?3n?4?n?1?3n?2?3n?4? 3n?3 ?2∴ f(n+1)>f(n)，即＋3(n?4)(n?2)(n?3)?0 f(n)在N上是增函數，∴f(n)的最小值是f(1)又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12 故對一切正整數n使得f(n)>2a－5的充要條件是13/12>2a－5，∴a<73/24 故所求自然數a的最大值是3。 2、已知拋物線y=f(x)=ax2+bx+c過點（－1,0），問是否存在常數a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤ (1+x 2)/2對于一切實數x都成立？ 解：假設存在常數a、b、c，使得x≤f(x)≤(1+x 2)/2對一切實數x恒成立，令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1① ∵拋物線過點（－1,0）∴a－b＋c＝0② 解①②得：b=1/2,c=1/2－a,∴f(x)=ax2 +x/2+1/2－a 由x≤f(x)≤(1+x2)/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2 ∴a=1/4,專題十八：不等式中常見的數學思想方法 （一）分類討論的思想： 1、設f(x)= 1+logx3,g(x)=2logx2，其中x＞0且x≠1，試比較f(x)與g(x)的大小。 2、解關于x的不等式 x?a (x?1)(x?1) ?0 分析：①當a＜－1時，原不等式的解集為｛x|x≤a或－1＜x＜1} ②當－1＜a＜時，原不等式的解集為｛x|x＜－1或a≤x＜ 1} ③當a＞1時，原不等式的解集為｛x|x＜－1或1＜x≤a} ④當a＝1時，原不等式的解集為｛x|x＜－1 } ⑤當a＝－1時，原不等式的解集為｛x|x＜1且x≠－1} （二）數形結合的思想 1、關于x的方程x2―x―(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，則實數a的取值范圍是（）A、［－5/4,+∞)B、(―5/4,―1)C、［－5/4，1］D、(－∞，1］ 2、設k、a都是實數，關于x的方程|2x―1|=k(x―a)+a對于一切實數k都有解，求實數a的取值范圍。 3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求證： + ≥ 分析觀察待證式左端，它的每個根式都使我們想到Rt△ABC中的等式a 2+b2 =c2，激起我們構造平面圖形利用幾何方法證明這個不等式的大膽想法.如圖27-3，作邊長為1的正方形ABCD，分別在AB、AD上取AE=a，AG=b，過E、G分別作AD、AB的平行線，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O點.由題設條件及作圖可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆為直角三角形.∴ OC= 再連結對角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，∴ ≥ （三）函數與方程的思想 1、函數f(x)=lg(x2+ax+1)的值域為R，求實數a的取值范圍。、已知f(x)?lg1?2x?3x?4x2a，若f(x)在（－∞，1］有意義，求實數a的取值范圍。 3、設不等式mx2―2x＜m―1對于滿足|m|≤2的一切實數m都成立，求x的取值范圍。 分析：設f(m)=(x 2―1)m＋2x―1，則對于滿足|m|≤2的一切實數m都有f(m)＜0 ∴f(－2)＜0且f(2)＜0 4、已知x、y、z∈（0,1），求證：x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)< 1 證明：構造函數f(x)= x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)－1即f(x)=(1－y－z)x + y(1－z)+ z－1當1－y－z = 0,即y + z = 1時，f(x)= y(1－z)+ z－1 = y + z －1－yz = －yz < 0當1－y－z ≠ 0時，f(x)為一次函數，又x∈（0,1），由一次函數的單調性，只需證明f(0)< 0, f(1)< 0 ∵y、z∈（0,1） ∴f(0)= y(1－z)+ z－1 =(y－1)(z－1)< 0f(1)=(1－y－z)+ y(1－z)+ z－1 =－yz < 0∴對任意的x∈（0,1）都有f(x)< 0即x(1－y)+ y(1－z)+ z(1－x)< 1（四）轉化與化歸思想 1、關于x的方程4x+(m－3)?2x+m=0有兩個不等的實數根，求實數m的取值范圍。 （五）換元的思想 1、解不等式：2x?5?x? 1變：關于x的不等式ax?5?x?b的解集為［－5/2,2），求實數a、b的值。 2、（六）1的代換 1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求證：ax2+by2≥(ax+by) 22、已知x、y都是正數，a、b都是正常數，且a/x + b/y = 1，求證：x?y?(a?b) 23、已知x、y都是正數，且x + y = 1,求證：(1 + 1/x)(1 + 1/y)≥94、已知x、y∈R+,且1/x + 9/y = 1，求x + y的最小值。 5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x + b/(1－x)的最小值是。 6、已知a,b是正數，且a + b = 1，求證：(ax + by)(ay + bx)≥xy 分析：∵a,b是正數，且a + b = 1∴(ax + by)(ay + bx)= a2xy + abx2 + aby2 + b2xy =(a2 + b2)xy+ ab(x2 + y2)=(1－2ab)xy+ ab(x2 + y2)= xy+ ab(x2 + y2－2xy)= xy + ab(x－y)2 ≥xy （七）特殊與一般的思想 1、已知a、b、c ∈R,函數f(x)= ax2 + bx + c, g(x)= cx2+bx + a, 當|x| ≤1時，有|f(x)≤2。