第一篇：高一函數與不等式試題
例1（1）已知0＜x＜
（2）求函數y=x+
1，求函數y=x(1-3x)的最大值;31的值域.x
x4?3x2?32求函數y=的最小值.2x?
1當x＜
3已知正數a,b,x,y滿足a+b=10,38時，求函數y=x+的最大值.22x?3ab?=1，x+y的最小值為18，求a,b的值.xy
（2）不等式x?4?x?3?a對一切實數x恒成立，求實數a的取值范圍_____
（3）若不等式2x?1?m(x2?1)對滿足m?2的所有m都成立，則x的取值范圍_____
(?1)n?1
（4）若不等式(?1)a?2?對于任意正整數n恒成立，則實數a的取n值范圍是_____
（5）若不等式x2?2mx?2m?1?0對0?x?1的所有實數x都成立，求m的取值范圍.n
13．已知y=f（x）是偶函數,y=g（x）是奇函數,x∈[0,?] 上的圖象如圖，則不等式
．
14．已知向量?(m,1)與b?(1,n?1)互相垂直,且點
（m, n）在第一象限內運動，則log2m?log2n的最大值是．
18．（12分）已知函數f(x)和g(x)的圖象關于原點對稱，且f(x)?x?2x．（Ⅰ）求函數g(x)的解析式；
（Ⅱ）解不等式g(x)?f(x)?|x?1|．
19．（12分）某種商品的成本為5元/件，開始按8元/件銷售，銷售量為50件，為了獲取最大
利潤，商家先后采取了提價與降價兩種措施進行試銷。經試銷發現：銷售價每上漲1元每天銷售量就減少10件；而降價后，日銷售量Q（件）與實際銷售價x（元）滿足關系 2f(x)?0的解集是 g(x)
?39(2x2?29x?107)(5?x?7)?Q??198?6x(7?x?8)??x?
5（1）求總利潤（利潤＝銷售額－成本）y（元）與實際銷售價x（件）的函數關系式；
（2）試問：當實際銷售價為多少元時，總利潤最大．
21．（12分）已知關于x的不等式(kx?k?4)(x?4)?0，其中k?R．
（1）當k變化時，試求不等式的解集A；
（2）對于不等式的解集A，若滿足A?Z?B（其中Z為整數集）． 試探究集合B能
否為有限集？若能，求出使得集合B中元素個數最少的k的所有取值，并用列舉法表示集合B；若不能，請說明理由．
22．（14分）（1）已知：a,b,x均是正數，且a?b，求證：1?
（2）當a,b,x均是正數，且a?b，對真分數2a?xa?； b?xba，給出類似上小題的結論，并予以證明； b
sinAsinBsinC???2（可直接應（3）證明：△ABC中，sinB?sinCsinC?sinAsinA?sinB
用第（1）、（2）小題結論）
17．（本小題滿分12分）若函數f(x)＝logax(其中a>0且a≠1)在x∈[2,+∞)上總有|f(x)|>1
成立，求a的取值范圍。
18．（本小題滿分12分）已知實數p滿足不等式
有無實根，并給出證明．
2x?1試判斷方程z2?2z?5?p2?0 ?0，x?2
19．（本小題滿分12分）（1）已知a,b是正常數，a?b，x,y?(0,??)，求證：
a2b2(a?b)2
??，指出等號成立的條件； xyx?y
（2）利用（1）的結論求函數f(x)?
值時x的值．
20．（本小題滿分12分）已知M是關于x的不等式2x2+(3a－7)x+3＋a－2a2<0解集，且M中的一個元素是0，求實數a的取值范圍，并用a表示出該不等式的解集.291（x?(0,)）的最小值，指出取最小?x1?2x2
21．（本小題滿分12分）已知二次函數f(x)的二次項系數為正且f(2－x)＝f(2＋x).求不等式f(2－2ax2)
條件的在滿足q條件中。
1?0，請選取適當的實數a的值,滿足p22x?3x?1
第二篇：復合函數不等式 2
復合函數不等式
一元二次不等式
16．E3、B6、B7[2013·安徽卷] 已知一元二次不等式f(x)<0的解集為{x|x<－1或x>}，2
則f(10x)>0的解集為()
A．{x|x<－1或x>－lg 2}
B．{x|－1 C．{x|x>－lg 2} D．{x|x<－lg 2} 6．D 2.[解析] 根據已知可得不等式f(x)>0的解是－1 在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數有關或能通過等價轉化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。 例1.設：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號何時成立。 解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc ⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。 當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時，不等式取等號。 ?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。 ?3??a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立，a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b??4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。3② 構造函數逆用判別式證明不等式 對某些不等式證明，若能根據其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。 例3.設a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1，求證：4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析：構造函數： f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1) 2＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構造函數f(x)?(＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2bx?b)2?(3cx?c)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc111149 ∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc 構造函數證明不等式 1、利用函數的單調性 +例 5、巳知a、b、c∈R，且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數思想，構造出與所證不等式密切相關的函數，利用函數的單調性來比較函數值而證之，思路則更為清新。 a?x+，其中x∈R，0 b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數 b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數 b?x∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0） ∴a?ma> b?mb例 6、求證：a?b1?a?b≤ a?b1?a?b（a、b∈R） [分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構造函數，運用函數的單調性證明，問題將迎刃而解。 [證明]令 f（x）= x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數（證略）1?x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣ 得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣） 即： a?b1?a?b≤ a?b1?a?b [說明]要證明函數f(x)是增函數還是減函數，若用定義來證明，則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數的單調性。 2、利用函數的值域 例 7、若x為任意實數，求證：— x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯想到函數的值域，于是構造函數f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。 1?x222x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實數 ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤ 22x11 ∴—≤≤ 21?x22 ∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數的定義域。 另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。 例 8、求證：必存在常數a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y 對大于1的任意x與y恒成立。 [分析]此例即證a的存在性，可先分離參數，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。 22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可變形為：Lga≥ lgx?lgylgx?lgy22 2（lgx?lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1 從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10 2即可。 