高三数学第二轮专题复习--不等式20081024_3938650_0.doc

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高三数学第二轮专题复习--不等式

一、本章知识结构：
实数的性质

均值不等式
不等式的性质

不等式的应用
不等式的证明
不等式的解法

函数性质的讨论
最值的计算与讨论
实际应用问题
比较法
综合法
分析法
其它方法
一元一次不等式
一元二次不等式
分式高次不等式
含绝对值不等式

二、高考要求
（1）理解不等式的性质及其证明。
（2）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理，并会简单应用。
（3）分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。
（4）掌握某些简单不等式的解法。
（5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。

三、热点分析
1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新.重点考查四种题型：解不等式，证明不等式，涉及不等式应用题，涉及不等式的综合题，所占比例远远高于在课时和知识点中的比例.重视基础知识的考查，常考常新，创意不断，设问方式不断创新，图表信息题，多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯，值得引起我们的关注.
2.突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数提供了重要的工具，不等式与函数既是知识的结合点，又是数学知识与数学方法的交汇点，因而在历年高考题中始终是重中之重.在全面考查函数与不等式基础知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查，强调知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考查力度，是高考对不等式考查的又一新特点.
3.加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能检测出学生抽象思维能力的层次.这类代数推理问题常以高中代数的主体内容——函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高，有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能体现出高观点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.
4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式来考查学生的应用意识.
不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。高考试题中有以下几个明显的特点：
（1）不等式与函数、数列、几何、导数,实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多，单独考查不等式的试题题量很少。
（2）选择题,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题，特别是应用题和压轴题几乎都与不等式有关。
（3）不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助方法不容忽视。
四、复习建议
1．力求熟练掌握不等式的性质，以最大限度地减少不等式解题中可能出现的失误。　
2．对于不等式的证明，应略高于教材上有关例题和习题的难度。必须重视演练与其它内容综合在一起的证明题，特别是综合教材上的例题与习题、创新题。
3．对于解不等式，一般不需超出教材上的例题和习题的难度，也不要超出教材上的例题和习题所涉及的范围，但对于需要分类求解的不等式应给予充分的注意，而这类习题的分类一般不超过两层。
4．熟练掌握利用平均值不等式求最值的方法及其使用条件，并重视在几何和实际问题中的应用。
5,通过训练,使学生掌握等价转化思想和化归思想,培养学生的代数推理能力,提高学生应用不等式知识解决问题的能力.
6.重视数学思想方法的复习根据本章上述的命题趋向我们迎考复习时应加强数学思想方法的复习.在复习不等式的解法时，加强等价转化思想的训练与复习.解不等式的过程是一个等价转化的过程，通过等价转化可简化不等式（组），以快速、准确求解.加强分类讨论思想的复习.在解不等式或证不等式的过程中，如含参数等问题，一般要对参数进行分类讨论.复习时，学生要学会分析引起分类讨论的原因，合理的分类，做到不重不漏.加强函数与方程思想在不等式中的应用训练.不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系、互相转化.如求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这类问题的重要方法.在不等式的证明中，加强化归思想的复习，证不等式的过程是一个把已知条件向要证结论的一个转化过程，既可考查学生的基础知识，又可考查学生分析问题和解决问题的能力，正因为证不等式是高考考查学生代数推理能力的重要素材，复习时应引起我们的足够重视.利用函数f（x）=x＋ （a＞0）的单调性解决有关最值问题是近几年高考中的热点，应加强这方面的训练和指导.
7.强化不等式的应用高考中除单独考查不等式的试题外，常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中涉及不等式的知识，加强不等式应用能力，是提高解综合题能力的关键.因此，在复习时应加强这方面训练，提高应用意识，总结不等式的应用规律，才能提高解决问题的能力.　　如在实际问题应用中，主要有构造不等式求解或构造函数求函数的最值等方法，求最值时要注意等号成立的条件，避免不必要的错误.

五、典型例题
不等式的解法
【例1】 解不等式：
解：原不等式可化为：＞0，
即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.
当a＞1时，原不等式与(x－)(x－2)＞0同解.
若≥2，即0≤a＜1时，原不等式无解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1时原不等式的解为(－∞，)∪(2，+∞).
当a＜1时，若a＜0，解集为(，2)；若0＜a＜1，解集为(2，)
综上所述：
当a＞1时解集为(－∞，)∪(2，+∞)；
当0＜a＜1时，解集为(2，)；
当a=0时，解集为；
当a＜0时，解集为(，2).

