題目所在試卷參考答案：

答　　　　　　 案

1． 答案C

解析 　

有7個不同實數(shù)解的充要條件是方程有兩個根，一個等于0，一個大于0．此時應(yīng)且．選C

2．答案C　

解析　 法一：代特殊值驗證

　　　　　　　 法二：①當(dāng)，即時，無解；

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②當(dāng)，即時，，故選C．

3． 答案B　　

解析 記，則

當(dāng)時，要使得是增函數(shù)，則需有恒成立，所以．矛盾．排除C、D

當(dāng)時，要使得是增數(shù)，則需有恒成立，所以． 排除A　　　 本題答案選B

4．　 A 解析　 數(shù)形結(jié)合法：當(dāng)，如圖A所示，有，當(dāng)時，如圖B所示，有，故選A．

　

5． 答案2．　　 解析由f(x)=x²+4x+3,　　 f(ax+b)=x²+10x+24,

　　　　　　　　 得：(ax+b)²+4(ax+b)+3=x²+10x+24,

　　　　　　　　 即：a²x²+2abx+b²+4ax+4b+3=x²+10x+24,

　　　　　　　　　 比較系數(shù)得：

　　　　　　　　　 求得：a=－1,b=－7,　 或a=1,b=3，則5a－b=2．

6． 答案 　　解析，由題意知是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間，因此．

7． 答案 　　解析為偶函數(shù), 即在內(nèi)最大值．

　　　　　　　　 當(dāng)a＜0時, =,=1－a;

　　　　　　　　 當(dāng)a＞0時, 若≥1, 則=a．　　 若≤1, 則=1－a．

　　　　　　　　 ∴=當(dāng)a=時, 有最小值．

8． 解析(I)因為函數(shù)，的圖象都過點(，0)，所以，

　　 　 即．因為所以．

　　　　　　

　　　　　　 又因為，在點(，0)處有相同的切線，所以

　　　　　　 而

　　　　　　 將代入上式得　 因此故，，

(II)解法一:．

當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減．

由，若；若

由題意，函數(shù)在(－1，3)上單調(diào)遞減，則

所以

又當(dāng)時，函數(shù)在(－1，3)上單調(diào)遞減．

所以的取值范圍為

解法二：

　　　　　　 因為函數(shù)在(－1，3)上單調(diào)遞減，且是(－1，3)

上的拋物線，

　　　　　　 所以　 即解得

　　　　　　 所以的取值范圍為

9． 解析(Ⅰ)由題意,f(x)=x²

當(dāng)x<2時,f(x)=x²(2－x)=x,解得x=0,或x=1;

當(dāng)x

綜上所述,所求解集為．

(Ⅱ)設(shè)此最小值為m．

①當(dāng)

　　　　　　　　　　　 因為:

　　　　　　　　　　　 則f(x)是區(qū)間[1,2]上的增函數(shù),所以m=f(1)=1－a．．

②當(dāng)1<a．

③當(dāng)a>2時，在區(qū)間[1，2]上，

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　 若在區(qū)間(1，2)內(nèi)f^/(x)>0,從而f(x)為區(qū)間[1，2]上的增函數(shù)，

　　　　　　　　　　　　 由此得：m=f(1)=a－1．

　　　　　　　　　　　　 若2<a<3,則

　　　　　　　　　　　　 當(dāng)

　　　　　　　　　　　　 當(dāng)

　　　　　　　　　　　　 因此，當(dāng)2<a<3時，m=f(1)=a－1或m=f(2)=4(a－2)．

　　　　　　　　　　　　 當(dāng);

　　　　　　　　　　　　 當(dāng)

　　　　　　 綜上所述，所求函數(shù)的最小值

專題二　　　 不等式

復(fù)習(xí)策略

一．不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內(nèi)容結(jié)合．高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，純不等式的證明，歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個難點，本專題著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力．

