專題2不等式問題的題型與方法

1、專題二 不等式問題的題型與方法【考點(diǎn)審視】1理解不等式的性質(zhì)及其證明。2掌握兩個(gè)（不擴(kuò)展到三個(gè)）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，并會簡單的應(yīng)用。3掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。4掌握簡單不等式的解法。5理解不等式|a|-|b|a+b|a|+|b|?！窘虒W(xué)過程】一基礎(chǔ)知識詳析1解不等式的核心問題是不等式的同解變形，不等式的性質(zhì)則是不等式變形的理論依據(jù)，方程的根、函數(shù)的性質(zhì)和圖象都與不等式的解法密切相關(guān)，要善于把它們有機(jī)地聯(lián)系起來，互相轉(zhuǎn)化在解不等式中，換元法和圖解法是常用的技巧之一通過換元，可將較復(fù)雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)形結(jié)合，則可將不

2、等式的解化歸為直觀、形象的圖形關(guān)系，對含有參數(shù)的不等式，運(yùn)用圖解法可以使得分類標(biāo)準(zhǔn)明晰2整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基礎(chǔ)，利用不等式的性質(zhì)及函數(shù)的單調(diào)性，將分式不等式、絕對值不等式等化歸為整式不等式(組)是解不等式的基本思想，分類、換元、數(shù)形結(jié)合是解不等式的常用方法方程的根、函數(shù)的性質(zhì)和圖象都與不等式的解密切相關(guān)，要善于把它們有機(jī)地聯(lián)系起來，相互轉(zhuǎn)化和相互變用3在不等式的求解中，換元法和圖解法是常用的技巧之一，通過換元，可將較復(fù)雜的不等式化歸為較簡單的或基本不等式，通過構(gòu)造函數(shù)，將不等式的解化歸為直觀、形象的圖象關(guān)系，對含有參數(shù)的不等式，運(yùn)用圖解法，可以使分類標(biāo)準(zhǔn)更加

3、明晰通過復(fù)習(xí)，感悟到不等式的核心問題是不等式的同解變形，能否正確的得到不等式的解集，不等式同解變形的理論起了重要的作用4比較法是不等式證明中最基本、也是最常用的方法，比較法的一般步驟是：作差(商)變形判斷符號(值) 5證明不等式的方法靈活多樣，內(nèi)容豐富、技巧性較強(qiáng)，這對發(fā)展分析綜合能力、正逆思維等，將會起到很好的促進(jìn)作用在證明不等式前，要依據(jù)題設(shè)和待證不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法通過等式或不等式的運(yùn)算，將待證的不等式化為明顯的、熟知的不等式，從而使原不等式得到證明；反之亦可從明顯的、熟知的不等式入手，經(jīng)過一系列的運(yùn)算而導(dǎo)出待證的不等式，前者是“執(zhí)果索因”，后者是“由因?qū)Ч保?/p>

4、為溝通聯(lián)系的途徑，證明時(shí)往往聯(lián)合使用分析綜合法，兩面夾擊，相輔相成，達(dá)到欲證的目的6證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數(shù)學(xué)歸納法仍是證明不等式的基本方法要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟，技巧和語言特點(diǎn)7不等式這部分知識，滲透在中學(xué)數(shù)學(xué)各個(gè)分支中，有著十分廣泛的應(yīng)用因此不等式應(yīng)用問題體現(xiàn)了一定的綜合性、靈活多樣性，這對同學(xué)們將所學(xué)數(shù)學(xué)各部分知識融會貫通，起到了很好的促進(jìn)作用在解決問題時(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系、選擇適當(dāng)?shù)慕鉀Q方案，最終歸結(jié)為不等式的求解或證明不等式的應(yīng)用范圍十分廣泛，它始終貫串在

5、整個(gè)中學(xué)數(shù)學(xué)之中諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函數(shù)單調(diào)性的研究，函數(shù)定義域的確定，三角、數(shù)列、復(fù)數(shù)、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題，無一不與不等式有著密切的聯(lián)系，許多問題，最終都可歸結(jié)為不等式的求解或證明。8不等式應(yīng)用問題體現(xiàn)了一定的綜合性這類問題大致可以分為兩類：一類是建立不等式、解不等式；另一類是建立函數(shù)式求最大值或最小值利用平均值不等式求函數(shù)的最值時(shí)，要特別注意“正數(shù)、定值和相等”三個(gè)條件缺一不可，有時(shí)需要適當(dāng)拼湊，使之符合這三個(gè)條件利用不等式解應(yīng)用題的基本步驟：10審題，20建立不等式模型，30解數(shù)學(xué)問題，40作答。9注意事項(xiàng)：解不等式的基本思想是轉(zhuǎn)化、化歸，一般都轉(zhuǎn)化

