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2009届新课标数学考点预测--不等式
不等式是高中数学的重点和难点内容，它渗透到了中学数学课本的各个章节，在实际问题中被广泛应用，可以说是解决其它数学问题的一种有利工具．单纯考查不等式的考题，一般是中低档难度题，内容多涉及不等式的性质、解法、均值不等式的应用以及含有参数的不等式，在解答题中一般与函数、数列、导数等知识结合，属于中高档难度题．预侧2009年高考不等式的命题趋向：仍会继续保持2008年的命题特点，淡化独立性，突出工具性，以客观题考查不等式的性质和不等式的解法，解答题突出不等式与函数、数列、导数等知识的综合考查，深人考查不等式的证明和逻辑演绎推理能力
一、考点分析
(一) 考试内容：
不等式的基本性质；不等式的证明；不等式的解法；含绝对值的不等式．
(二)不等式知识要点
1．不等式的基本概念
不等（等）号的定义：
不等式的分类：绝对不等式；条件不等式；矛盾不等式.
同向不等式与异向不等式.
同解不等式与不等式的同解变形.
2．不等式的基本性质
（1）（对称性）
（2）（传递性）
（3）（加法单调性）
（4）（同向不等式相加）
（5）（异向不等式相减）
（6）
（7）（乘法单调性）
（8）（同向不等式相乘）
（异向不等式相除）
（倒数关系）
（11）（平方法则）
（12）（开方法则）
3．几个重要不等式
（1）
（2）（当仅当a=b时取等号）
（3）如果a，b都是正数，那么 （当仅当a=b时取等号）
极值定理：若则：
如果P是定值，那么当x=y时，S的值最小；
如果S是定值，那么当x=y时，P的值最大．
利用极值定理求最值的必要条件： 一正、二定、三相等.
（当仅当a=b=c时取等号）
（当仅当a=b时取等号）
（7）
4．几个著名不等式
（1）平均不等式： 如果a,b都是正数，那么 （当仅当a=b时取等号）即：平方平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均（a、b为正数）：特别地，（当a = b时，）
幂平均不等式：
注：例如：.
常用不等式的放缩法：①
②
（2）柯西不等式：
（3）琴生不等式（特例）与凸函数、凹函数
若定义在某区间上的函数f(x)，对于定义域中任意两点有
则称f(x)为凸（或凹）函数．
5．不等式证明的几种常用方法
比较法、综合法、分析法、换元法、反证法、放缩法、构造法.
6．不等式的解法
（1）整式不等式的解法（根轴法）．
步骤：正化，求根，标轴，穿线（偶重根打结），定解．
特例① 一元一次不等式ax>b解的讨论；②一元二次不等式ax2+bx+c>0(a≠0)解的讨论．
（2）分式不等式的解法：先移项通分标准化，则
（3）无不等理式：转化为有理不等式求解

 
（4）指数不等式：转化为代数不等式
（5）对数不等式：转化为代数不等式
（6）含绝对值不等式
应用分类讨论思想去绝对值；应用数形思想；应用化归思想等价转化．
注：常用不等式的解法举例（x为正数）：
①
②
类似于，③
(三)高考考纲对不等式的要求：
（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的定理及其变形，并会简单的应用；（3）掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式；切实掌握上述三种方法证明不等式的方法步骤及使用范围,提高数学式的变形能力；（4）掌握简单不等式的解法；掌握含参数不等式的解法及它在函数等方面的应用；（5）理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|．对不等式重点考查的有四种题型：解不等式、证明不等式、不等式的应用、不等式的综合．
(四)高考对不等式的考查侧重以下几个方面：
1．不等式性质的考查常与幂函数、指数函数和对数函数的性质的考查结合起来，一般多以选择题的形式出现，有时与充要条件的知识联系在一起．解答此类题目要求考生要有较好、较全面的基础知识，一般难度不大．
2．高考试卷中，单纯不等式的考题，一般是中档难度题，内容多涉及不等式的性质和解法，以及重要不等式的应用．解不等式的考题常以填空题和解答题的形式出现．在解答题中，含字母参数的不等式问题较多，需要对字母参数进行分类讨论，这类考题多出现在文科试卷上．
3．证明不等式近年来逐渐淡化，但若考试卷中出现不等式证明，则往往不是单独的纯不等式证明，而是与函数、三角、解析几何、数列、导数等知识综合考查，这时有可能是压轴题或倒数第二题．此类考题区分度高，综合性强，与同学们平时联系的差距较大，考生要有较强的逻辑思维能力和较高的数学素质才能取得较好的成绩．这类考题往往是理科试卷中经常出现的题型．