（1）求證：|g(1)| ≤ 2；（2）求證：當|x| ≤ 1時，|g(x)|≤ 4.證：（1）∵當|x| ≤1時，|f(x)|≤2,∴|f(1)|≤2又|f(1)|＝|g(1)|∴|g(1)|≤ 2（2）∵f(x)= ax2 +bx+c ∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c∴a= [f(1)+f(-1)-2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2 ∵|x|≤1時|f(x)|≤2 ∴|f(1)|≤2,|f(-1)|≤2,|f(0)|≤2 ∴|g(x)|=|cx2 +bx+a| =|x2 f(0)+[f(1)-f(-1)]x/2+[f(1)+f(-1)-2f(0)]/2| =|(x2 －1)f(0)+(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2| ≤|(x2 －1)f(0)|+|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2| ≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|(1－x2)||f(0)| ≤x+1+1-x+2 = 4小結：對于二次函數f(x)=ax2 +bx+cc=f(0) 2a=f(1)+f(－1)－2f(0)2b=f(1)―f(―1) 2、已知a、b、c ∈R,函數f(x)= ax2 + bx + c, g(x)= ax + b, 當－1≤x≤1時，有|f(x)≤1。（1）證明：|c|≤1；（2）證明：當－1≤x≤1時，|g(x)|≤2；（3）設a＞0，－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x)的解析式。 ①證明：∵－1≤x≤1時，有|f(x)|≤1,∴當x = 0時，有f(0)= c, 即|c| = |f(0)|≤1,故|c|≤1。②證明：欲證當－1≤x≤1時，有|g(x)|≤2,即證－1≤x≤1時，－2≤g(x)≤2。 對a分類討論 當a＞0時，∵g(x)在[－1,1]上是增函數，∴－a+b≤g(x)≤a+b, ∵a+b = f(1)－c ≤|f(1)| + |c|≤2,－a +b = －[f(－1)－c]≥－[|f(－1)|+|c|]≥－2，∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。當a＜0時，∵g(x)在[－1,1]上是減函數，∴a+b≤g(x)≤－a+b, ∵a+b = f(1)－c ≥－[|f(1)|+|c|]≥－2，－a +b = －[f(－1)－c] ≤|f(－1)|+ |c|≤2,，∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。綜上所述，有|g(x)|≤2。 ③∵a＞0，∴g(x)在[－1,1]上是增函數，∴x＝1時，g(x)取最大值2，即a+b＝2?！鄁(1)－f(0)＝a+b＝2，∴－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1，即c= f(0)＝－1，∵－1≤x≤1時，f(x)≥－1= f(0)，∴x = 0為函數f(x)圖象的對稱軸，∴b = 0, 故a＝2，所以f(x)＝2x2－1。 ②另解：∵f(x)= ax 2+bx+c ∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c∴a= [f(1)+f(-1)-2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2 ∵|x|≤1時|f(x)|≤1 ∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(0)|≤1 ∴|g(x)|=|ax+b| =|[f(1)+f(-1)-2f(0)]x/2+[f(1)-f(-1)]/2| =|(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2-xf(0)| ≤|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|+|-xf(0)| ≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|-x||f(0)| ≤(x+1)/2+(1-x)/2+1= 23、是否存在滿足下列條件的二次函數f(x)： ⑴當|x|≤1時，|f(x)|≤1；⑵f(2)＞7。若存在，求出解析式；若不存在，說明理由。 4、設f(x)=x 2+bx+c(b、c為常數)，定義域為［－1,1］，⑴設|f(x)|的最大值為M，求證：M≥1/2；⑵求出⑴中當M＝1/2時，f(x)的表達式。 七年級數學練習題 班別學號姓名成績 一、列不等式表示： （1）x的2倍是負數； （2）x與3的和是非負數； （3）x與6的差小于－3 （4）n的6倍不小于5 1（5）m的與8的和大于55 （6）a與8的差的一半不大于5 二、在數軸上表示不等式的解集。 （1）x>-4（2）x≤ 3（3）x＜－3（4）x≥－2.5三、求下列不等式的解 （1）不等式x>-4的所有負整數解； （2）不等式x≤3的所有自然數解； （3）不等式x＜3.5的所有正整數解 （4）不等式x≥－2.5的所有負整數解 （5）不等式x＜3.9的最大正整數解 （6）不等式x≥－3.1的最小負整數解第五篇：第一課時 不等式練習
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