6、為最簡單的一元一次不等式（組）或一元二次不等式（組）來求解，。解含參數(shù)不等式時(shí)，要特別注意數(shù)形結(jié)合思想，函數(shù)與方程思想，分類討論思想的錄活運(yùn)用。不等式證明方法有多種，既要注意到各種證法的適用范圍，又要注意在掌握常規(guī)證法的基礎(chǔ)上，選用一些特殊技巧。如運(yùn)用放縮法證明不等式時(shí)要注意調(diào)整放縮的度。根據(jù)題目結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，執(zhí)果索因，往往是有效的思維方法。二范例分析b)M，且對M中的其它元素(c，d)，總有ca，則a=_分析：讀懂并能揭示問題中的數(shù)學(xué)實(shí)質(zhì)，將是解決該問題的突破口怎樣理解“對M中的其它元素(c，d)，總有ca”？M中的元素又有什么特點(diǎn)？解：依題可知，本題等價(jià)于求函數(shù)x=f(y)=(y+3)

7、3;|y-1|+(y+3)(2)當(dāng)1y3時(shí)，所以當(dāng)y=1時(shí)，xmin=4說明：題設(shè)條件中出現(xiàn)集合的形式，因此要認(rèn)清集合元素的本質(zhì)屬性，然后結(jié)合條件，揭示其數(shù)學(xué)實(shí)質(zhì)即求集合M中的元素滿足關(guān)系式例2解關(guān)于的不等式： 分析：本例主要復(fù)習(xí)含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關(guān)鍵不是對參數(shù)進(jìn)行討論，而是去絕對值時(shí)必須對末知數(shù)進(jìn)行討論，得到兩個(gè)不等式組，最后對兩個(gè)不等式組的解集求并集，得出原不等式的解集。解：當(dāng)。例3 己知三個(gè)不等式： (1)若同時(shí)滿足、的值也滿足，求m的取值范圍；(2)若滿足的值至少滿足和中的一個(gè)，求m的取值范圍。分析：本例主要綜合復(fù)習(xí)整式、分式不等式和含絕對值不等的解法，以及數(shù)

8、形結(jié)合思想，解本題的關(guān)鍵弄清同時(shí)滿足、的值的滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程的兩根分別在和內(nèi)。不等式和與之對應(yīng)的方程及函數(shù)圖象有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系，在解決問題的過程中，要適時(shí)地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系。解：記的解集為A，的解集為B，的解集為C。解得A=（-1，3）；解得B=（1） 因同時(shí)滿足、的值也滿足，ABC 設(shè)，由的圖象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3時(shí)，即可滿足（2） 因滿足的值至少滿足和中的一個(gè)，因此小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而說明：同時(shí)滿足的x值滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程2x+mx-1=0的兩根分別在(-，0)和3，+)內(nèi)，因此有f(0)0且f(3)0，否則不能對

9、AB中的所有x值滿足條件不等式和與之對應(yīng)的方程及圖象是有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系的，在解決問題的過程中，要適時(shí)地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系例4.已知對于自然數(shù)a，存在一個(gè)以a為首項(xiàng)系數(shù)的整系數(shù)二次三項(xiàng)式，它有兩個(gè)小于1的正根，求證：a5分析：回憶二次函數(shù)的幾種特殊形式設(shè)f(x)=ax+bx+c(a0) 頂點(diǎn)式f(x)=a(x-x)+f(x)(a0)這里(x，f(x)是二次函數(shù)的頂點(diǎn)，x=)、(x，f(x)、(x，f(x)是二次函數(shù)圖象上的不同三點(diǎn)，則系數(shù)a，b，c可由證明：設(shè)二次三項(xiàng)式為：f(x)=a(x-x)(x-x)，aN依題意知：0x1，0x1，且xx于是有f(0)0，f(1)0又f(x)=ax