4．应用问题是近年数学高考命题的热点，近些年高考试题带动了一大批“以实际问题为背景，以函数模型，以重要不等式为解题工具”的应用题问世．解此类考题在合理地建立不等关系后，判别式、重要不等式是常用的解题工具．
5．含有绝对值的不等式经常出现在高考试卷中，有关内容在教材中安排较少，考生解此类问题大多感觉困难，这与平时练习量不足有关，对此应有所加强．
6．解不等式的基本思想是转化，解题思路是利用不等式的性质及结合有关函数的性质把问题转化为一元一次不等式、一元二次不等式、含有基本初等函数的最基本不等式，然后求解．在这里着重强调的是，解不等式是在不等式有意义的前提下求出满足不等式的未知数取值的集合，在解无理不等式、对数不等式时，要注意其定义域．
二．应试对策与考题展望
1．在复习不等式的解法时，要加强等价转化思想的训练，以便快速、准确求解．在解或证明含有参数不等式的过程中，一般要对参数进行分类讨论，因此，还要加强分类讨论思想的训练，做到分类合理、不重不漏．由于不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系、互相转化，所以，强化函数与方程思想在不等式中的应用训练十分必要．
2．高考中，对不等式的考查不是单一的，所以此类考题往往综合性强，难度也较大，应用极其广泛，诸如求最值、比较大小、函数性质(定义域、值域、单调性、有界性、最值)的研究、方程解的讨论、曲线类型和两曲线位置关系的判定等等．因此，复习时应强化理解不等式的应用，注意多知识点的相互渗透．
3．在复习不等式时，一要注意强化含参数不等式的解法与证明的训练，尤其是理科考生更应注意到这一点；二要加强以函数为载体的不等式练习，如果以函数为背景考题出现在试卷上，一定与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高；三要灵活处理以导数为载体的导数、不等式、函数大型综合问题，这类代数推理考题在复习时一定要倍加关注．
三．经典例题剖析
考点一：不等式的性质
不等式的性质是解不等式与证明不等式的理论根据，必须透彻理解，且要注意性质使用的条件；比较两个实数的大小，一般用作差法，有时也可用作商法，其实质上是不等式性质的应用，当然它也是不等式证明的一种方法．
例1．设实数满足下列三个条件：；；。请将按从小到大的顺序排列，并证明你的结论。
解：

又因为 ，所以 .
点评：正确找到一个合理的解题程序，可大大提高解题速度．
例2．设，求的取值范围．
解：因为 ，，所以，
，，则
又因为,，所以, 故．
点评：严格依据不等式的基本性质和运算法则是正确解答此类题目的保证．
例3．(宁夏银川一中2008届高三年级第三次模拟考试)设a∈R且a≠-,比较与-a的大小．
解：-()=,
当且时,∵ ,∴．
当时, ∵ ,∴=．
当时,∵ ,∴.
点评：比较大小的常用方法是：作差比较与作商比较．在数的比较大小过程中，要遵循这样的规律，异中求同即先将这些数的部分因式化成相同的部分，再去比较它们剩余部分，就会很轻易啦．一般在数的比较大小中有如下几种方法：(1)作差比较法和作商比较法，前者和零比较，后者和1比较大小；(2)找中间量,往往是1，在这些数中，有的比1大，有的比1小；(3)计算所有数的值；(4)选用数形结合的方法,画出相应的图形；(5)利用函数的单调性等等．
考点二：含参数的不等式问题
含有参数的不等式问题是高考常考题型，求解过程中要利用不等式的性质将不等式进行变形转化，化为一元二次不等式等问题去解决，注意参数在转化过程中对问题的影响．
例4．(福建德化一中2008年秋季高三第二次质量监控考试)已知对一切实数都有，且当＞时，＜（1）证明为奇函数且是上的减函数；（2）若关于的不等式对一切恒成立，求m的取值范围.
（1）证明：依题意取，∴.
又取可得，∴
由x的任意性可知为奇函数，又设
∴，∵，∴
∴在R上减函数．
（2）解：∵函数是奇函数，∴由得
∴即，又∵是上的减函数，∴恒成立，
当时，，故此时的最小值为，∴．
点评：在确定恒成立不等式中参数的取值范围时，需要在函数思想的指引下，灵活地进行代数变形、综合地运用多科知识，方可取得较好的效益，因此此类问题的求解当属学习过程中的难点.对于不等式恒成立问题，除了运用分类讨论的方法外，还可采用分离参数的方法，即对于一些含参数的不等式恒成立问题，如果能够将不等式进行同解变形，将不等式中的变量和参数进行剥离，即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边，然后通过求函数的值域的方法将问题化归为解关于参数的不等式的问题．