二．不等式的解法策略

不等式在生產(chǎn)實踐和相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)中應(yīng)用廣泛，又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的重要工具，所以不等式是高考數(shù)學(xué)命題的重點，解不等式的應(yīng)用非常廣泛，如求函數(shù)的定義域、值域，求參數(shù)的取值范圍等，高考試題中對于解不等式要求較高，往往與函數(shù)概念，特別是二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等有關(guān)概念和性質(zhì)密切聯(lián)系，應(yīng)重視；從歷年高考題目看，關(guān)于解不等式的內(nèi)容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的則是間接考查解不等式．

三．不等式的應(yīng)用策略

不等式是繼函數(shù)與方程之后的又一重點內(nèi)容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜合運用的特點比較突出．不等式的應(yīng)用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數(shù)的取值范圍或解決一些實際應(yīng)用問題；另一類是建立函數(shù)關(guān)系，利用均值不等式求最值問題、本專題提供相關(guān)的思想方法，使考生能夠運用不等式的性質(zhì)、定理和方法解決函數(shù)、方程、實際應(yīng)用等方面的問題．

典例剖析

例1已知函數(shù)，數(shù)列滿足

　(Ⅰ)設(shè)，證明：；

(Ⅱ)設(shè)(Ⅰ)中的數(shù)列的前n項和為S_n，證明

解析(Ⅰ)由題意得，

(Ⅱ)證明：由(Ⅰ)證明過程可知，

點評 本題主要考查函數(shù)、數(shù)列、不等式的證明等基本知識，考查應(yīng)用放縮法證明不等式 ．

例2已知函數(shù)

(1)求函數(shù)的最大值；

(2)當(dāng)時，求證；

解析(1)

　 　　令得

當(dāng)時，　 當(dāng)時，又

　 當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最大值0

(2)

由(1)知

又

點評 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題比較新穎,考生對方面問題應(yīng)加以重視．

例3 已知二次函數(shù)f(x)＝ax²+bx+c(a＞0)的圖象與x軸

有兩個不同的公共點，若f(c)＝0，

x

且0＜x＜c時，f(x)＞0． (1)試比較與c的大??； (2)證明：－2＜b＜－1； (3)當(dāng)c＞1，t＞0時，求證：＞0．

解析 由已知，f(x)的圖象與x軸有兩個不同的公共點　 ∴f(x)＝0有兩個不同的實數(shù)根x₁、x₂ ∵f(c)＝0，且x₁.x₂＝, ∴f(x)＝0的兩個根就是c和　　　　 ．

如果＜c，∵a＞0，故＞0，即0＜＜c 而當(dāng)0＜x＜c時，f(x)＞0，所以有f()＞0，這與時f(x)＝0的根矛盾　 ∴＞c

(2)證明：∵f(c)＝0，∴ac²+bc+c＝0 又c＞0，故ac+b+1＝0 ∵a＞0，c＞0，所以ac＞0，于是b+1＜0，故b＜－1　

又f(x)的圖象對稱軸x＝－，且f(x)＝0的兩根為c和，且c＜ ∴－＜　 Þ　 b＞－2 ,　 故－2＜b＜－1　　　　

(3)證明：∵t＞0，要證＞0 對左邊通分后知，只需證分子(a+b+c)t²+(a+2b+3c)t+2c＞0即可 記g(t)＝(a+b+c)t²+(a+2b+3c)t+2c 由0＜1＜c且0＜x＜c時f(x)＞0，有f(1)＝a+b+c＞0 又a+2b+3c＝(a+b+c)+(b+2c)＞b+2c＞b+2＞2　　　

∴g(t)圖象的對稱軸t＝－＜0　 ∴函數(shù)g(t)在[0，+∞上遞增 故當(dāng)t＞0時，g(t)＞g(0)＝2c＞0　 ∴原結(jié)論成立．