10、-a(x+x)x+axx為整系數(shù)二次三項(xiàng)式，所以f(0)=axx、f(1)=a·(1-x)(1-x)為正整數(shù)故f(0)1，f(1)1從而 f(0)·f(1)1 另一方面，且由xx知等號不同時(shí)成立，所以由、得，a16又aN，所以a5說明：二次函數(shù)是一類被廣泛應(yīng)用的函數(shù)，用它構(gòu)造的不等式證明問題，往往比較靈活根據(jù)題設(shè)條件恰當(dāng)選擇二次函數(shù)的表達(dá)形式，是解決這類問題的關(guān)鍵例5.設(shè)等差數(shù)列a的首項(xiàng)a10且Sm=Sn(mn)問：它的前多少項(xiàng)的和最大？分析:要求前n項(xiàng)和的最大值，首先要分析此數(shù)列是遞增數(shù)列還是遞減數(shù)列解:設(shè)等差數(shù)列a的公差為d，由Sm=Sn得ak0，且ak+10(kN)說

11、明：諸多數(shù)學(xué)問題可歸結(jié)為解某一不等式(組)正確列出不等式(組)，并分析其解在具體問題的意義，是得到合理結(jié)論的關(guān)鍵例6若二次函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，且1f(-1)2，3f(1)4，求f(-2)的范圍分析：要求f(-2)的取值范圍，只需找到含人f(-2)的不等式(組)由于y=f(x)是二次函數(shù)，所以應(yīng)先將f(x)的表達(dá)形式寫出來即可求得f(-2)的表達(dá)式，然后依題設(shè)條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解解：因?yàn)閥=f(x)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)，所以可設(shè)y=f(x)=ax2+bx于是解法一(利用基本不等式的性質(zhì))不等式組()變形得()所以f(-2)的取值范圍是6，10解法二(數(shù)形結(jié)合)建立

12、直角坐標(biāo)系aob，作出不等式組()所表示的區(qū)域，如圖6中的陰影部分因?yàn)閒(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系如圖6，當(dāng)直線4a-2b-f(-2)=0過點(diǎn)A(2，1)，B(3，1)時(shí)，分別取得f(-2)的最小值6，最大值10即f(-2)的取值范圍是：6f(-2)10解法三(利用方程的思想)又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而1f(-1)2，3f(1)4， 所以 33f(-1)6 +得43f(-1)+f(1)10，即6f(-2)10說明：(1)在解不等式時(shí)，要求作同解變形要避免出現(xiàn)以下一種錯(cuò)解：2b，84a12，-3-2b-1，所以 5f(-2)

13、11(2)對這類問題的求解關(guān)鍵一步是，找到f(-2)的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，然后依其數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)特征，揭示其代數(shù)的、幾何的本質(zhì)，利用不等式的基本性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合、方程等數(shù)學(xué)思想方法，從不同角度去解決同一問題若長期這樣思考問題，數(shù)學(xué)的素養(yǎng)一定會迅速提高例7(2002 江蘇)己知，（1）（2），證明：對任意，的充要條件是；（3）討論：對任意，的充要條件。證明：（1）依題意，對任意，都有（2）充分性：必要性：對任意（3）即 而當(dāng)例8若a0，b0，a3+b3=2求證a+b2，ab1分析：由條件a3+b3=2及待證的結(jié)論a+b2的結(jié)構(gòu)入手，聯(lián)想它們之間的內(nèi)在聯(lián)系，不妨用作差比較法或均值不等式或構(gòu)造方程等等方法，架起溝通二

14、者的“橋梁”證法一 (作差比較法)因?yàn)閍0，b0，a3+b3=2，所以(ab)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6=3ab(a+b)-2=3ab(a+b)-(a3+b3)=-3(a+b)(a-b)20，即 (a+b)323證法二 (平均值不等式綜合法)因?yàn)閍0，b0，a3+b3=2，所以所以a+b2，ab1說明：充分發(fā)揮“1”的作用，使其證明路徑顯得格外簡捷、漂亮證法三 (構(gòu)造方程)設(shè)a，b為方程x2-mx+n=0的兩根則因?yàn)閍0，b0，所以m0，n0且=m2-4n0因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab=mm2-3n