例5．(山东省泰安市2008年高三11月教学质量检测)设命题p：函数的定义域为R；命题q：不等式对一切正实数均成立，（1）如果p是真命题，求实数a的取值范围；（2）如果命题“p或q”为真命题，且“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．
解：（1）若命题p为真，即恒成立
① 当a=0时，不合题意 ，② 当时，可得即，
（2）令，由得，的值域为，若命题q为真，则．由命题“p或q”为真且“p且q”为假，得
命题p、q一真一假，① 当p真q假时，a不存在；② 当p假q真时，．
．
点评：对于含参数问题，常常用分类讨论的方法．在解答有关不等式问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法．分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、各个击破的解题策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置．解答分类讨论问题的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论．
例6．(广东省深圳中学2008—2009学年度高三第一学段考试)已知函数，（1）试判断函数的单调性并加以证明；（2）当恒成立时，求实数a的取值范围．
解：（1）函数的定义域为R，函数在R上是增函数，
设是R内任意两个值，并且则
，
即，是R上的增函数．
（2），，
，，
即，当
点评：一般地对不等式恒成立有下列几种情形：①f(x)≥g(k) <==> [f(x)]min≥g(k)②f(x)> g(k) <==> g(k) < [f(x)] min③f(x)≤g(k) <==> [f(x)] max≤g(k)，④f(x)≤g(k) <==> [f(x)] max < g(k)．
例7．(福建省八闽高中2008年教学协作组织联考)设，且 （e为自然对数的底数）（1）求p与q的关系；（2）若在其定义域内为单调递增函数，求p的取值范围；（3）设且，若在上至少存在一点，使得成立，求实数p的取值范围．
解：（1） 由题意得 f （e） = pe－－2ln e = qe－－2
( （p－q） （e + ） = 0. 而 e + ≠0 ， ∴ p = q，
（2） 由 （1） 知 f （x） = px－－2ln x，f1（x） = p + －= ，要使 f （x） 在其定义域 （0,+(） 内为单调增函数，只需 f1（x） 在 （0,+(） 内满足：f1（x）≥0恒成立.即对（0,+(） 恒成立,因此
（3） ∵ g（x） = 在 [1,e] 上是减函数，∴x = e时，g（x）min = 2，x = 1 时，g（x）max = 2e即 g（x）( [2,2e]．
①0 < p < 1 时，由x ( [1,e] ( x－≥0，∴f （x） = p （x－）－2ln x∴f（x）② p≥1时，由（2）知f （x）在 [1,e] 连续递增，f （1）= 0 < 2，又g（x） 在 [1,e]上是减函数．∴本命题( f（x）max > g（x）min = 2，x ( [1,e]，
( f（x）max = f（e） = p（e－）－2ln e > 2 ( p > ，
综上，p 的取值范围是 （,+(）.
考点三：解不等式问题
例8．解不等式．
解：（第一步）将不等式左边分解为几个一次因式（每个因式的系数为正），得．
（第二步）如图1，在实数轴上标出每个因式为0的实根的对应点．
图1
（第三步）这四个实数根将实数轴分为五个区间．在从右到左的第一个区间内，每个因式均为正，故其积为正；在从右到左的第二个区间内，只有一个因式为负，其余因式均为正，故其积为负；在从右到左的第三个区间（1，2）内，有两个因式同时为负，其余因式为正，故其积为正；在从右到左的第四个区间（－1，1）内，有三个因式均为负，其余因式为正，故其积为负；在从右到左的第五个区间内，四个因式同时为负，故其积为正．因此，可将其解集直观地标在数轴上，即用弧线从右到左（第一个区间内弧线恒在数轴上方），将这五个区间连结起来，弧线经过数轴上方的区间就是这些因式的积大于0的解集；弧线经过数轴下方的区间就是这些因式的积小于0的解集．故原不等式的解集为．
点评：解实系数一元高次不等式，可先把最高次项的系数化为正数，并使右边为0，再通过因式分解，将左边变形，最后用数轴标根法求解集．对于分式不等式也可采类似的方法．
例9．(广东省深圳中学2008—2009学年度高三第一学段考试) 解不等式．
解：，，即，得，
所以原不等式的解集为．
点评：本题是指数型的不等式，尽可能化同底．
例10．已知且 试解关于的不等式
解： 令 () , 则原不等式
.
即，
故当时，原不等式的解集是当时，原不等式的解是 .