例4已知數(shù)列中，，．

(1)若，求實數(shù)的取值范圍；

(2)求證：不存在正實數(shù)，使，對任意恒成立．

解析 (1)　，　　　　　　　　

∴　

∵，∴，故．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　 (2)(反證法) 假設(shè)存在正實數(shù)，對任意，使恒成立．則恒成立，

　　　　　 ∴，∴，　　　　　　 ∴，

　　　　　 又，，……，，

　∴，即，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

故取即，有，則與矛盾．

因此，不存在正實數(shù)，使，對任意恒成立．

點評 存在性問題常?？捎梅醋C法證明．

例5已知函數(shù)的最大值不大于，又當(dāng)

　　 (1)求a的值；

　　 (2)設(shè)

解析(1)由于的最大值不大于

所以　　 ①　　 　

又所以．　 ②

由①②得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)證法一：(i)當(dāng)n=1時，，不等式成立；

因時不等式也成立．

(ii)假設(shè)時，不等式成立，

因為的對稱軸為

知為增函數(shù)，所以由得

　

于是有

所以當(dāng)n=k+1時，不等式也成立．　

根據(jù)(i)(ii)可知，對任何，不等式成立．

證法二：(i)當(dāng)n=1時，，不等式成立；

(ii)假設(shè)時不等式成立，即，則當(dāng)n=k+1時，

　

因所以

　

于是　　 因此當(dāng)n=k+1時，不等式也成立．

根據(jù)(i)(ii)可知，對任何，不等式成立．

點評　 本題要考查函數(shù)和不等式的概念，考查數(shù)學(xué)歸納法，以及靈活運用數(shù)學(xué)方法分析和解決問題的能力． 根據(jù)題意利用二次函數(shù)在結(jié)定區(qū)間上最值確定a的值；利用數(shù)學(xué)歸納法解決不等式問題．

例6 數(shù)列{a_n}滿足．

(Ⅰ)用數(shù)學(xué)歸納法證明：；

(Ⅱ)已知不等式，其中無理數(shù)

e=2．71828…．

解析(Ⅰ)證明：(1)當(dāng)n=2時，，不等式成立．

　　 (2)假設(shè)當(dāng)時不等式成立，即

那么．　 這就是說，當(dāng)時不等式成立．

根據(jù)(1)、(2)可知：成立．

(Ⅱ)證法一：

由遞推公式及(Ⅰ)的結(jié)論有

　

兩邊取對數(shù)并利用已知不等式得

　

故　

上式從1到求和可得

即

(Ⅱ)證法二：

由數(shù)學(xué)歸納法易證成立，故

令

取對數(shù)并利用已知不等式得　

上式從2到n求和得　

因

故成立．

不等式證明解題技巧

1．不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法．

(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細(xì)敘述；如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證．

(2)綜合法是由因?qū)Ч?，而分析法是?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴視野．

2．不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、判別式法、數(shù)形結(jié)合法等．換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時，要注意代換的等價性．放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查．有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法．凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法．

3．與數(shù)列有關(guān)的問題或者與正整數(shù)有關(guān)的問題時常用數(shù)學(xué)歸納法證明．

證明不等式時，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟、技巧．

例7已知函數(shù)(a，b為常數(shù))且方程f(x)－x+12=0有兩個實根為x₁=3, x₂=4．

　 (1)求函數(shù)f(x)的解析式；

　 (2)設(shè)k>1，解關(guān)于x的不等式；

解析　 本題主要考查求函數(shù)的解析式及含參分式不等式的解法．

(1)將得

(2)不等式即為

即

①當(dāng)

②當(dāng)

③．

點評　 解不等式的過程實質(zhì)上就是轉(zhuǎn)化的過程,分式不等式轉(zhuǎn)化成整式不等式,解分式不等式一般情況下是移項,通分,然后轉(zhuǎn)化成整式不等式,對于高次不等式,借助數(shù)軸法,則簡單,快捷,另外,,含有參數(shù)問題要對參數(shù)加以討論．

