1、不等式一、考綱要求1.明確不等式的意義，掌握不等式的主要性質，并能正確靈活地應用這些性質解決問題.2.在熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式的解法的基礎上掌握高次不等式和分式不等式的解法.3.掌握一些簡單的無理不等式的解法.4.掌握一些簡單絕對值不等式的解法.5.掌握一些簡單指數與對數不等式的解法.6.能利用分類討論的方法解含參數的不等式.7.掌握不等式的證明，掌握證明不等式的比較法、綜合法、分析法、數學歸納法、放縮法、反證法、換元法、判別式法.8.掌握二個(不擴展到三個)正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數的定理.9.理解不等式ababab二、知識結構1.不等式的基本概念.(1)兩

2、個實數a與b之間具有以下性質；如果a-b是正數，那么ab；如果a-b是負數，那么ab；如果a-b等于零，那么ab，反過來也對.即：a-b0aba-b0aba-b0ab(2)同解不等式：如果第一個不等式的解都是第二個不等式的解；并且第二個不等式的解也都是第一個不等式的解，那么這兩個不等式叫做同解不等式.2.不等式的性質(1)基本性質abba(對稱性)ab，bcac(傳遞性)aba+cb+c(加法單調性)ab，c0acbcab，c0acbc(乘法單調性)(2)運算性質ab，cdacb+d(同向不等式相加)ab，cdacbd(同向不等式相減)ab0，cd0acbd(同向不等式相乘)ab0，0cd(同

3、向不等式相除)ab0(nZ，且n1)(開方法則)ab0anbn(nZ，且n1)(乘方法則)3.重要的基本不等式(1)若aR，則a0，a20(2)若a、bR，則a2+b22ab(3)若a、bR+，則(當且僅當a=b時等號成立)(4)若a、b、cR+，則3(當且僅當a=b=c時等號成立)(5)a0時xax2a2x-a或xaxax2a-axa(6)若a、bR，則a-babab4.解不等式的基本思想是化歸為一元一次或一元二次不等式，主要依據是不等式的基本性質，要特別注意等價轉化. f(x)a a0時，a f(x)0a a0時，af(x)0 f(x)a a0時，a f(x)0a a0時，x f(x)0

4、g(x)0 f(x)g(x) f(x)0 f(x)0g(x) g(x)0 或 f(x)g(x) g(x)0 f(x)0g(x) g(x)0 f(x)g(x)(6)指數不等式：轉化為代數不等式.af(x)ag(x)(a1) f(x)g(x)；af(x)ag(x)(0a1 f(x)g(x)；af(x)b(a0，b0，ab) f(x)lga=lgb(7)對數不等式，轉化為代數不等式.logaf(x)logag(x)(a1) 0f(x)g(x)logaf(x)logag(x)(0a1 f(x)g(x)0(8)含有絕對值符號不等式f(x)a(a0) -af(x)af(x)a(a0) f(x)a或f(x)

5、-a另外，對于含有參數的不等式，要能正確地運用分類討論方法求解.5.證明不等式不等式的證明的方法很多，主要應掌握比較法、分析法與不等式的解法(1)一元一次不等式axba0時，解集為xxaa0時，解集為xxaa=0時，()b0，解集為；()b0，解集為R類型解集(2)一元二次不等式：(如下表)其中a0，x1，x2是二次三項式ax2+bx+c=0的兩實根，且x1x2ax2+bx+c0ax2+bx+c0ax2+bx+c0ax2+bx+c00xxx1或xx2xxx1或xx2xx1xx2xx1xx20xx-xRRxx=-0RR(3)簡單的一元高次不等式：可用區間法(或稱根軸法)求解，其步驟是：將f(x)

6、的最高次項的系數化為正數；將f(x)分解為若干個一次因式的積；將每一個一次因式的根標在數軸上，從右上方依次通過每一點畫曲線；根據曲線顯示出的f(x)值的符號變化規律，寫出不等式的解集.(4)分式不等式：先整理成一般形式0或0的形式，轉化為整式不等式求解，即：0f(x)g(x)0 f(x)g(x)00 (或f(x)=0或f(x)g(x)0) g(x)0然后用“根軸法”或化為不等式組求解.(5)無理不等式：轉化為有理不等式求解，常見類型有數學歸納法，另外，對反證法，放縮法和判別式法利用函數單調性等方法也應明確.A.比較法：a.求差比較法：aba-b0；aba-b0；a=ba-b=0b.求商比較法：