点评：本题是利用换元法求解．换元法是指解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．换元法是一种重要的解题方法，它可以化高次为低次、化无理式为有理式、化超越式为代数式，它不仅在中学数学中有广泛应用，而且在高等数学中也有广泛应用．复习中必须给予充分的重视，有意识、有目的地加强这方面的训练和运用．
考点四：均值不等式问题
(一)知识梳理
1．把称为a、b的算术平均数，称为a、b的几何平均数。因而，二元均值定理可以叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。如果把看作是正数a、b的等差中项，看作是正数a、b的等比中项，那么二元均值定理还可以叙述为：两个正数的等差中项不小于它们的等比中项
2．一般的数学中的定理、公式揭示了若干量之间的本质关系，但不能定格于某一种特殊形式，因此不等式a＋b≥2ab的形式可以是a≥2ab－b，也可以是ab≤，还可以是a＋≥2b (a＞0)，≥2b－a等。解题时不仅要利用原来的形式，而且要掌握它的几种变形形式及公式的逆用等，以便灵活运用．
3．尽管二元均值定理的应用范围极广，推论和相关结论也很多，但其本身终究是由不等式的意义、性质推导出来的．凡是用它可以获证的不等式，均可以直接根据不等式的意义、性质证得．因此，在算术平均数与几何平均数定理的应用中，不可忽视不等式的意义、性质等概念在处理有关不等式论证方面的根本作用．
4．二元均值不等式不但可以处理两个正数的和与积结构的不等式，结合不等式的性质还可以处理两个正数的平方和、倒数和与其它变形式的结构，由公式a＋b≥2ab和≥可以得到以下几个重要结论：
a＋b≥－2ab (当且仅当a = －b时取“=”号)；
a＋b≥2|ab| (当且仅当| a | = | b |时取“=”号)；
a＋b≥－2|ab| (当且仅当a = b= 0时取“=”号)；
≤≤≤ (a、b都是正数，当且仅当a = b时等号成立)．
5．二元均值不等式还能处理几个正数的平方和与和结构，倒数和与和结构，根式和与和结构及两两之积与和结构等不等式问题，但在处理这些结构型的不等式时，要注意与其它依据相结合来处理。常见结构的不等式的处理方法归纳如下：
⑴ab＋bc＋ca与a＋b＋c型
利用(a＋b＋c)= a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2ca与a＋b＋c≥ab＋bc＋
ca相结合；
⑵a＋b＋c与a＋b＋c型
利用a＋b＋c≥ab＋bc＋ca乘以2再加上a＋b＋c即可；
⑶＋＋与a＋b＋c型
只要在⑵中每个字母开方代换即可．
6．利用均值定理可以求函数或代数式的最值问题：
⑴当a，b都为正数，且ab为定值时，有a＋b≥ (定值)，当且仅当a = b时取“=”号，此时a＋b有最小值；
⑵当a，b都为正数，且a＋b为定值时，有ab≤ (定值)，当且仅当
a = b时取“=”号，此时ab有最大值．
以上两类问题可简称为“积大和小”问题．
7．创设应用算术平均数与几何平均数定理使用的条件，合理拆分项或配凑
因式是经常用的解题技巧，而拆与凑的过程中，一要考虑定理使用的条件(两数都为正)；二要考虑必须使和或积为定值；三要考虑等号成立的条件(当且仅当a = b时取“=”号)，它具有一定的灵活性和变形技巧，高考中常被设计为一个难点．
8．二元均值定理具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和
式”的放缩功能，若所证不等式可变形成一边为和，另一边为积的形式，则可以考虑使用这一定理把问题转化．其中“一正二定三相等”在解题中具有双重功能，即对条件的制约作用，又有解题的导向作用．
(二)特别提示：
1．在使用公式a＋b≥2ab和≥时，要注意这两者成立的条件
是不相同的，前者只要求a、b都是实数，而后者要求a、b都是正数．
2．在使用二元均值定理求最值时，必须具备三个条件：①在所求最值的代
数式中，各变数均应是正数(如不是，则进行变号转换)；②各变数的和或积必须为常数，以确保不等式一边为定值(如不是，则进行拆项或分解，务必使不等式的一端的和或积为常数)；③各变数有相等的可能(即相等时，变量字母有实数解，且在定义域内，如无，则说明拆项、分解不当，此时，应重新拆项、分解或改用其它方法，比如，已知x [2，3]，求函数y = x＋的最小值，从形式上看可以使用二元均值定理，但等号成立的条件不具备，因此，要考虑函数的单调性把问题解决)．
3．在使用均值定理证明问题时，要注意它们反复使用后，再相加相乘时字
母应满足的条件及多次使用后等号成立的条件是否一致，若不一致，则不等式中的等号不能成立．
例11．有一组数据：它们的算术平均值为10，若去掉其中最大的一个，余下的数据的算术平均值为9；若去掉其中最小的一个，余下数据的算术平均值为11．（Ⅰ）求出第一个数关于n的表达式及第n个数关于n的表达式，（Ⅱ）若都是正整数，试求第n个数的最大值，并举出满足题目要求且取到最大值的一组数据．
解：依条件：
（Ⅰ）由（1）－（2）得： 再（1）－（3）得：x1=11－n．
（Ⅱ）∵x1是正整数，∴x1=11－n≥1，，∴xn=n+9≤19．
当n=10时，．
此时，取即可，
∴当n=10时，xn的最大值是19．
点评：注意掌握均值不等式成立的条件及其变形；注意掌握“凑”的技巧，创造应用均值不等式的情境；注意掌握均值不等式等号成立的条件．
例12．(山东省聊城市2007—2008学年度第一学期高三期末统考)某投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，第一年共支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元.设表示前n年的纯利润总和（f（n）=前n年的总收入一前n年的总支出一投资额）．（1）该厂从第几年开始盈利？（2）若干年后，投资商为开发新项目，对该厂有两种处理方案：①年平均纯利润达到最大时，以48万元出售该厂；②纯利润总和达到最大时，以16万元出售该厂，问哪种方案更合算？
