【正文】 －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是__________.，每月土地占用費y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應(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的兩實數(shù)根為x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，設(shè)函數(shù)f(x)的對稱軸為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，假若定價上漲x成(這里x成即，0＜x≤，而售貨金額變成原來的 z倍.(1)設(shè)y=ax，其中a是滿足≤a＜1的常數(shù)，用a來表示當(dāng)售貨金額最大時的x的值；(2)若y=x，求使售貨金額比原來有所增加的x的取值范圍.(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)…g(x)＞0的解集是__________.3．已知關(guān)于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，則a的取值范圍是__________.三、解答題4．已知適合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值為3.(1)求p的值；(2)若f(x)=，解關(guān)于x的不等式f－1(x)＞(k∈R+)5．設(shè)f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問是否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+對一切實數(shù)x都成立，證明你的結(jié)論.6．已知函數(shù)f(x)=x2+px+q，對于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2.(1)求p、q之間的關(guān)系式；(2)求p的取值范圍；(3)如果f(sinθ+2)的最大值是14，(sinθ)的最小值.7．解不等式loga(1－)＞18．設(shè)函數(shù)f(x)=ax滿足條件：當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＞1；當(dāng)x∈(0，1時，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.不等式的解法練習(xí)2參考答案一、：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的取值范圍是(－∞，－2)∪(－，1）答案：C二、：由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均為奇函數(shù)，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0的解集是(－).由f(x)x ∴1＜x≤2時不等式總成立 (3)0a時，x，由1＜x≤2時x總成立，得a≤1，綜合0a，得0a 綜上，0a2已知函數(shù)（1）求函數(shù)的定義域；（2）判斷的單調(diào)性，并用函數(shù)單調(diào)性的定義予以證明解：（1）由或，故的定義域為 （2）任取令，則=，故又函數(shù)在上是減函數(shù)，所以有，即，即在上是增函數(shù)22．解不等式解：由且，得，原不等式等價于 而；整理，∴為所求。20．對于x，關(guān)于x的不等式1總成立，求實數(shù)a的取值范圍。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=(a2+)ax，變形原不等式，得 a (1) 當(dāng)0 a 1時，a，則a2 ax a2，∵2 x 2 (2) 當(dāng)a1時，a，則a2 ax a2，∴2x2 (3) 當(dāng)a=1時，a，無解。（即寬度變?yōu)榱撕穸龋?，枕木的安全?fù)荷變大嗎？為什么？ （Ⅱ）現(xiàn)有一根橫斷面為半圓（半圓的半徑為R）的木材，用它來截取成長方體形的枕木，木材長度即為枕木規(guī)定的長度，問如何截取，可使安全負(fù)荷最大？ 解：（Ⅰ）由題可設(shè)安全負(fù)荷為正常數(shù)），則翻轉(zhuǎn)90186。 若 B. 設(shè)＋…＋ ＋證法二：只需證明，【例6】 如圖，ΔABC是某屋頂?shù)臄嗝?，CD⊥AB，試確定D點的位置，并求y的最小值.解：設(shè)AD=x，CD=1，則AB=2，BD=2–x，（0x2）令∵；當(dāng)且僅當(dāng)時取等號∴當(dāng)時，y取得最小值此時答：取AD:DB=1:時，y有最小值【例7】 在一容器內(nèi)裝有濃度為r%的溶液a升，注入濃度為p%的溶液升，攪勻后再倒出溶液升，這叫做一次操作。解：(I)，； (2)證法一：根據(jù)＋ 下面用數(shù)學(xué)歸納法證之。(1)如果時有意義，求a的取值范圍。證明：(I)根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得即(2)不存在常數(shù)C使等式成立。求證：(a+)(b+)≥.證法一：(分析綜合法)欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2，∴ab≤，從而得證.證法二：(均值代換法)設(shè)a=+t1，b=+t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=時，等號成立.證法三：(比較法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤證法四：(綜合法)∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.證法五：(三角代換法）∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)2【例3】 證明不等式(n∈N*)證法一：(1)當(dāng)n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假設(shè)n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+＜2，∴當(dāng)n=k+1時，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當(dāng)n∈N*時，都有1+＜2.另從k到k+1時的證明還有下列證法：證法二：對任意k∈N*，都有：證法三：設(shè)f(n)= 那么對任意k∈N* 都有：∴f(k+1)＞f(k)因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，∴不等式的應(yīng)用【例1】根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性得：【例2】 例已知函數(shù) （1）判斷函數(shù)的增減性； （2）若命題為真命題，求實數(shù)x的取值范圍.解：（1）函數(shù)是增函數(shù)； （2），必有時，不等式化為，故；當(dāng)，不等式化為，這顯然成立，此時；當(dāng)時，不等式化為故；綜上所述知，使命題p為真命題的x的取值范圍是【例3】 （1994年)已知函數(shù)解： 【例4】 (1995年)設(shè)是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，項之和?！選2≥0 故－c≤0∴c≥1(c0) ∴c≥1時，原不等式對一切實數(shù)x都能成立。試問：當(dāng)c取任何正數(shù)時，不等式對任何實數(shù)x是否都成立？若能成立，請給出證明；若不成立，請求出c的取值范圍，使不等式對任何實數(shù)x都能成立。(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］上為增函數(shù).(2)解：∵f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，∴ 解得：{x|－≤x＜－1，x∈R}(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，且f(1)=1，故對x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，所以要f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，記g(a)=t2－2at，對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的取值范圍是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.【例7】 給出一個不等式（x∈R）。5,通過訓(xùn)練,使學(xué)生掌握等價轉(zhuǎn)化思想和化歸思想,培養(yǎng)學(xué)生的代數(shù)推理能力,提高學(xué)生應(yīng)用不等式知識解決問題的能力.，通過等價轉(zhuǎn)化可簡化不等式（組），以快速、如含參數(shù)等問題，學(xué)生要學(xué)會分析引起分類討論的原因，合理的分類，、函數(shù)、方程三者密不可分，相互聯(lián)系、加強化歸思想的復(fù)習(xí)，證不等式的過程是一個把已知條件向要證結(jié)論的一個轉(zhuǎn)化過程，既可考查學(xué)生的基礎(chǔ)知識，又可考查學(xué)生