7、b0，1ab；b0，1ab步驟：作差(或商)變形判斷.B.綜合法利用某些已經證明的不等式作為基礎，再運用不等式的性質推導出所求證的不等式，這種證明方法叫綜合法.綜合法的思索路線是“由因導果”，也就是從一個(組)已知的不等式出發，不斷地用必要條件代替前面的不等式，直至推導出要求證的不等式.常用性質有：a.(a+b)0；b.若a、bR，a2+b22ab(當且僅當a=b時取等號)；c.若a0，b0，c0，則有：a+b2(當且僅當a=b時取等號)；a+b+c3(當且僅當a=b=c時取等號)；a+b+c3abc(當且僅當a=b=c時取等號).C.分析法：從求證的不等式出發，分析使這個不等式成立的充分條件

8、把證明這個不等式的問題轉化為這些條件是否具備的問題.如果能夠肯定這些條件都已具備，那么就可以判定所求證的不等式成立，這種證明方法叫分析法，分析法的思索路線是“執果索因”，即從求證的不等式出發，不斷地用充分條件來代替前面的不等式，直至找到已知不等式為止.6.不等式的應用利用不等式求最值，主要利用公式，其中ai0(i=1,2,n)(1)當a1+a2+an=m（常數）時，乘積a1a2an有最大值，其最大值為()n，當且僅當a1=a2=an時取最大值.(2)當a1a2anN(常數)時，和a1+a2+an有最小值，其最小值為，當且僅當a1=a2=an時取最小值.利用此公式求最值，必須同時滿足下面三個條件

9、：各項均為正數；其和或積為常數；等號必須成立.利用此公式求最值，只需掌握n=2，3時的情形.三、知識點、能力點提示(一)“相等”與“不等”的關系“相等”和“不等”是現實世界物質形式中量與量的兩種重要的關系，它們是相互關聯，相互依存的，在一定的條件下，互相轉化.在數學學習過程中，要注意“相等”與“不等”的相互關系，抓住實質性聯系，通過“相等”與“不等”的轉化，找到解決問題的途徑，達到解決問題的目的.為便于說明，舉例如下：1.“相等”與“不等”相互轉化.a)“相等”向“不等”的轉化例1 在ABC中，已知lgtgA+lgtgc=2lgtgB.求證：B.這個問題的已知是三角形中量的一種相等關系，要求從

10、相等的條件出發，去推證出關于另一(些)量的不等關系.雖說本題考查的是對數、三角函數、不等式的一些相關基礎知識，并要求把分析法、綜合法加以綜合運用，但問題的實質卻是某種“相等關系”向“不等關系”的轉化，抓住這一實質特征，就可以找到解決問題的方法.當然要熟練掌握對數、三角函數及不等式的知識，在這里根據題意激活知識也是必不可少的.簡解：lgtgA+lgtgC=2lgtgB=lgtgAtgctg2B=tgAtgctgB=tg(-(A+C)=-tgA+tgC=tgB(tg2B)tgA+tgC2=2tgB即 tg2B-12tgB B這里，抓住了tg2B=tgAtgC這一相等關系及tgB=-隱含關系.通過t

11、gA+tgC2這一恒成立的不等式得出關于tgB的不等式，求解即得結論.b)“不等”向“相等”的轉化.)由實數理論知：若ab且ab則必有a=b，這是由“不等”變為“相等”的典型模型，在數學運算中經常用到，例如：由(x-y)20及隱含條件(x-y)20可以導出(x-y)0)添加變量使“不等”變“相等”.例如：由x+y0y-x可含y=-x+t，這里t0，從而把x,y的“不等”關系轉化為某種“相等”關系.例2 已知a、b、cR，函數f(x)=axbx+c，g(x)=ax+b，當-1x1時，f(x)1(1)證明：c(2)證明：當x1時，g(x)2(3)設a0，當x1時，g(x)的最大值是2，求f(x).