解：由题意知
（1）由，
由知，从经三年开始盈利．
（2）方案①：年平均纯利润，当且仅当n=6时等号成立．
故方案①共获利6×16+48=144（万元），此时n=6．
方案②：当n=10，
故方案②共获利128+16、144（万元）．
比较两种方案，获利都是144万元，但由于第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案更合算．
点评：不等式的应用问题，综合性强，是高考应用命题的重点之一，不等式的应用题大部分以函数的面目出现，在解决范围问题或求最值时，均值不等式为主要工具，从而解决实际问题。解题步骤：1、先理解题意，设变量，设变量时一般把要求最值的变量定为函数；2、建立相应的函数关系，把实际问题抽象为函数的最值问题；3、在定义域内，求出函数的最值；4、正确写出答案．
考点五：不等式证明问题
作差比较法的程序是:作差---变形----判断差的正负；作商比较法的程序是:作商------变形------判断商与1的大小(商式的分子分母均要为正)．
综合法证明不等式是“由因导果”，分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的方法。分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述．
例13．(山东省潍坊市2008年5月高三教学质量检测) 已知各项均为正数的
等比数列{an}，公比q>1，且满足a2a4=64，a3+2是a2，a4的等差中项．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设，试比较An与Bn的大小，并证明你的结论．
解：（1）的等差中项，解得q=2或（舍去），
（2）由（1）得，当n=1时，A1=2，B1=（1+1）2=4，A1B4；
由上可猜想，当1≤n≤3时，AnBn．
下面用数学归纳法给出证明：①当n=4时，已验证不等式成立．
②假设n=k（k≥4）时，Ak>Bk成立，即,

即当n=k+1时不等式也成立，由①②知，当
综上，当时，An点评：本题是用数学归纳法来证明不等式的，实际上运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等．
例13．(福建省八闽高中2008年教学协作组织联考)设数列的前n项和为，已知，且.（I）求数列的通项公式；（II）的大小关系，并给出证明．
解：（I）∵，∴，
∴，又∵．
（II）∵，∴，∴

…………… 10分


点评：本题是用放缩法证明不等式．所谓放缩法，就是针对不等式的结构特征，运用不等式及有关的性质，对所证明的不等式的一边进行放大或缩小或两边放大缩小同时兼而进行，似达到证明结果的方法。但无论是放大还是缩小都要遵循不等式传递性法则，保证放大还是缩小的连续性，不能牵强附会，须做到步步有据．比如：证a＜b，可先证a＜h1，成立，而h1＜b又是可证的，故命题得证．
利用放缩法证明不等式，既要掌握放缩法的基本方法和技巧，又须熟练不等式的性质和其他证法。做到放大或缩小恰到好处，才有利于问题的解决。现举例说明用放缩法证明不等式的几种常用方法．
例14．(江苏省盐城中学2008年高三上学期第二次调研测试题)已知a>0，b>0，c>0，abc=1，试证明：．
证明：由，所以
同理： ，
相加得：左(．
　　点评：本题是用的基本不等式的变形来处理的．
例15．(山东省文登三中2009届高三第三次月考试题)已知函数的图象经过原点．（Ⅰ）若、、成等差数列，求的值；（Ⅱ）若，三个正数、、成等比数列，．
证明：（Ⅰ）由，得，，
，又成等差数列，
即：
即：，解之得：或，
经检验，是增根，∴．
（Ⅱ）证明：

，
时等号成立．
此时
即：。
例16．(福建德化一中2008年秋季高三第二次质量监控考试)已知函数
是定义在上的奇函数,当时, (其中e是自然界对数的底, ),(1) 求的解析式；(2) 设，求证：当，时，；（3）是否存在负数a，使得当时，的最小值是3 ？如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由．
解：（1）设，则，所以，又因为是定义在上的奇函数，所以
故函数的解析式为
（2）证明：当且时，，设，因为，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，所以，又因为，所以当时，，此时单调递减，所以
所以当时，即．
（3）解：假设存在负数，使得当时，有最小值是3，则．
①当，由于，则，故函数 是上的增函数．
所以，解得（舍去）
②当时，则
当时，，此时函数是减函数；
当时，，此时函数是增函数．
所以，解得满足题意。
综上可知，存在负数，使得当时，有最小值３．
点评：本题是利用函数的单调性和导数知识来解决的．函数和不等式是密切相关的，不等式可视为两个函数值大小的比较，在处理不等式的有关问题时，注意运用函数思想作指导，即研究题设所提供的信息，通过观察分析，构造一个适当的函数，然后利用函数的图象和性质加以研究，往往能是问题获得新颖别致，简捷明快的解答．
例17．(浙江省余姚中学08-09学年上学期高三第三次质量检测)设函数求证：（1）；（2）函数在区间（0，2）内至少有一个零点；（3）设是函数的两个零点，则
证明：（1），．又 ，，又2c=－3a－2b 由3a＞2c＞2b ∴3a＞－3a－2b＞2b，∵a＞0 ．
（2）∵f（0）=c，f（2）=4a+2b+c=a－c
①当c＞0时，∵a＞0，∴f（0）=c＞0且
∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点