例8設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－m|－mx，其中m為常數(shù)且m<0．

(1)解關(guān)于x的不等式f(x)<0；

(2)試探求f(x)存在最小值的充要條件，并求出相應(yīng)的最小值．

解析(1)由f(x)<0得，|x－m|<mx，得－mx<x－m<mx，即　

　　 　　　　　　①當(dāng)m=－1時，x<－　

②當(dāng)－1< m<0時，<x<

③當(dāng)m<－1時，x<

綜上所述，當(dāng)m<－1時，不等式解集為{x|x<}

當(dāng)m=－1時，不等式解集為{x|x<－}

當(dāng)－1<m<0時，不等式解集為{x|<x<}

(2)f(x)=

∵m<0，∴1－m>0，f(x)在[m，+∞)上單調(diào)遞增，要使函數(shù)f(x)存在最小值，

則f(x)在(－∞，m)上是減函數(shù)或常數(shù)，

∴－(1+m)≤0即m≥－1，又m<0，∴－1≤m<0．

點評　 有關(guān)絕對值問題先去掉絕對值符號即利用等價轉(zhuǎn)化為不等式組．然后對m分類討論．

例9已知定義在R上函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，對于任意實數(shù)m，使　恒成立．

解析　 ∵　 f(x)在R上為奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，

　　　 ∴　 f(x)在上為增函數(shù)

　又　　 ∵　

∴ ＞－＝

　　　 ∴ 　即

　 ∵ 2－，　 ∴　 2

∴　 m>

　　　　　　　 　　令2－　　 ∴　　 m>4－

即4－m<在上恒成立．

即求在上的最小值

　∵ ≥2等號成立條件t=,即成立

　∴　　 　∴　　 4－m<即m>4－

∴　　 m的取值范圍為(4－，+∞)

點評　 解含參數(shù)不等式的問題有時可用分離參數(shù)法． 所謂分離參數(shù)法也就是將參數(shù)與未知量分離于表達式的兩邊，然后根據(jù)未知量的取值范圍情況決定參數(shù)的范圍．這種方法可避免分類討論的麻煩，使問題得到簡單明快的解決．

一般地，利用最值分離參數(shù)法來確定不等式 , (為實參數(shù))中參數(shù)取值范圍的基本步驟:

(1) 將參數(shù)與變量分離，即化為的形式；

(2) 求在D時的最大(或最小)值；

(3) 解不等式　得的取值范圍．

思想方法：把不等式中恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．

適用題型：(1) 參數(shù)與變量能分離；(2) 函數(shù)的最值易求出．

利用這種方法可以順利解決許多含參數(shù)不等式中的取值問題，還可以用來證明一些不等式．

不等式解法解題技巧

解不等式對學(xué)生的運算化簡等價轉(zhuǎn)化能力有較高的要求，隨著高考命題原則向能力立意的進一步轉(zhuǎn)化，對解不等式的考查將會更是熱點，解不等式需要注意下面幾個問題：

(1)熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式(組)的解法．

(2)掌握用序軸標(biāo)根法解高次不等式和分式不等式，特別要注意因式的處理方法．

(3)掌握無理不等式的三種類型的等價形式，指數(shù)和對數(shù)不等式的幾種基本類型的解法．

(4)掌握含絕對值不等式的幾種基本類型的解法．

(5)在解不等式的過程中，要充分運用自己的分析能力，把原不等式等價地轉(zhuǎn)化為易解的不等式．

(6)對于含字母的不等式，要能按照正確的分類標(biāo)準(zhǔn)，進行分類討論．

例10某段城鐵線路上依次有A、B、C三站，AB=5km，BC=3km，在列車運行時刻表上，規(guī)定列車8時整從A站發(fā)車，8時07分到達B站并停車1分鐘，8時12分到達C站，在實際運行中，假設(shè)列車從A站正點發(fā)車，在B站停留1分鐘，并在行駛時以同一速度勻速行駛，列車從A站到達某站的時間與時刻表上相應(yīng)時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差．