12、本題綜合了函數、方程、不等式的知識與方法，由于是以證明不等式為主，對邏輯思維和推理論證能力的要求很高，難度很大，它以二次函數和一次函數為載體，側重考查函數的概念，含絕對值的不等式的性質，函數的單調性等數學知識的綜合靈活運用，并利用函數作為材料，考查恒等變形，放縮變形的方法和技能，等式和不等式的聯系和轉化.這里僅剖析第(3)小題.已知告訴我們：對一切x-1,1，g(x)2恒成立，這是不等的關系，由此(加上“a0”)要得出f(x)的表達式，即給出一組值，使之分別與a、b、c相等，很明顯是“不等”向“相等”的轉化.簡解如下：a0，g(x)=ax+b是-1,1上的增函數，當x=1時，g(x)max=g

13、(1)即：a+b=g(1)=2=f(1)-f(0) -1f(0)=f(1)-21-2-1c=f(0)=-1當-1x1時f(x)-1恒成立，即f(x)f(0)直線x=0是拋物線y=f(x)的對稱軸，由此可得-=0，即b=0代入得a=2f(x)=2x2-12.“相等”與“不等”的構造從上可以看出，“相等”向“不等”的轉化，其關鍵之處在于構建出相關的不等關系，再將這個不等關系向目標(不等式)作進一步的變形處理即可.a)在“相等關系”中構造出“不等關系”：途徑：利用重要不等式：)a2+b22ab)a、b、cR，a+b2，a+b+c3)+2(a、b0)等等利用函數單調性：f(x)是區間I上的增函數，若x

14、1、x2I，則f(x)f(x)；f(x)是區間I上的減函數，若x1、x2I，則f(x1)f(x2)；利用等量關系中的隱含條件，如 x-0 xay= x2+y2=a2 y0 ya例3 已知a、bR且a+b=1，求證a2+b2=1這是一道膾炙人口的名題，其證法有多種，常見的方法有：平方法、三角法、幾何法等，但另辟蹊徑，巧用“相等”與“不等”，又可別開生面，證明如下：證明：a b兩式相加得a+b1又已知a+b=1，則上述兩不等式必同時取等號即a=,b=a2+b2=1例4 求滿足(x2+2x+3)(y2+1)=2的實數x,y解：x2+2x+3=(x+1)2+22 y2+11(x2+2x+3)(y2+1

15、)2 當且僅當x2+2x+3=2,y2+1=1時成立解之得x=-1且y=0b)在“不等”關系中構造“相等”關系. x=rcos途徑：設元構造.例：x2+y21 (0r1) y=rsin數形結合，構造函數(或方程).例：x可設y1=,y2=x例5 求證： (nN，n2)證明：2n=(1+1)n1+n+n2，nN,右端展開式中的各項為正2n即例6 為使不等式x2+4xy+4y2+10x+ay+b0對任意實數x、y恒成立，求實數a、b應滿足的條件.解：為使不等式恒成立，須且僅須x2+4xy+4y2+10x+ay+b為一個實數的平方加上一個正增量t，可令x2+4xy+4y2+10x+ay+b=(x+2

16、y+m)2+t=x2+4xy+4y2+2mx+4my+m2+4 10=2m a=20根據多項式相等的條件有： a=4m b=m2+t(t0) b=25+t25所以當a=20,b25時，原不等式恒成立.例7 已知x2+y21，求x+y的最大值.分析：這里，量x+y與x2+y2的直接關系可以通過2(x2+y2)(x+y)2得出，還可以通過換元令x=rcos，y=rsin，則有r210r1x+y=rcos+rsin=rsin(+)r得出.3.由不等進行估算估計變數或式子的取值范圍，對某些數學問題能起到挖掘隱含信息，找到思維的切入點，從而使困難的問題迎刃而解. x+y=6例8 求解方程組 z2=xy-

17、9這是二個方程三個變量的方程組，按常規似乎有無數個解.但可對xy進行估算，可知xy9，否則z20,x+y0x0,且y0且6=x+y2xy9故z2=xy-99-9=0z=0且x=y=34.由不等推出矛盾：反證法是“數學家最精良的武器之一”，它在數學解題中確有奇效，若能有意識地挖掘問題中潛在的不等關系，使兩者聯手，往往可以及時找到矛盾點由不等導出矛盾.例9 已知銳角，滿足+=2，求證+證明：假設+，則-，-，-2，-(0，)coscos(-)sincoscos(-)=sin從而2=+=2矛盾故+，同理+，+=(二)不等式與函數、方程的關系前面談到“不等”與“相等”的相互依存，轉化，在不等式與函數、