②当c≤0时，∵a＞0
∴函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点，
综合①②得f（x）在（0，2）内至少有一个零点．
（3）∵x1，x2是函数f（x）的两个零点，则的两根，∴，
，．
点评：本题是利用不等式的性质和二次函数的有关性质来求解．
考点五：与不等式交汇的问题
不等式几乎能与所有数学知识建立广泛的联系，通常以不等式与函数、三角、向量、数列、解析几何、数列的综合问题的形式出现，尤其是以导数或向量为背景的导数（或向量）、不等式、函数的综合题和有关不等式的证明或性质的代数逻辑推理题，问题多属于中档题甚至是难题，对不等式的知识，方法与技巧要求较高，下面举例说明：
1．以集合为背景的不等式
以集合为背景的不等式，以考查不等式的解法和集合的有关概念与运算为目的，解题时应注意将不等式的解法与集合的有关概念和运算相结合，准确解题．
例17．(广东省深圳中学2008—2009学年度高三第一学段考试)已知集合，全集为实数集R．（1）求；
（2）如果的取值范围．
解：（1），．
（2）如图
当a>3时，A
点评：本题重点考查集合的运算及数形结合的思想．
2．以线性规划形式出现的不等式
例18．(山东省莱芜市2008届高三年级期末考试)电视台某广告公司特约播放两部片集，其中片集甲每片播放时间为20分钟，广告时间为1分钟，收视观众为60万；片集乙每片播放时间为10分钟，广告时间为1分钟，收视观众为20万，广告公司规定每周至少有6分钟广告，而电视台每周只能为该公司提供不多于86分钟的节目时间（含广告时间），（1）问电视台每周应播放两部片集各多少集，才能使收视观众最多，（2）在获得最多收视观众的情况下，片集甲、乙每集可分为给广告公司带来的a和b（万元）的效益，若广告公司本周共获得1万元的效益，记为效益调和指数，求效益调和指数的最小值．（取）
解：（1）设片集甲、乙分别播放x、y集设片集甲、乙分别播放x、y集
则有，要使收视观众最多，则只要Z=60x+20y最大即可.
如图作出可行域，
易知满足题意的最优解为
（2，4），
故电视台每周片集甲播出2集，片集乙播出4集，其收视人观众最多，……………7分
（2）由题意得：2a+4b=1
=11.64．
所以效益调和指数的最小值为11.64．
点评：以线性规划形式出现的不等式，重在考查数形结合的解题能力．这种题目解题时要注意根据已知不等式组作出图形分析求解．
3．以简易逻辑为背景的不等式
以简易逻辑为背景的不等式,解题时往往以不等式为工具，来确定命题，用简易逻辑知识解决问题．
例19．（2006 年山东卷）设，则是的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解： 由题设可得：
故选A．
点评：本题主要考查利用不等式和简易逻辑知识解决问题的能力．
4．与函数知识结合的不等式
例20．(2008年泉州一中高中毕业班适应性练习)已知函数.（1）求f (x)的单调区间；（2）若当时，不等式f (x)解：（1）函数的定义域为（-1, +∞），∵ ，由，得x>0；由，得.
∴ f (x)的递增区间是，递减区间是（-1, 0）.
（2）∵ 由，得x=0,x=-2（舍去）
由（Ⅰ）知f (x)在上递减，在上递增.
又 ， , 且.
∴ 当时，f (x)的最大值为.
故当时，不等式f (x)（3）方程, .
记,
∵ ,
由,得x>1或x<-1（舍去）. 由, 得.
∴ g(x)在[0,1]上递减, 在[1,2]上递增.
为使方程在区间[0, 2]上恰好有两个相异的实根，
只须g(x)=0在[0,1]和上各有一个实数根,于是有
∵ ,
∴ 实数a的取值范围是 .
点评：与函数知识结合的不等式，解题时往往以不等式为工具，结合函数知识，通过推理来解决问题．
5.与平面向量知识结合的不等式
与平面向量知识结合的不等式,解题时往往以不等式为工具, 结合平面向量知识和坐标运算,通过和坐标运算和推理来解决问题.
例21．在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM＝2，则的最小值是 .
解法一：如图,
= 即的最小值为:－2.
解法二：选取如图等腰直角三角形ABC，由斜边上的中线AM=2，
则A(0,0) ,B(2,0), C(0,2, M(,
设O(x,y), (且x=y, x)，则
=(
= =.
设f(x)=4x2-4,,结合二次函数图像知:当x=时, f(x)min=4
点评：本题考查了向量与解析几何知识交汇问题，可利用向量的性质结合均值不等式知识综合求解；或者选取特殊三角形，把向量式转化为二次函数关系式，利用二次函数求出其最小值．
6．与函数的导数知识结合的不等式
与函数的导数知识结合的不等式，解题时往往以不等式和函数的导数为工具， 结合函数知识,通过推理来解决问题．
例22．(山东省淄博市2008年5月高三模拟试题)已知函数在是增函数,在(0,1)为减函数．（I）求、的表达式；
（II）求证:当时,方程有唯一解；(III）当时,若在∈内恒成立,求的取值范围．
解：（I），依题意在上恒成立
即 在上恒成立，∵ （，∴①
又
依题意在时恒成立, 即,恒成立
∵　（），∴　 ②，由①、②得　　
∴　
（II）由(1)可知,方程,
设,
令,并由得 解得
令由 　
列表分析:

-
+
递减
递增
知在处有一个最小值0，当时,＞0
∴　在(0,+()上只有一个解
即当x＞0时,方程有唯一解．　　
（III）设 则
∴　在上为减函数，∴　 又
所以为所求范围．
点评：本小题考查函数的导数，函数，函数极值的判定，给定区间上二次函数的最值等基础知识的综合运用，考查就数形结合的数学思想分析问题，解决问题的能力．
7．与数列知识结合的不等式
与数列知识结合的不等式,解题时往往以不等式和数列知识结合为工具, 结合函数知识,通过计算和推理来解决问题.