15、，所以所以a+b2由2m得4m2，又m24n，所以44n，即n1所以 ab1說明：認(rèn)真觀察不等式的結(jié)構(gòu)，從中發(fā)現(xiàn)與已學(xué)知識的內(nèi)在聯(lián)系，就能較順利地找到解決問題的切入點(diǎn)證法四 (恰當(dāng)?shù)呐錅?因?yàn)閍0，b0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，于是有63ab(a+b)，從而83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b2(以下略)即a+b2(以下略)證法六 (反證法)假設(shè)a+b2，則a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab2(22-3ab)因?yàn)閍3+b3=2

16、，所以22(4-3ab)，因此ab1 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab2ab，所以ab1 于是與矛盾，故a+b2(以下略)說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法例9設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x，y=-x，均不相分析：因?yàn)閤R，故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點(diǎn)確定，故設(shè)f(x)=a(x-x0)2+f(x0)證明：由題意知，a0設(shè)f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，則又二次方程ax2+bx+c=±x無實(shí)根，故1=(b+1)2-4ac0，2=(

17、b-1)2-4ac0所以(b+1)2+(b-1)2-8ac0，即2b2+2-8ac0，即b2-4ac-1，所以|b2-4ac|1說明：從上述幾個(gè)例子可以看出，在證明與二次函數(shù)有關(guān)的不等式問題時(shí)，如果針對題設(shè)條件，合理采取二次函數(shù)的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑例10（2002理）某城市2001年末汽車保有量為30萬輛，預(yù)計(jì)此后每年報(bào)廢上一年末汽車保有量的6%，并且每年新增汽車數(shù)量相同。為了保護(hù)城市環(huán)境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數(shù)量不應(yīng)超過多少輛？解：設(shè)2001年末的汽車保有量為，以后每年末的汽車保有量依次為，每年新增汽車萬輛。由題意得 例11已知奇函數(shù)

18、知函數(shù)分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數(shù)知識，通過恰當(dāng)換元，使問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題。 令 要使10 當(dāng) 30當(dāng) 綜上： 例12如圖，某隧道設(shè)計(jì)為雙向四車道，車道總寬22米，要求通行車輛限高4.5米，隧道全長2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個(gè)橢圓形狀。（1）若最大拱高h(yuǎn)為6米，則隧道設(shè)計(jì)的拱寬是多少？（2）若最大拱高h(yuǎn)不小于6米，則應(yīng)如何設(shè)計(jì)拱高h(yuǎn)和拱寬，才能使半個(gè)橢圓形隧道的土方工程最?。浚ò雮€(gè)橢圓的面積公式為s=柱體體積為：底面積乘以高，本題結(jié)果均精確到0.1米）分析：本題為2003年上海高考題，考查運(yùn)用幾何、不等式等解決應(yīng)用題的能力及運(yùn)算能力。解：1)建立如圖所

19、示直角坐標(biāo)系，則P（11，4.5）橢圓方程為：將b=h=6與點(diǎn)P坐標(biāo)代入橢圓方程得故隧道拱寬約為33.3米2)由橢圓方程故當(dāng)拱高約為6.4米,拱寬約為31.1米時(shí),土方工程量最小.例13已知nN，n1求證分析:雖然待證不等式是關(guān)于自然數(shù)的命題，但不一定選用數(shù)學(xué)歸納法，觀其“形”，它具有較好規(guī)律，因此不妨采用構(gòu)造數(shù)列的方法進(jìn)行解則說明：因?yàn)閿?shù)列是特殊的函數(shù)，所以可以因問題的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，利用函數(shù)的思想解決例14已知函數(shù)分析：本例主要復(fù)習(xí)函數(shù)、不等式的基礎(chǔ)知識，絕對值不等式及函數(shù)不等式的證明技巧?；舅悸废葘⒑瘮?shù)不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式，利用絕對值不等式的性質(zhì)及函數(shù)的性質(zhì)。證明（1）再利用二項(xiàng)展開式及基

20、本不等式的證明（2）。證明：（1）當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，上式取等號。（2）時(shí)，結(jié)論顯然成立當(dāng)時(shí)，例15（2001年全國理）己知（1）（2）證明：（1）同理（2）由二項(xiàng)式定理有因此?！緹嵘頉_刺】 ( A )選擇題1已知函數(shù),則的單調(diào)減區(qū)間是A, B, C, D,2已知集合M=,N=,下列法則不能構(gòu)成M到N的映射的是A, B, C, D,3已知函數(shù)，奇函數(shù)在處有定義，且時(shí),，則方程·的解的個(gè)數(shù)有A,4個(gè) B,2個(gè) C,1個(gè) D,0個(gè) 4如果偶函數(shù)在上的圖象如右圖,則在上,=A, B, C, D,5設(shè)函數(shù),已知,則的取值范圍為A, B, C, D,6對于函數(shù),有下列命題:是增函數(shù),無極值;是減函數(shù),