18、方程中尤為突出.1.一元二次不等式與二次函數，一元二次方程的關系(1)一元二次方程的根(二次函數圖像與x軸交點的橫坐標)是對應一元二次不等式解集的端點值，由此可引申出解一元高次不等式的“根軸法”，可以由數形結合，根據函數圖像求不等式的解集.(2)方程的條件根問題可以借助所設輔助函數與關于函數值的不等式，得出等價轉化.例10 2x-3x=k在-1,1內有實根，求實數k的取值范圍.此題是有關一元二次方程根的個數討論，通過構造二次函數，討論其零值點的分布，借助不等式求出k的范圍.解：設y=2x2-3x-k=f(x)若方程2x2-3x-k=0在-1，1上有兩根，則 0 f(-1)0 9+8k0 f(1

19、)0 2+3-k0 解之得：-k-1 -11 2-3-k0若方程2x2-3x-k=0在-1,1上僅有一根則 0 k- -1k5 f(-1)f(1)0 (5-k)(1-k)0綜上可知，k-,52.不等式與函數最值(1)求函數的最大值與最小值涉及的范圍極為廣泛，可使用的方法很多，代數的，三角的，幾何的問題中都有大量的求最值問題，求函數的值域也常歸結為函數的最值；許多實際問題的應用題也能利用最值解決.而最值問題往往歸結為不等問題，用不等式的性質以及求解不等式的方法都可用于解決最值問題，代數課本上冊P26例2實際上是兩個極值定理，有著廣泛的應用價值，(課本上雖為二個正數，但可推廣到三、四個及多個的情形

20、)在利用它解決問題時，要注意三個條件“一正、二定、三能等”即：這幾個數都必須是正數.例如：當xy=4，如果沒有x、y都為正數這個條件，就不能說x+y有最小值4，因為若x=y=-2雖滿足xy=4但x+y=-44.這幾個數必須滿足條件“和為定值”或“積為定值”，如果找不出“定值”這個條件，就不能應用這兩個定理.例如：當x0時，求y=x2+的最小值，若寫成y=x2+2=2(等號當且僅當x2=即x=1時ymin=2=2)則最小值為2，這是錯誤的.而應該是這樣的：由于x2=4為定值，故y=x2+=x2+3=，即ymin(顯然()3=8 即2要保證等號能成立，如果等號不能成立，則求出的仍不是最值，例如：當

21、0x時求y=sinx+的最小值，盡管y=sinx+2=4.但ymin是錯誤的，因為當sinx=時可推出sinx=2(sinx0)不成立，這只能說y4恒成立，因此ymin4必成立，實際上由y=t+在(0，1)上是單調減函數可知，當sinx=1時ymin=5(2)不等式與二次函數y=ax2+bx+c(a0)的最值xR時 當a0時，x=-時，ymin=；當a0，x=-時ymax=當xm,n(mn時，易畫出圖像(是拋物線的一部分)“看圖說話”.例11 若a0，y=ax2+bx+c的最值如下表n-m-nm-最大值f(m)f(m)f(n)f(n)最小值f(n)f(-)f(-)f(m)當a0時，可依上表寫出

22、類似結論.(3)重要函數y=x+c，(a0,x0)的單調性.利用不等式的性質可證明，y=x+ f(m) 在(o，)上是減函數，在QS，+)上是增函數.例12 求y=的最值解：y=+令t=2，于是y=t+在1,+)單調遞增，可知t=2，即x=0時ymin=(三)不等式與幾何的關系數學關系實質上是反映現實生活中的量與量的關系的，因而往往具有一些實際意義(或幾何意義)，不等關系也是這樣.1.構造幾何圖形證明不等式1)對于一些含有“A+BC”結構的不等式問題，可聯想“三角形兩邊之和大于第三邊.”構造三角形證明例13 x、y、zR+，求證：+簡析： x2+y2-xy=x2+y2-2xycos60由 y2