　　　 (I)分別寫出列車在B、C兩站的運行誤差

(II)若要求列車在B，C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求的取值范圍．

解析(I)列車在B，C兩站的運行誤差(單位：分鐘)分別是

　　　 和

　　　 (II)由于列車在B，C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，所以

　　　 　　　　(*)

　　　 當(dāng)時，(*)式變形為

　　　 解得

　　　 當(dāng)時，(*)式變形為

　　　 解得

　　　 當(dāng)時，(*)式變形為

　　　 解得

綜上所述，的取值范圍是[39，]

例11設(shè)f(x)是定義在[0, 1]上的函數(shù)，若存在x*∈(0，1)，使得f(x)在[0, x*]上單調(diào)遞增，在[x*，1]上單調(diào)遞減，則稱f(x)為[0, 1]上的單峰函數(shù)，x*為峰點，包含峰點的區(qū)間為含峰區(qū)間．

　　　 對任意的[0，l]上的單峰函數(shù)f(x)，下面研究縮短其含峰區(qū)間長度的方法．

(I)證明：對任意的x₁，x₂∈(0，1)，x₁＜x₂，若f(x₁)≥f(x₂)，則(0，x₂)為含峰區(qū)間；若f(x₁)≤f(x₂)，則(x*，1)為含峰區(qū)間；

(II)對給定的r(0＜r＜0．5)，證明：存在x₁，x₂∈(0，1)，滿足x₂－x₁≥2r，使得由(I)所確定的含峰區(qū)間的長度不大于 0．5+r；

(III)選取x₁，x₂∈(0, 1)，x₁＜x₂，由(I)可確定含峰區(qū)間為(0，x₂)或(x₁，1)，在所得的含峰區(qū)間內(nèi)選取x₃，由x₃與x₁或x₃與x₂類似地可確定一個新的含峰區(qū)間．在第一次確定的含峰區(qū)間為(0，x₂)的情況下，試確定x₁，x₂，x₃的值，滿足兩兩之差的絕對值不小于0．02，且使得新的含峰區(qū)間的長度縮短到0．34．

(區(qū)間長度等于區(qū)間的右端點與左端點之差)

解析(I)證明：設(shè)x*為f(x) 的峰點，則由單峰函數(shù)定義可知，f(x)在[0, x*]上單調(diào)遞增，在[x*, 1]上單調(diào)遞減．