21、無極值;的增區(qū)間是,的減區(qū)間是(0,2);是極大值,是極小值.其中正確的命題有 A,一個(gè) B,二個(gè) C,三個(gè) D,四個(gè)填空題7函數(shù)的定義域是 .8已知,則 .9函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間是 .10若不等式對滿足的恒成立,則實(shí)數(shù)的取值范圍是 .11在點(diǎn)M(1,0)處的切線方程是 .解答題12函數(shù)的定義域?yàn)榧螦,函數(shù)的定義域 集合B,當(dāng)時(shí),求實(shí)數(shù)的取值范圍.13已知定點(diǎn)A(0,1),B(2,3),若拋物線與線段AB有兩個(gè)不同的 交點(diǎn),求的取值范圍.14已知定義在R上的函數(shù),滿足:,且時(shí), . (I)求證:是奇函數(shù); (II)求在上的最大值和最小值.15通過研究學(xué)生的學(xué)習(xí)行為,心理學(xué)家發(fā)現(xiàn),學(xué)生的接受能力依

22、賴于老師引入概念和描述問題所用的時(shí)間,講座開始時(shí),學(xué)生的興趣激增;中間有一段不太長的時(shí)間,學(xué)生的興趣保持較理想的狀態(tài),隨后學(xué)生的注意力開始分散,分析結(jié)果和實(shí)驗(yàn)表明,用表示學(xué)生掌握和接受概念的能力(值越大,表示接受的能力越強(qiáng)),表示提出和講授概念的時(shí)間(單位:分),可有以下公式: (I)開講后多少分鐘,學(xué)生的接受能力最強(qiáng)?能維持多少時(shí)間? (II)開講后5分鐘與開講后20分鐘比較,學(xué)生的接受接受能力何時(shí)強(qiáng)一些? (III)一個(gè)數(shù)學(xué)難題,需要55的接受能力以及13分鐘時(shí)間,老師能否及時(shí)在學(xué)生一直 達(dá)到所需接受能力的狀態(tài)下講授完這個(gè)難題?16已知函數(shù),其中,為自然對數(shù)的底數(shù).(I)討論函數(shù)的單調(diào)性;

23、(II)求函數(shù)在區(qū)間0,1上的最大值.參考答案:問題1:,.由有 得 與,矛盾!故當(dāng)時(shí),的取值范圍是;(II)解:,由必有,得或得 (舍去)或得故當(dāng)時(shí), 的取值范圍是.溫馨提示:在處理集合的問題中,別忘了我們的好朋友 空集.問題2:解:(1)當(dāng)時(shí), 令,得它的定義域是, 得的單調(diào)增區(qū)間是, 它分別在,上為增函數(shù). 的單調(diào)減區(qū)間是.(2)當(dāng)時(shí),的定義域是, (3)當(dāng)時(shí),的定義域是, 令,得或 得的單調(diào)增區(qū)間是.溫馨提示:對參數(shù)進(jìn)行分類討論,是處理含參數(shù)問題的常用方法, ()為增(減)函數(shù),反之不行; 以上單調(diào)區(qū)的書寫格式,符合國際標(biāo)準(zhǔn),請放心使用.問題3:解:(I),得. 在R上單調(diào)遞增,恒成立

24、,即,恒成立又時(shí),得.(II),而在上單調(diào)遞減,得在上恒成立,有, 又當(dāng)時(shí), ,得 又在上單調(diào)遞增,得在上恒成立,有, 又當(dāng)時(shí),得 由,知.(III)由(II)可知是的最小值,有,而,故,即的圖象恒在圖象的下方.溫馨提示:恒成立時(shí),轉(zhuǎn)化為進(jìn)行考慮,合情合理.問題4:(I)解:的定義域是,得 所以在上是減函數(shù).(II)證明:假設(shè)存在且,使,則有 ,于是得,與矛盾!所以只有一個(gè)實(shí)根.(III)解:由(II)得,即,又=而在上是減函數(shù),得,有或.即的解集是.溫馨提示:為增(減)函數(shù)(),反之不行.習(xí)題1,C.2,C.3,B.4,C.5,B.6,B.1,有,2,我們由映射的概念:每一個(gè),有唯一的由,得