23、+z2-yz=y2+z2-2yzcos60聯想到余弦定理，構造三棱錐 z2+x2-xz=x2+z2-2xzcos60o-ABC得證(如圖)，AB= BC= CA=及ABC中，AB+BCAC2)對于一些含有“AB或(A+B)C”結構的不等式問題，可聯想面積證明之例14 設ac,bc0,求證：+簡析：()2+()2=()2()2+()2=()2即勾股定理，+=(+)聯想到梯形面積可用補形法構造一個梯形.(如圖二)3)對于含有“a2+b2=c2”結構的不等式問題，可聯想長方體中的對角線與棱長的公式，構造長方體.4)對于一些含有“(a-m)2+(b-n)2”或”結構的不等式問題可用解幾中的兩點間的距離

24、，點到直線的距離公式進行構圖求證.5)對含有“a2+b2=R2且aA+bB+C=0”結構的不等問題，可構造圓與直線的位置關系求證.2.運用不等式知識解決幾何最值這類問題主要是通過建立目標函數之后，應用不等式知識(如函數單調性，基本不等式等)求出函數最值，這里不作詳述.(四)不等式與其它雜題1.不等關系的探索.現實生活中量與量的不等關系是普遍的、大量的，高考中探索性問題即包含對不等關系的探索，下面舉例說明之：例15 已知Sn=1+(nN),設f(n)=S2n+1-Sn+1.試確定m的取值范圍，使得對于一切大于1的自然數，不等式f(n)m恒成立.分析：依題意f(n)=S2n+1-Sn+1=+(nN

25、)由于f(n)無法求和化簡，故應把f(n)看作n的函數，只須求出f(n)的最小值即可.略解：f(n)= + f(n+1)=+且f(n+1)-f(n)=+ -=(-)+(-)0f(n+1)f(n) (n1，nN)f(2)是f(n)(n1，nN)的最小值f(2)=要使f(n)m恒成立，只須f(2)m恒成立，故m例16 已知等差數列an和等比數列bn中，a1=b1,a2=b2,a1a2,an0,nN(1)試比較a3,b3及a4,b4的大小.(2)推測an與bn的大小，并證明你的結論.(結論：bnan對任意nN，n3成立)簡析：運用歸納法進行探測，猜出一般性的結果，用數學歸納法證明之.例17 定義在(

26、-1，1)上的函數f(x)滿足()對任意x、y(-1，1)有f(x)+f(y)=f() ()當x(-1,0)時，有f(x)0，試研究f()+f()+f()與f()的關系.簡析：由()、()可知f(x)是(-1，1)上的奇函數且是減函數.f()=f()=f()=f()+f(-)=f()-f()f()+f()+f()=f()-f()+f()-f()+f()-f()=f()-f()f()(01，f()0)2.不等式問題中的思維策略1)反客為主當從正面按常規方法不易得出問題的解時，可以變換角度從側面入手尋找突破口.例18 當p2時，不等式2x-1p(x2-1)恒成立，求x的取值范圍 x2-1=0 x2

27、-10 x2-10簡析：若按常規思路，將問題轉化為 或 或 2x-10 2 -2分別解三個不等式組獲解，但太繁瑣.若“反客為主”將原不等式化為關于P的不等式：(1-x2)p+(2x-1)0構造函數f(p)=(1-x2)p+2x-1問題轉化為對一切p2，f(p)0恒成立當1-x2=0時易得x=1 f(-2)0當1-x20時，當且僅當 解之得x且x1 f(2)0綜上 x2)以退為進有時從問題的整體去思考頗為費解，但若退出局部著手，常能輕易找出問題的解決途徑.例19 在銳角ABC中，求證：sinA+sinB+sinCcosA+cosB+cosC簡析：觀察此題，求證式整體與局部，三個角的三角函數有輪換

28、的特征可退出局部考察A、B的關系是否有sinAsinB證明：A+B=-CA-B0sinAsin(-B)=cosB同理 sinBcosCsinCcosA三式相加得sinA+sinB+siCcosA+cosB+cosC四、能力訓練1.某廣場中心要建一燈柱，廣場邊緣A點距燈柱根部(B點)100米，已知該點的照明亮度I和燈光射到這點的光線與地面夾角的正弦成正比，和這點的光源P的距離r的平方成反比，若要使A點獲得最好的照明亮度，燈柱應建多高?(精確到0.1米)本題考查三角函數、立體幾何解決實際問題的能力，同時考查數形結合思想、成比例的概念，利用不等式求最值的方法.2.已知xn=sin21sin22sin

