【正文】 又設(shè)此機(jī)每飛行1小時(shí)，除耗油費(fèi)用外的其他費(fèi)用為n元。即r=1時(shí)，取等號(hào)。（Ⅱ）2005年為第9年，該年可從兩個(gè)企業(yè)獲得利潤(rùn)所以該鄉(xiāng)到2005年底可以達(dá)到小康水平.，假設(shè)河的一條岸邊為直線MN，又AC⊥MN于C，點(diǎn)B、D在MN上。f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函數(shù)f(x)在R上為單調(diào)減函數(shù).(3)由，由題意此不等式組無(wú)解，數(shù)形結(jié)合得：≥1，解得a2≤3∴a∈［－，］7.(1)解：設(shè)y=，則(y－2)x2－bx+y－c=0 ①∵x∈R，∴①的判別式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②由條件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的兩根∴c=2，b=－2，b=2(舍）(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，則x2－x1＞0，且(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－＞0，∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)∴F(x)為增函數(shù).即－≤u≤，根據(jù)F(x)的單調(diào)性知F(－)≤F(u)≤F()，∴l(xiāng)g≤F(|t－|－|t+|)≤lg對(duì)任意實(shí)數(shù)t 成立.【不等式的應(yīng)用練習(xí)2】1． 設(shè)之間的大小關(guān)系為( C )A、 B、 C、 D、解：2．給出函數(shù)，那么( B )A、 B、C、 D、解：，在在上遞減。(m－i+1)，由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，…，i－1，有，所以(2)由二項(xiàng)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 綜上，當(dāng)a≠1時(shí)，2 x 2，當(dāng)a=1時(shí)無(wú)解。(2)如果0時(shí)成立。解：令f(x)=，設(shè)u=(u≥) 則f(x)= (u≥)∴f(x) 要使不等式成立，即f(x)－≥0∵u≥0 ∴只須u－1≥0∴u2c≥1 u2≥ ∴x2+c≥∴x2≥－c 故當(dāng)c=時(shí)，原不等式不是對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x不都成立 要使原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即使x2≥－c對(duì)一切實(shí)數(shù)都成立。必須重視演練與其它內(nèi)容綜合在一起的證明題，特別是綜合教材上的例題與習(xí)題、創(chuàng)新題。（4）掌握某些簡(jiǎn)單不等式的解法。（5）理解不等式|a|﹣|b| ≤|a+b|≤|a| +|b|。3．對(duì)于解不等式，一般不需超出教材上的例題和習(xí)題的難度，也不要超出教材上的例題和習(xí)題所涉及的范圍，但對(duì)于需要分類求解的不等式應(yīng)給予充分的注意，而這類習(xí)題的分類一般不超過兩層?！選2≥0 故－c≤0∴c≥1(c0) ∴c≥1時(shí)，原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x都能成立。解：(I)，； (2)證法一：根據(jù)＋ 下面用數(shù)學(xué)歸納法證之。20．對(duì)于x，關(guān)于x的不等式1總成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。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.：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?yàn)?≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設(shè)a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則，因?yàn)閍＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①因?yàn)?=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)所以n= ②將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.證法三：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）證法四：因?yàn)椤?，所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b，有≥因?yàn)閍＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，∴≤1，即a+b≤2，(以下略）證法五：假設(shè)a+b＞2，則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?yàn)閍3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)【不等式的應(yīng)用練習(xí)1】一、選擇題(x)為增函數(shù)，偶函數(shù)g(x)在區(qū)間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設(shè)a＞b＞0，給出下列不等式，其中正確不等式的序號(hào)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、填空題：①a+b≥2 ； ②sin2x+≥4 ； ③設(shè)x，y都是正數(shù)，若=1，則x+y的最小值是12 ； ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號(hào)是__________.，每月土地占用費(fèi)y1與車庫(kù)到車站的距離成反比，而每月庫(kù)存貨物的運(yùn)費(fèi)y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉(cāng)庫(kù)，這兩項(xiàng)費(fèi)用y1和y2分別為2萬(wàn)元和8萬(wàn)元，那么要使這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小，倉(cāng)庫(kù)應(yīng)建在離車站__________公里處.三、解答題 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設(shè)方程f(x)=x的兩實(shí)數(shù)根為x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，設(shè)函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸為x=x0，求證x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍.，每月將賣出n件，假若定價(jià)上漲x成(這里x成即，0＜x≤，而售貨金額變成原來(lái)的 z倍.(1)設(shè)y=ax，其中a是滿足≤a＜1的常數(shù)，用a來(lái)表示當(dāng)售貨金額最大時(shí)的x的值；(2)若y=x，求使售貨金額比原來(lái)有所增加的x的取值范圍.(x)定義在R上，對(duì)任意m、n恒有f(m+n)=f(m)3．已知，那么的最大值是（ B ） （A）10 （B）11 （C）12 （D）15 解：由. 由在[－2,2]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)y=2時(shí)，. 選B. （利用圓的參數(shù)方程也可很快求解）4．若，則的取值范圍是（ B ） （A）[1,5] （B）[1,2] （C） （D）[－1，2]解：，而，故. 又∵,∴,∴。先需將貨物從A處運(yùn)往B處，=10公里，BC=30公里，又陸路單位距離的運(yùn)費(fèi)是水路運(yùn)費(fèi)的兩倍，為使運(yùn)費(fèi)最少，D點(diǎn)應(yīng)選在距離C點(diǎn)多遠(yuǎn)處?解：設(shè)CD＝x公里，設(shè)水路運(yùn)價(jià)每公里為a元，則陸路運(yùn)價(jià)為每公里2a元，運(yùn)費(fèi) (0≤x≤30)令, 則, 平方得3x2zx+(400z)=0由x∈R, 得△=4z43(400z)≥0由z≥0 解得z≥,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí) 因此當(dāng)時(shí)y有最小值，故當(dāng)公里時(shí)，運(yùn)費(fèi)最少。 由；下面研究函數(shù)在上的單調(diào)性。試求此機(jī)飛行l(wèi)公里時(shí)的最經(jīng)濟(jì)時(shí)速及總費(fèi)用。當(dāng)該機(jī)以a公里/小時(shí)的速度飛行時(shí)，其耗油費(fèi)用為m元（油的價(jià)格為定值）。由⑵由 當(dāng)且僅當(dāng)。由2000–960=1040（萬(wàn)元）知：還需另籌資金1040萬(wàn)元可解決溫飽問題。f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)∴f(m)=，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1(2)證明：任取x1，x2∈R，則f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］=f(x1)－f(x2－x1)…17．不等式的解集是 18．關(guān)于的不等式的解集是空集，那么的取值區(qū)間是 [0，4] 19. 解不等式：解：∵ a+a=(a