【例2】 设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值
范围.
解：M［1，4］有n种情况：其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围.
设f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)
(1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］
(2)当Δ=0时，a=－1或2.当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］.
(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2.设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4
即，解得：2＜a＜，
∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，).

【例3】 解关于x的不等式：．
解：原不等式等价于 ①，即.
由于，所以，所以，上述不等式等价于 ②
解答这个含参数的不等式组，必然需要分类讨论，此时，分类的标准的确定就成了解答的关键．如何确定这一标准？
（1）当时，不等式组②等价于
此时，由于，所以 ．
从而 ．
（2）当时，不等式组②等价于
所以 ．
（3）当时，不等式组②等价于
此时，由于，所以，．
综上可知：
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为．
【例4】 解关于的不等式：
解：原不等式等价于

，∴当时，原不等式的解集为
当时，原不等式的解集为
【例5】 设函数，
（1）当时，解不等式；
（2）求的取值范围，使得函数在上为单调函数．
讲解：（1）时，可化为：，等价于：
① 或 ②
解①得 ，解②得 ．
所以，原不等式的解集为 ．
（2）任取，且，则

要使函数在上为单调函数，需且只需：
恒成立，（或恒成立）．
因此，只要求出在条件“，且”之下的最大、最小值即可．为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：，容易知道，此时；若考虑，则不难看出，此时，至此我们可以看出：要使得函数为单调函数，只需．
事实上，当时，由于恒成立，所以，．所以，在条件“，且”之下，必有：．
所以，在区间上单调递减．
当时，由（1）可以看出：特例的情况下，存在．由此可以猜想：函数在区间上不是单调函数．为了说明这一点，只需找到，使得即可．简便起见，不妨取，此时，可求得，也即：，所以，在区间上不是单调函数．
另解：，对，易知：
当时，；当时，；
所以当时，，
从而只须，必有，函数在上单调递减。

【例6】 已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，
m+n≠0时＞0.
(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；
(2)解不等式：f(x+)＜f()；
(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围.
解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，
则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2)
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数.
(2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数，
∴ 解得：{x|－≤x＜－1，x∈R}
(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，
故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，
即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，
记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，
只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，
g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2.
∴t的取值范围是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.
【例7】 给出一个不等式（x∈R）。
经验证：当c=1, 2, 3时，对于x取一切实数，不等式都成立。
试问：当c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立？若能成立，请给出证明；若不成立，请求出c的取值范围，使不等式对任何实数x都能成立。
解：令f(x)=，设u=(u≥)
则f(x)= (u≥)
∴f(x)
要使不等式成立，即f(x)－≥0
∵u≥>0 ∴只须u－1≥0
∴u2c≥1 u2≥ ∴x2+c≥
∴x2≥－c 故当c=时，
原不等式不是对一切实数x都成立，即原不等式对一切实数x不都成立
要使原不等式对一切实数x都成立，即使x2≥－c对一切实数都成立。
∵x2≥0 故－c≤0
∴c≥1(c>0) ∴c≥1时，原不等式对一切实数x都能成立。
不等式的证明
【例1】 已知，求证：
解1：
．
因为，所以，，所以，

所以，，命题得证．
解2：因为，所以，，所以，
，
由解1可知：上式>1．故命题得证．
【例2】 已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求证：(a+)(b+)≥.
证法一：(分析综合法)
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，
即证ab≤或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.
证法二：(均值代换法)
设a=+t1，b=+t2.
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.
证法三：(比较法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

证法四：(综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.

证法五：(三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)
2

【例3】 证明不等式(n∈N*)
证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；
(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，

∴当n=k+1时，不等式成立.
综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+＜2.
另从k到k+1时的证明还有下列证法：

证法二：对任意k∈N*，都有：

证法三：设f(n)=
那么对任意k∈N* 都有：

∴f(k+1)＞f(k)
因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴
不等式的应用
【例1】

根据复合函数的单调性得：

【例2】 例2、已知函数
（1）判断函数的增减性；
（2）若命题为真命题，求实数x的取值范围.
解：（1）函数是增函数；
（2），必有时，，不等式化为，
故；当，
不等式化为，这显然成立，此时；
当时，，
不等式化为
故；
综上所述知，使命题p为真命题的x的取值范围是
【例3】 （1994年)已知函数