29、23sin2 yn=1-(cos21+cos22+cos2n)(nN)(1)判斷x1與y1，x2與y2的大小關系，加以證明.(2)猜想xn與yn的關系，并證明你的結論.(3)若cosn=(cos)n+1，證明xn.本題考查三角函數的恒等變形，不等式的證明及觀察、歸納由特殊到一般的推理能力.3.某科研所要到某藥廠買100桶藥劑作試驗用，每天用一桶，無論多少桶每趟的運費都是100元，而每桶藥在科研所每天的儲存保質費用需2元，問應分幾趟(每趟購量相等)購買，才能使總的花費最省?(注：運回當天用一桶，不考慮買藥劑的費用)本題主要考查學生對實際問題的理解，建模(利用函數求最小值)和求解能力及等差數列的綜

30、合運用.4.某縣地處水鄉，縣政府計劃從今年起用處理過的生活垃圾和工業廢渣填河造池，(1)若該縣以每年1%的速度減少填河面積，并為保持生態平衡，使填河總面積永遠不會超過現有水面面積的，問今年所填面積最多只能占現有水面面積的百分之幾?(2)水面的減少必然導致蓄水能力的降低，為了保持其防洪能力不會下降，就要增加排水設備，設經費y(元)與當年所填土地面積x(畝)的平方成正比，比例系數為a，又設每畝水面年平均經濟收入為b元，所填的每畝土地年平均收入為c元，那么，要使這三項收入不少于支出，試求所填面積x的最大值.(其中a、b、c為常數).本題考查由實際問題轉化為等比數列的能力，及求函數最值的方法，建立數學

31、模型的能力，閱讀理解能力.5.已知f(x)=x2+(lga+2)x+lgb,f(-1)=-2,且對任何實數都有f(x)2x，求a、b的值.本題考查一元二次不等式恒成立的充要條件和實數的性質，及由“不等”向“相等”轉化的能力.6.漁場中魚群的最大養殖量為m噸，為保證魚群的生長空間，實際養殖量不能達到最大養殖量，必須留出適當的空閑量，已知魚群的年增長量y噸和實際養殖量x噸與空閑率的乘積成正比，比例系數為k(k0)(1)寫出y與x的函數關系式，并指出這個函數的定義域.(2)求魚群的年增長量達到的最大值.(3)當魚群的年增長量達到最大值時，求k的取值范圍.本題考查二次函數區間上的最值，及不等式的實際應

32、用.7.m為何值時，關于x的方程x2-2(m+2)x+m2-1=0，(1)有兩個正根；(2)有兩個大于2的根；(3)一根在(0，1)內，另一根在(1，2)內.本題考查一元二次方程二次函數的圖像，應用不等式與它們的關系進行問題轉化的能力.8.若a、b、c、dR，且a2+b2=1，c2+d2=1，求證abcd，本題考查不等式的應用，由相等關系向不等關系的轉化.9.求3yz=7850中的數字x，y，z.本題考查整數及不等式知識，由相等向不等的轉化.10.已知y=3x2+x-2，求log4y的值.本題考查反三角函數知識.11.若正整數p、q、r使方程px2-qx+r=0在區間(0，1)內有兩個不同的實

33、根，求p的最小值.本題考查方程，不等式知識，分析問題解決問題的能力.12.邊長為5的菱形，它的一條對角線的長不大于6，另一條對角線的長不小于6，則這個菱形兩對角線長度之和的最大值是多少?本題考查幾何極值與不等式的應用.13.某工廠擬建一座平面圖形為矩形且面積為200平方米的三級污水處理池(如圖)由于地形限制，長寬都不能超過16米，如果池四周圍壁建造單價為每米長400元，中間兩道隔墻造單價為每米長248元，池底建造單價為每平方米80元，池壁的厚度忽略不計，試設計水池的長和寬，使總造價最低，并求出總造價.(45000元)本題考查均值不等式，函數的單調性及用之求最值，建模能力，分析解決問題的能力.1