例23．(安徽省皖南八校2008届高三第三次联考)数列的首项=1，前项和为满足（常数，）．（1）求证：数列是等比数列.（2）设数列的公比为，作数列，使，（2，3，4，…），求数列的通项公式；（3）设，若存在，且；
使（…），试求的最小值．
解：（1）①，当时， ②
①—②得，即
由①， ，∴,又符合上式，
∴是以1为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）知，∴（），∴.又，即，，∴数列是为1首项，为公比的等比数列．∴，∴．
（3）由（2）知，则.
∴…=
= ∴，∴.
∵，∴，.
又∵，∴的最小值为7．
点评：本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力．
8．与立几知识结合的不等式
例25．在中，，分别为边上的点，且。沿将折起（记为），使二面角为直二面角．⑴当点在何处时，的长度最小，并求出最小值；⑵当的长度最小时，求直线与平面所成的角的大小；⑶当的长度最小时，求三棱锥的内切球的半径．
解法一：⑴连接，设，则。因为，所以，故，从而，故。又因为，所以，当且仅当取等号。此时为边的中点，为边的中点。故当为边的中点时，的长度最小，其值为；
⑵连接，因为此时分别为的中点，故，所以均为直角三角形，从而，所以即为直线与平面所成的角。因为，所以即为所求；
⑶因，又，所以．又，故三棱锥的表面积为。因为三棱锥的体积，所以。
法二：⑴因，故．
设，则．
所以，当且仅当取等号。此时为边的中点。故当为的中点时，的长度最小，其值为；
⑵因，又，所以。记点到平面的距离为，因，故，解得。因，故；
⑶同“法一”．
法三：⑴如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，则，所以，当且仅当取等号。此时为边的中点，为边的中点。故当为边的中点时，的长度最小，其值为；
⑵设为面的法向量，因，故．取，得。又因，故。因此，从而，所以；
⑶由题意可设为三棱锥的内切球球心，则，可得。与⑵同法可得平面的一个法向量，又，故，解得．显然，故
　　点评：本题是将立几问题转化为代数问题．转化与化归的思想是中学数学最基本的思想方法，就是将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或者已经解决的问题，将抽象的问题转化为具体直观的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将实际问题转化为数学问题．
9．与概率统计知识结合的不等式问题(山东省潍坊市2008年5月高三教学质量检测)为宣传2008年北京奥运会，某校准备成立由4名同学组成的奥运宣传队，经过初选确定5男4女共9名同学成为候选人，每位候选人当选奥运会宣传队队员的机会是相同的.（1）记ξ为女同学当选人数，求ξ的分布列并求Eξ；（2）设至少有n名男同学当选的概率为时n的最大值.
解：（1）ξ的取值为0、1、2、3、4.

ξ的分布列为

ξ
0
1
2
3
4
P
∴Eξ=+×2+×3+×4=
（2）


的最大值为2．
点评：此题是利用分类讨论思想求解的．实际上大部分概率分布列问题在解答时需要用到分类讨论思想．
一、选择题：
1、不等式解集是（　　）
A　(0,2)　　　B　(2,+∞)　　　C　　　　D　(－∞,0)∪(2,+∞)
2．函数的定义域为 （ ）
A．（1，2）∪（2，3）　B．　C．（1，3）　D．[1，3]
3．设命题甲为:;命题乙为:;则甲是乙的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件.
4．若函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数，且，则使得
的取值范围是 （ ）
A．　　B．　　C．　　D．（－2，2）
5．设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（　　）
（A）　　　（B）
（C）　　　　　（D）
6. 不等式组的解集为 (C )
(A) (0,)； (B) (,2)； (C) (,4)； (D) (2,4)。
7、若不等式|x-1| A、a(1 B、a(3 C、a(1 D、a(3
8．集合A＝｛x|＜0＝，B＝｛x || x -b|＜a，若“a＝1”是“A∩B≠”的充分条件， 则b的取值范围是 （ 　）
　 A．－2≤b＜0　 B．0＜b≤2　 C．－3＜b＜－1　 D．－1≤b＜2
9．设实数，满足，当≥0时，的取值范围是（ ）．
A．， B．， C．， D．，
10．若动点（）在曲线上变化，则的最大值为（ ）
A．　B．　C．　D．2
11．若关于的不等式≤＋4的解集是M，则对任意实常数，总有（ ）
A.2∈M，0∈M； B.2M，0M； C.2∈M，0M； D.2M，0∈M．
12．若关于x的不等式x2－ax－6a≤0有解，且对于任意的解x1，x2恒有|x1－x2|≤5，则实数a的取值范围为( )
A．－25≤a≤－24或0≤a≤1　　B．－25≤a≤－24或－1≤a≤1
C．－25≤a≤－20或0≤a≤1 D．－25≤a≤－24或0≤a≤2
二、填空题：
13．设函数，若，则x1与x2的关系为____
14．若a,b,c＞0且a(a+b+c)+bc=4-2,则2a+b+c的最小值为
15、已知点（x0，y0）在直线ax+by=0，(a，b为常数)上，则的最小值为 .