解：

【例4】 (1995年)设是由正数组成的等比数列，项之和。
(1)证明
(2)是否存在常数C>0,使得成立？并证明你的结论。
证明：(I)

根据对数函数的单调性，可得
即
(2)不存在常数C使等式成立。
证法一：因为要使

；

综合上面的证明可见不存在常数

还可以直接用反证法证明：
证法二：假设存在常数C>0，使等式能够成立,则有

由(4)可得：
由平均值不等式可知

＝
【例5】 (1990年)设是任意给定的自然数，且。
(1)如果时有意义，求a的取值范围。
(2)如果0时成立。
解：(I)
，

；
(2)证法一：
根据
＋
下面用数学归纳法证之。
A. 设n=2时若
，即(1)成立。
若

B. 设
＋…＋

＋

证法二：
只需证明，，

【例6】 如图，ΔABC是某屋顶的断面，CD⊥AB，横梁AB的长是竖梁CD长的2倍.设计时应使保持最小，试确定D点的位置，并求y的最小值.
解：设AD=x，CD=1，
则AB=2，BD=2–x，（0<x<2）
令

∵；当且仅当时取等号
∴当时，y取得最小值
此时
答：取AD:DB=1:时，y有最小值

【例7】 在一容器内装有浓度为r%的溶液a升，注入浓度为p%的溶液升，搅匀后再倒出溶液升，这叫做一次操作。
(I)设第n次操作后容器内溶液的浓度为（每次注入的溶液都是p%）， 计算，并归纳出的计算公式（不要求证明）
(II)设要使容器内溶液浓度不小于q%，问至少要进行上述操作多少次？（已知）
解：

【例8】 某商场经过市场调查分析后得知，2003年从年初开始的前n个月内，对某种商品需求的累计数（万件）近似地满足下列关系：

（Ⅰ）问这一年内，哪几个月需求量超过1.3万件？
（Ⅱ）若在全年销售中，将该产品都在每月初等量投放市场，为了保证该商品全年不脱销，每月初至少要投放多少件商品？（精确到件）
解：（Ⅰ）首先，第n个月的月需求量＝
∵，
∴ ．
当时，
∴
令，即 ，解得：，
∵ n∈N， ∴n = 5 ，6
即这一年的5、6两个月的需求量超过1.3万件．
（Ⅱ）设每月初等量投放商品a万件，要使商品不脱销，对于第n个月来说，不仅有本月投放市场的a万件商品，还有前几个月未销售完的商品．所以，需且只需：，
∴
又∵ ∴
即每月初至少要投放11112件商品，才能保证全年不脱销．

【例9】 一根水平放置的长方体形枕木的安全负荷与它的宽度a成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度l的平方成反比．
a
d
l
（Ⅰ）将此枕木翻转90°（即宽度变为了厚度），枕木的安全负荷变大吗？为什么？
（Ⅱ）现有一根横断面为半圆（半圆的半径为R）的木材，用它来截取成长方体形的枕木，木材长度即为枕木规定的长度，问如何截取，可使安全负荷最大？
解：（Ⅰ）由题可设安全负荷为正常数），则翻转90º后，安全负荷．
因为，所以，当时，．安全负荷变大；
当时，，安全负荷变小．
（2）如图，设截取的枕木宽为a，高为d，则，即．
∵ 枕木长度不变，∴u=ad2最大时，安全负荷最大
∴

当且仅当，
即取，时，u最大， 即安全负荷最大．

【例10】 现有流量均为300的两条河流A、B会合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2和0.2．假设从汇合处开始，沿岸设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1秒钟内交换100的水量，即从A股流入B股100水，经混合后，又从B股流入A股100水并混合．问：从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01（不考虑泥沙沉淀）？
解：本题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于0.01”．但直接建构这样的不等关系较为困难．为表达方便，我们分别用来表示河水在流经第n个观测点时，A水流和B水流的含沙量．
则＝2，＝0.2，且
．（＊）
由于题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不妨直接考虑数列．
由（＊）可得：