　　　 當(dāng)f(x₁)≥f(x₂)時，假設(shè)x*(0, x₂)，則x₁<x₂<x*，從而f(x*)≥f(x₂)>f(x₁)，

　　　 這與f(x₁)≥f(x₂)矛盾，所以x*∈(0, x₂)，即(0, x₂)是含峰區(qū)間．

　　　 當(dāng)f(x₁)≤f(x₂)時，假設(shè)x*( x₂, 1)，則x*≤x₁<x₂，從而f(x*)≥f(x₁)>f(x₂)，

　　　 這與f(x₁)≤f(x₂)矛盾，所以x*∈(x₁, 1)，即(x₁, 1)是含峰區(qū)間．

(II)證明：由(I)的結(jié)論可知：

　　　 當(dāng)f(x₁)≥f(x₂)時，含峰區(qū)間的長度為l₁＝x₂；

　　　 當(dāng)f(x₁)≤f(x₂)時，含峰區(qū)間的長度為l₂=1－x₁；

　　　 對于上述兩種情況，由題意得

　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?、?/p>

　　　 由①得 1+x₂－x₁≤1+2r，即x₁－x₁≤2r．

　　　 又因為x₂－x₁≥2r，所以x₂－x₁=2r,　　　　 ②

　　　 將②代入①得

　　　 x₁≤0．5－r, x₂≥0．5－r，　　　　　　　　　　　　　　 ③

　　　 由①和③解得 x₁＝0．5－r， x₂＝0．5+r．

　　　 所以這時含峰區(qū)間的長度l₁＝l₁＝0．5+r，即存在x₁，x₂使得所確定的含峰區(qū)間的長度不大于0．5+r．

(III)對先選擇的x₁；x₂，x₁<x₂，由(II)可知

　　　 x₁+x₂＝l，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

　　　 在第一次確定的含峰區(qū)間為(0, x₂)的情況下，x₃的取值應(yīng)滿足

　　　 x₃+x₁＝x₂，　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　?、?/p>

　　　 由④與⑤可得,

　　　 當(dāng)x₁>x₃時，含峰區(qū)間的長度為x₁．

　　　 由條件x₁－x₃≥0．02，得x₁－(1－2x₁)≥0．02，從而x₁≥0．34．

　　　 因此，為了將含峰區(qū)間的長度縮短到0．34，只要取

x₁＝0．34，x₂＝0．66，x₃=0．32．

點評 本題為信息題,通過題目中給出的信息結(jié)合已學(xué)過的數(shù)學(xué)知識解決這類問題．

例12 在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的長為2，寬為1，AB、AD邊分別在x軸、y軸的正半軸上，A點與坐標(biāo)原點重合(如圖 所示)．將矩形折疊，使A點落在線段DC上．

　　 (Ⅰ)若折痕所在直線的斜率為k，試寫出折痕所在直線的方程；

　　 (Ⅱ)求折痕的長的最大值．

解析(I) (1)當(dāng)時,此時A點與D點重合, 折痕所在的直線方程

(2)當(dāng)時，將矩形折疊后A點落在線段CD上的點為G(a,1)

所以A與G關(guān)于折痕所在的直線對稱，有

故G點坐標(biāo)為，從而折痕所在的直線與OG的交點坐標(biāo)(線段OG的中點)為

折痕所在的直線方程，即

由(1)(2)得折痕所在的直線方程為：

(II)折痕所在的直線與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)為

解得； 解得

當(dāng)A與D重合時，k=－2

(1)當(dāng)時，直線交BC于

　　 ．

(2)當(dāng)時，

, 令解得, 　　　　 此時

∴

(3)當(dāng)時，直線交DC于

所以折痕的長度的最大值為

點評 　利用導(dǎo)數(shù)可解有關(guān)不等式綜合應(yīng)用問題．

不等式應(yīng)用解題技巧

1．應(yīng)用不等式知識可以解決函數(shù)、方程等方面的問題，在解決這些問題時，關(guān)鍵是把非不等式問題轉(zhuǎn)化為不等式問題，在化歸與轉(zhuǎn)化中，要注意等價性．

2．對于應(yīng)用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內(nèi)在聯(lián)系，抽象出事物系統(tǒng)的主要特征與關(guān)系，建立起能反映其本質(zhì)屬性的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，從而建立起數(shù)學(xué)模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題．

專題二　　　　　 不等式

能力培養(yǎng)

1． (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值,　 4分鐘) 設(shè)有兩個命題：①關(guān)于x的不等式mx²+3mx+1>0的解集是R，②函數(shù)f(x)=log_mx是減函數(shù)．如果這兩個命題中有且只有一個真命題，則實數(shù)m的取值范圍是　　　　　　　　　　　　　　　 ．

2． (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值,　 4分鐘) 某金店用一桿不準(zhǔn)確的天平(兩邊臂不等長)稱黃金，某顧客要購買黃金，售貨員先將的砝碼放在左盤，將黃金放于右盤使之平衡后給顧客；然后又將的砝碼放入右盤，將另一黃金放于左盤使之平衡后又給顧客，則顧客實際所得黃金　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　　 )

A．大于　　　 　　　B．小于　　　 　　 　C．大于等于　　　　　 D．小于等于

3． (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值,　 4分鐘) 在“ + =1”中的“　　　　　　 ”處分別填上一個自然數(shù)，并使他們的和最?。?/p>