故必存在常數a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。 3、運用函數的奇偶性 xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例 9、證明不等式： ?x?x?x2xx ∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12xxx [1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關于y軸對稱 x ∵當x>0時，1-2<0，故f(x)<0 當x<0時，根據圖象的對稱性知f(x)<0 故當 x≠0時,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結]本題運用了比較法，實質是根據函數的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數的軸對稱性和奇函數的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。 構造函數證明不等式 構造函數證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方 不等式兩邊取自然對數(嚴格遞增)有: ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3) 不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1) =ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln 構造函數f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3) 對f(x)求導,有:f'(x)=+^ 2當x>2時,有f'(x)>0有f(x)在x>2時嚴格遞增從而有 f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0 即有ln>(4n-4)/(6n+3) 原不等式等證 【解】： ∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3)) ∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1) ∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1) 原式可化簡為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3)) 構建函數：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3)) 其一階導數F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2 ∵e^((4n-4)/(6n+3)) ∴F’(n)>0 而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0 所以F(n)>0 即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3)) 故得證。 一、結合勘根定理，利用判別式“△”的特點構造函數證明不等式 例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c<0.求證：9b2>4ac.證明構造函數f(x),設f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，由f(2)=4a+6b+c>0，f(-1)=a-3b+c<0，根據勘根定理可知：f(x)在區間(-1,2)內必有零點.又f(x)為二次函數，由勘根定理結合可知： f(x)必有兩個不同的零點.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得：9b2>4ac.命題得證.評析本題合理變換思維角度，抓住問題本質，通過構造二次函數,將所要證明的結論轉化成判別式“△”的問題,再結合勘根定理和二次函數知識，從而使問題獲得解決.二、結合構造函數的單調性證明不等式 例2(2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實數，求證： |a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構造函數f(x)，設f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以結合導數知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.三、結合構造函數在某個區間的最值證明不等式 例3(第36屆IMO試題) 設a,b,c為正實數，且滿足abc=1,求證: 1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構造函數，設f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時，f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1，a,b,c為正實數，則a,b,c中必有一個不大于1，不妨設0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時ac=1，∴a,1,c成等比數列，令a=q-1，c=q(q>0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q) =q5+1q2(1+q)+qq2+1 =(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1 =(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1 =t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).由導數知識(方法同例 2、例3)可知函數 f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數，當且僅當t=2q=1a=c=1時，(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命題得證。 函數法證明不等式 已知函數f(x)=x-sinx,數列{an}滿足0 <1>證明0 <2>證明an+1<(1/6)×(an)^ 3它提示是構造一個函數然后做差求導，確定單調性。可是還是一點思路都沒有，各位能不能給出具體一點的解答過程啊? (1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx 00,f(x)是增函數,f(0) 因為0 且an+1=an-sinan (2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0① 構造函數g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0 g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)單增,g'(x)>g'(0)=0 所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立 因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。 證畢! 構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式 【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23T4) 證明：構造函數f(x)=(x≥0) 則f(x)==1-在上單調遞增 ∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b| ∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。 點評：本題還可以繼續推廣。如：求證：≥。利用分式函數的單調性可以證明的教材中的習題還有很多，如： p14第14題：已知c>a>b>0,求證: p19第9題:已知三角形三邊的長是a，b，c，且m是正數，求證： p12例題2:已知a，b，m，都是正數，且a 二、利用分式函數的奇偶性證明不等式 【例2】證明不等式：(x≠0) 證明：構造函數f(x)= ∵f(-x)= =f(x) ∴f(x)是偶函數，其圖像關于y軸對稱。 當x>0時，<0，f(x)<0; 當x<0時，-x>0,故f(x)=f(-x)<0 ∴<0，即 三、構造一次函數，利用一次函數的單調性證明不等式 【例3】已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：a+b+c證明：構造函數f(c)=(1-ab)c+a+b-2 ∵|a|<1，|b|<1 ∴-10 ∴f(c)的(-1，1)上是增函數 ∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0 ∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0 ∴a+b+c。第三篇：構造函數證明不等式
第四篇：構造函數證明不等式
第五篇：函數法證明不等式
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