所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列．
所以，．
由题，令< 0.01，得．所以，．
由得，所以，．
即从第9个观测点开始，两股水流的含沙量之差小于0.01．
【例11】 用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，
(1)求a关于h的解析式；
(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)
解：①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得：
消去
②由 (h＞0)
得：
所以V≤，当且仅当h=即h=1时取等号
故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米.
六、专题练习
【不等式的解法练习1】
1．不等式的解集是 （ D ）
（A）{} （B）{}
（C）{} （D）{}
2．当时，不等式恒成立，则 的取值范围是（ B ）
（A） （B）（1，2） （C） （D）（0，1）
3．不等式成立的一个充分但不必要条件是 （ B ）
（A） （B） （C） （D）
4．三个数的大小关系是 （ B ）
（A） （B）
（C） （D）
5．若全集是( B )
A． B． C． D．
6．下列命题中，正确的是( C )
A．若 B．若
C．若 D．若
7．若是任意实数，且，则( D )
A． B． C． D．
8．设，则下列四数中最大的是( A )
A． B． C． D．
9．不等式恒成立，则的取值范围为( D )
A． B．C． D．
10．不等式的解集是( B )
A． B． C． D．
11．当 成立的充要条件是( C )
A． B． C． D．
12．已知，那么的最小值是( B )
A．6 B． C． D．
13．不等式组的解集是( D )
A． B． C． D．
14．不等式的解集是( C )
A． B． C． D．
15．的大小顺序是

16．若，则的取值范围是 。
17．不等式的解集是
18．关于的不等式的解集是空集，那么的取值区间是 [0，4]
19. 解不等式：
解：∵ a+a=(a2+)ax，变形原不等式，得
a
(1) 当0 < a < 1时，a，则a2 < ax < a-2，∵-2 < x < 2
(2) 当a>1时，a，则a-2 < ax < a2，∴-2<x<2
(3) 当a=1时，a，无解。 综上，当a≠1时，-2 < x < 2，当a=1时无解。
20．对于x，关于x的不等式<1总成立，求实数a的取值范围。
解：由1＜x≤2，得a>0,a+x>1,∴lg(a+x)>0 ∴有lg2ax<lg(a+x),2ax<a+x (2a-1)x<a
(1)a>时，x<，由1＜x≤2时x<总成立，得>2，∴<a<
(2)a=时，有0·x< ∴1＜x≤2时不等式总成立
(3)0<a<时，x>，由1＜x≤2时x>总成立，得a≤1，综合0<a<，得0<a<
综上，0<a<
21、已知函数（1）求函数的定义域；（2）判断的单调性，并用函数单调性的定义予以证明
解：（1）由或，
故的定义域为
（2）任取令，则
=，
故又函数在上是减函数，
所以有，即，
即在上是增函数

22．解不等式
解：由且，得，
原不等式等价于
而；
整理，
∴为所求。
【不等式的解法练习2】
一、选择题
1．设函数f(x)=，已知f(a)＞1，则a的取值范围是( )
A.(－∞，－2)∪(－，+∞) B.(－，)
C.(－∞，－2)∪(－，1) D.(－2，－)∪(1，+∞)
二、填空题
2．已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a2，b)，g(x)＞0的解集是(，)，则f(x)·g(x)＞0的解集是__________.
3．已知关于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是__________.
三、解答题
4．已知适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3.
(1)求p的值；
(2)若f(x)=，解关于x的不等式f-－1(x)＞(k∈R+)
5．设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，问是否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切实数x都成立，证明你的结论.
6．已知函数f(x)=x2+px+q，对于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2.
(1)求p、q之间的关系式；
(2)求p的取值范围；
(3)如果f(sinθ+2)的最大值是14，求p的值.并求此时f(sinθ)的最小值.
7．解不等式loga(1－)＞1
8．设函数f(x)=ax满足条件：当x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当x∈(0，1时，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求实数m的取值范围.

不等式的解法练习2参考答案
一、1.解析：由f(x)及f(a)＞1可得：
① 或 ② 或 ③
解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈
∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－，1）
答案：C
二、
2.解析：由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0的解集是(－).由f(x)·g(x)＞0可得：