34、4.某工廠現有資金a萬元(a100)，由于堅持改革開放，生產蒸蒸日上，每年資金遞增20%，每年底資助希望工程b萬元.(0b0.2a)，若m(mN)年后，該廠資金至少翻一番，求m的最小值.本題考查建模能力，不等式與數列知識15.試用幾何法證明：(a0,b0)本題考查不等式的幾何意義，構圖法.能力訓練參考答案1.解：設燈柱高為h米，由題意I=ksin/r2(k為正常數)r=100/cosI2=k2sin2/(100/cos)4=k2sin2cos4/108=(2sin2)(cos2)(cos2)()3=(定值)當且僅當2sin2=cos2 即tg=/2時等式成立.A點照明度最好，這時h=ABtg=

35、100=50=70.7米故為使A點獲得最好的照明亮度，燈柱的高應為70.7米.2.解(1)： x1=sin21,y1=1-cos21=sin21 x1=y1x2=sin21sin22,y2=1-(cos21+cos22)x2-y2=sin21sin22-sin21+cos22=-sin21cos22+cos22=cos22cos210 x2y22(2)猜想xnyn證明：當n=1時，不等式成立，假設當n=k時xkyk成立，即sin1sin22sin2k1-(cos21+cos22+cos2k)則xk+1=sin21sin22sin2ksin2k+11-(cos21+cos2+cos2k)sin2

36、k+1=1-(cos21+cos22+cos2k)1-cos2k+1=1-(cos21+cos22+cos2k+cos2k+1)+cos2k+1(cos21+cos22+cos2K)1-(cos21+ cos22+cos2k+cos2k+1)=yk+1n=k+1時，不等式成立.故對nN，都有xnyn(3)xnyn=1-(cos21+cos22+cosn)=1-()2+()3+()n+1=1-=1-+()n+13.解：設每趟購x桶，則共購趟，每趟的儲存保質費為：2(x-1)+2(x-2)+22+21=x(x-1)元依題意，總花費y=100(x-1)+10000/x=100x-10000/x-10

37、02-100=1900當且僅當100x=10000/x即x=10時等號成立.故分10趟購買，每趟購買10桶總費用最省.4.解：(1)設該縣現有水面面積為M(畝)，今年所填面積為x(畝)，則由條件知x+x(1-1%)+x(1-1%)2+M即：xM100xM即：xM/400故今年所填面積最多只能占現有水面面積的0.25%(2)由條件可知：cx-(ax2+bx)0 ax2+(b-c)x0當c-b0時 x0，不能填池.當c-b0時 0x，所填面積的最大值為畝5.解：f(-1)=1-(lga+2)+lgb=-2即lga-lgb=1f(x)2x對任何x都成立即x2+(lga+2)x+lgb2x恒成立=(l

38、ga)2-4(lga-1)0lga=2即a=100代入lga-lgb=1 得b=106.解(1)由題意得y=kx(1-) (0xm(2)y=-(x-)2+，當x=時ymax=km/4(3)依題意有：0x+ym即0+m-2k2但k00k2 x10 x1+x207.解(1) x20 x1x20原方程有兩正根的充要條件是 =4(m+2)2-4(m2-1)0 x1+x2=2(m+2)0 x1x2=m2-10 m-解得： m-2 m-1或m1即當-m-1或m1時，原方程有兩正根. x12 x1-20 (x1-2)+(x2-2)0(2) x22 x2-20 (x1-2)(x2-2)0 x1+x2-40 0 m- 2(m+2)-40 m0 x1x2-2(x1+x2)+40 (m2-1)-4(m+2)+40 m-1或m5即當m5時原方程有兩個大于2的根.(3)設f(x)=x2-2(m+2)x+m2-1，它的圖像是開口向上的拋物線如圖，方程f(x)=0的有兩實根x1,x2且滿足0x11x22的充要條件是 f(0)=m2-10 f(1)=m2-2m-40 f(2)=m2-4m-50解得： m-1或m1 1-m1+ m-1或m5當1-m-1時，及方程有兩個實根，且一根位于(0，1)內，另一根位于(1，2)內.8.證一：1=