16、设a，b (R＋，且a+b =1，则的最大值是_____.
三、解答题：
17、已知函数的图象与轴分别相交于点A、B，（分别是与轴正半轴同方向的单位向量），函数.
（1）求的值；（2）当满足时，求函数的最小值.
18、(浙江省重点中学2008年5月)已知函数，数列的前项和为，，且．（Ⅰ）求的最大值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）探究：数列是否单调？
19．设f(x)是定义在的奇函数，g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称，而当 时，．（1）求f(x)的解析式；（2）对于任意的求证：（3）对于任意的求证：（14分）
20．已知，点P是函数y=f(x)图象上任意一点，点P关于原点的对称点Q的轨迹是函数y=g(x)的图象.
（1）当0（2）当a>1，x∈时，总有2f(x)+g(x)≥m恒成立，求m的范围.
21．解关于的不等式：
22．(陕西师大附中2008年高三第八次)（Ⅰ）已知函数,求证:函数在区间上为减函数；
（Ⅱ）已知函数,若在上至少存在一点, 使得成立,求实数的取值范围.

参考答案：
1．C　提示：原不等式转化为，解此不等式组可得x的范围.
2．A　提示：由题意可知，.
3．因为甲成立,乙不一定成立,但乙成立,甲也成立,所以,选(B).
4．D　提示：∵函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数，且,∴f(－2)=0, 在上的x的取值范围是,又由对称性,∴在R上f(x)<0，得x的取值范围为(-2,2)
5．C　提示：因为，所以（A）恒成立；在（B）两侧同时乘以得
所以（B）恒成立；（C）中，当a>b时，恒成立，a（D）中，分子有理化得恒成立，故选（C）.
6．C
7．B　提示：t=|x－1|在x∈[0,4]的最大值为3，故a≥3.
8．D　提示：由题意得：A：－19．8 C 解：（三角换元）
设，，≥，
∴≥，故选C．
10．A　提示：设x=2cosα,y=bsinα,则x2+2y=4cos2α+2bsinα=-4sin2α+2bsinα+4
=－2(sin2α－bsinα－2)=-2(sinα－)2+4+,
∴的最大值为.
11．A． 方法1：代入判断法，将分别代入不等式中，判断关于的不等式解集是否为；
方法2：求出不等式的解集：≤＋4．
12．答案选A．设是方程x2－ax－6a＝0的两实根，由题意可得
，再结合，可得a的取值范围是－25≤a≤－24或0≤a≤1．
二、填空题：
13. 知，且当x∈时，为增函数．又由，得，故 |，于是．
14．若且 所以，∴ ，则()≥，
15．　提示：最小值为
16．2　提示：
＝，当且仅当a=b=c时等号成立.
17． (1)由已知得A(,0),B(0,b),则={,b},于是=2,b=2. ∴k=1,b=2.
(2)由f(x)> g(x),得x+2>x2-x-6,即(x+2)(x-4)<0, 得-2由于x+2>0,则≥-3,其中等号当且仅当x+2=1,即x=-1时成立 ∴的最小值是-3.
18．（Ⅰ）∵，∴．∵=，（2分）
∴当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
∴在区间内，．（2分）
（Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当时， ∵，∴，成立；
② 假设当时，成立．
当时，由及，得，（2分）
由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以，
而，， 故．
19．(1)由题意知f(x+1)=g(1-x)
当
当，由于f(x)是奇函数
（2）当
（3）当
20．设点Q的坐标为（x,y），由点P、Q关于原点对称，得P点坐标为（－x,－y）.又点P在函数y=f(x)的图象上，∴－y=，即y=－得g(x)= －.
由2f(x)+g(x)≥0得，
∵0＜a<1，∴
故不等式的解集为
由2f(x)+g(x)≥m，得，在a>1，且x∈时恒成立.记，则问题等价于
而
令t＝（1－x），t∈，可证得H（x）＝上单调递减.
∴H(t)的最小值为H（1）＝1，又a>1，∴F（x）的最小值为0，
故m的取值范围为m≤0
21. 解：当
.
22．解：(Ⅰ)∵, 而,
　　∴当时, , 因此在[2,＋∞)上为减函数.
(Ⅱ)记, 则,
当时，当时,
故在时取极大值,同时也为最大值
∴
依题意, 要在(0,＋∞)上存在一点, 使成立.
即使只需，即，∴
因此, 所求实数的取值范围为.

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