∴x∈(a2，)∪(－，－a2)
答案：(a2，)∪(－，－a2)
3.解析：原方程可化为cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原问题转化为方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一个实根.令f(t)=t2－2t－a－1，对称轴t=1，画图象分析可得解得a∈［－2，2］.
答案：［－2，2］
三、
4.解：(1)∵适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3，
∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x.
若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，则原不等式为x2－3x+p+2≥0，其解集不可能为{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p.
∴原不等式为x2－4x+p+3－x≤0，即x2－5x+p－2≤0，令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8.
(2)f(x)=，∴f-－1(x)=log8 (－1＜x＜1，
∴有log8＞log8，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k.
∵－1＜x＜1，k∈R+，∴当0＜k＜2时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}；当k≥2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜1.
5.解：由f(1)=得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+xx=－1，由f(x)≤2x2+2x+推得
f(－1)≤.
由f(x)≥x2+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，故
2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a).
依题意：ax2+x+(－a)≥x2+对一切x∈R成立，
∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0，
∴f(x)=x2+x+1
易验证：x2+x+1≤2x2+2x+对x∈R都成立.
∴存在实数a=，b=1，c=1，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切x∈R都成立.
6.解：(1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即当x∈［－1，1］时，f(x)≤0，当x∈［1，3］时，f(x)≥0，∴当x=1时f(x)=0.∴1+p+q=0，∴q=－(1+p)
(2)f(x)=x2+px－(1+p)，
当sinθ=－1时f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0
(3)注意到f(x)在［1，3］上递增，∴x=3时f(x)有最大值.即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3.
此时，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］时f(x)的最小值.又f(x)=(x+)2－，显然此函数在［－1，1］上递增.
∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6.
7.解：(1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组
①

②
由此得1－a＞.因为1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0.
(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组：
由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜，∴1＜x＜.
综上，当a＞1时，不等式的解集是{x|＜x＜0，当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|1＜x＜}.
8.解：由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1恒成立.
在x∈(0，1恒成立.
整理，当x∈(0，1)时，恒成立，
即当x∈(0，1时，恒成立，且x=1时，恒成立，
∵在x∈(0，1上为增函数，∴，
∴m＜恒成立m＜0.
又∵，在x∈(0，1上是减函数，
∴＜－1.
∴m＞恒成立m＞－1当x∈(0，1)时，恒成立m∈(－1，0)①
当x=1时，，即是∴m＜0 ②
∴①、②两式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1时，f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范围是(－1，0)
【不等式的证明练习】
一、填空题
1．已知x、y是正变数，a、b是正常数，且=1，x+y的最小值为__________.
2．设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.
3．若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.
二、解答题
4．已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.
求证：(1)a2+b2+c2≥
(2)≤6
5．已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈［0，］
6．证明下列不等式：
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，
则≥2()
7．(2001全国)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.
(1)证明：niA＜miA；
(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m
8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.
参考答案
一、1.解析：令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2.
答案：a+b+2
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看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.
答案：m＜p＜q＜n
二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－=(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≥
证法二：∵(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≥
证法三：∵∴a2+b2+c2≥
∴a2+b2+c2≥
证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.
∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2
=+α2+β2+γ2≥
∴a2+b2+c2≥

∴原不等式成立.
证法二：

∴≤＜6
∴原不等式成立.
5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得：
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］
同理可得y，z∈［0，］
证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2
故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾.
x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，
则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞；矛盾.
故x、y、z∈［0，］

∵上式显然成立，∴原不等式得证.
7.证明：(1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，
，
由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有，
所以
(2)由二项式定理有：
(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn，
(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm，
由(1)知miA＞niA (1＜i≤m，而C=
∴miCin＞niCim(1＜m＜n
∴m0C=n0C=1，mC=nC=m·n，m2C＞n2C，…，
mmC＞nmC，mm+1C＞0，…，mnC＞0，
∴1+Cm+Cm2+…+Cmn＞1+Cn+C2mn2+…+Cnm，
即(1+m)n＞(1+n)m成立.
8.证法一：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，因为2≤a+b≤2，
所以ab≤1.
证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，
因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①
因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)
所以n= ②
将②代入①得m2－4()≥0，
即≥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.
证法三：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)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=
(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）
证法四：因为
≥0，
所以对任意非负实数a、b，有≥
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，
∴≤1，即a+b≤2，(以下略）
证法五：假设a+b＞2，则
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)
因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)
【不等式的应用练习1】
一、选择题
1.定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )
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 D.②③
二、填空题
2.下列四个命题中：①a+b≥2 ； ②sin2x+≥4 ； ③设x，y都是正数，若=1，则x+y的最小值是12 ； ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.
3.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.
三、解答题
4.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.
(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.
5.某