25、 一個(gè)與它對應(yīng).知,A,B,D.都滿足.函數(shù)為上的增函數(shù), 而在C中,M中的1與對應(yīng),求的單調(diào)減區(qū)間, 但,在N中找不到了.選C.即求的單調(diào)減區(qū)間,于是選C.3,設(shè),則,得=,有,(1)當(dāng)時(shí),由,得,解得,.(2)當(dāng)時(shí),由,得,無解.(3)當(dāng)時(shí),由,得,無解.選B.4,由,知只有C正確.5,當(dāng)與時(shí),均合題意,而時(shí),不合題意,選B.6,正確.選B.7,令,得,得.8,令,有,得,0,2.9,令,得.而它在上遞增,在上遞減, 而當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),.于是得遞增區(qū)間是.10,設(shè),由題意,當(dāng)時(shí),的圖象總在的圖象的下方.當(dāng)時(shí),顯然不合題意;當(dāng)時(shí),必有,得,又,于是. 11, =,得,有x+2y-1=0

26、.12,解:,而,又由題意知,且,解得,故的取值范圍是.溫馨提示:函數(shù)的定義域,值域,均為非空集.你留意到了沒有?13,解:過A,B兩點(diǎn)的直線方程為,令,則這方程有兩相異實(shí)根,且.設(shè),則問題等價(jià)于,解得.所以的取值范圍是.14,解:(I)由,令,得,又令,有,得,于是,.所以是奇函數(shù).(II)又時(shí),設(shè),則=而,得,有,即得在R上是減函數(shù),于是它在上有最大值,最小值而,=6.所以在R上有最大值6,最小值.15,解:(I)當(dāng)時(shí),得遞增, 最大值為59.當(dāng)時(shí),遞減,因此,開講后10分鐘,學(xué)生達(dá)到最強(qiáng)的接受能力(值為59),并維持6分鐘.(II),因此開講后5分鐘,學(xué)生的接受能力比開講后20分鐘強(qiáng)一些

27、.16,解:(I).當(dāng)時(shí),令,得.若,則,從而在上單調(diào)遞增;若,則,從而在上單調(diào)遞減;當(dāng)時(shí),令,得=0,有.若或,則,從而在,上單調(diào)遞減;若,則,從而在上單調(diào)遞增;(II)當(dāng)時(shí),在區(qū)間上的最大值是;當(dāng)時(shí),在區(qū)間上的最大值是;當(dāng)時(shí),在區(qū)間上的最大值是. ( B )1已知非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足且，則的最大值是（ ） A B C D 2已知命題p：函數(shù)的值域?yàn)镽，命題q：函數(shù) 是減函數(shù)。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 （ ）Aa1Ba<2C1<a<2Da1或a23 解關(guān)于的不等式04求a，b的值，使得關(guān)于x的不等式ax2+bx+a2-10的解集分別是：(1)-1，2

28、；(2)(-，-12，+)；(3)2；(4)-1，+)5 解關(guān)于的不等式6（2002北京文）數(shù)列由下列條件確定：（1）證明：對于,（2）證明：對于7設(shè)P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在區(qū)間-2，2上變動(dòng)時(shí)，P恒為正值，試求x的變化范圍 8已知數(shù)列中，b1=1，點(diǎn)P（bn,bn+1）在直線x-y+2=0上。）求數(shù)列）設(shè)的前n項(xiàng)和為Bn, 試比較。）設(shè)Tn=參考答案1解：畫出圖象，由線性規(guī)劃知識可得，選D2解：命題p為真時(shí)，即真數(shù)部分能夠取到大于零的所有實(shí)數(shù)，故二次函數(shù)的判別式，從而；命題q為真時(shí)，。 若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個(gè)是真命題，一個(gè)是假命題。 若p為真，q為假時(shí)，無解；若p為假，q為真時(shí)，結(jié)果為1<a<2，故選C.3分析：本題主要復(fù)習(xí)分式不等式的解法、分類