4． (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值,　 4分鐘) 已知實數(shù)a，b，c，d滿足：a<b，c<d，(a－c)(a－d)=4，(b－c)(b－d)=4，　 則　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　　 )

A． a<b<c<d　　　 B． c<d< a <b 　　　　　　　C．c <a<d<b　　　 D ．a <c<d<b

5． (啟東中學(xué), 中檔題, 4分值,　 4分鐘) 對于在區(qū)間上有意義的兩個函數(shù)如果對于任意，均有則稱在上是接近的．若函數(shù)與函數(shù)在區(qū)間上非常接近，則該區(qū)間可以是　　　　　　　?。?/p>

6． (啟東中學(xué), 中檔題, 4分值,　 4分鐘) 已知A={x|x²－4x+3＜0,xÎR}, B={x|≤0, x²－2(a+7)x+5≤0,xÎR}．若AÍB, 則實數(shù)a的取值范圍是____________．

7．(啟東中學(xué), 難題, 4分值,　 5分鐘) 設(shè)0<a,若滿足不等式的　 一切實數(shù)x，

亦滿足不等式則正實數(shù)b的取值范圍　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ．

8． (啟東中學(xué), 中檔題, 10分值,　 10分鐘)

已知函數(shù)．

(1)若對任意的；

(2)若對任意的x₁、

9． (啟東中學(xué), 難題, 12分值,　 12分鐘) 已知定義域為[0，1]的函數(shù)f(x)同時滿足；

(1)對于任意；

(2)f (x)=1;

(3)若x₁≥0, x₂≥0, x₁+ x₂≤1，則有f (x₁+x₂) ≥f (x₁)+f (x₂)

( I )試求f (0)的值；(Ⅱ)試求函數(shù)的最大值．

(Ⅲ)(文)試證明：當(dāng)當(dāng)

(IV)(理)試證明：當(dāng)

答　　　 案

1． 答案m＝0或 ≤m<1．　 解析　 ∵關(guān)于x的不等式mx²+3mx+1>0的解集是Rm=0或0≤m<；函數(shù)f(x)=log_mx是減函數(shù)0<m<1．∴要使這兩個命題中有且只有一個真命題，則有m＝0或 ≤m<1．

2． 答案 ＞　 解析　 設(shè)天平的兩邊臂長分別為，兩次所稱黃金的重量分別是，于是有關(guān)系式　，．則　

3． 答案 10 , 15　 解析　 設(shè)這兩個自然數(shù)分別為x，y，則有x+y=(x+y)( + =1)=13+ + ≥13+2≥25，等號當(dāng)且僅當(dāng) = 且 + =1，即x=10，y=15時成立．

4． 答案 D 解析　 作函數(shù)y＝(x－c)(x－d)及函數(shù) y＝(x－c)(x－d)－4的圖象，由圖易得a <c<d<b．選D．

5．答案或填或填它們的任一子區(qū)間(答案有無數(shù)個)　

解析: 由得即．

6． 答案－4≤a≤1 解析　 易得A=(1,3), 設(shè),在(1,3) 上的圖象均在x軸下方． 其充要條件是：同時有≤0,　≤0,≤0,≤0．　　 ∴－4≤a≤1

7． 答案　解析　 設(shè)集合A＝，

　　　　　　　　 B=

()

　　　　　 由題設(shè)知AB，則：　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　 于是得不等式組：　　　　　　 　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　 又　 ，最小值為；

　　　　　　　　 　　　最小值為；

　　　 ∴　　 ,　　　 即 b的取值范圍是

8． 解析 ⑴令

∴在上恒成立，等價于　

若,顯然　

若，　

且當(dāng)時，；當(dāng)時，

∴　　 當(dāng)　， =

即.　　 解得 　a≤5　 ∴2＜a≤5

∴　　 a的范圍是

⑵由題意

顯然　 =(當(dāng)x=0時，取最小值)

　 a≥0時，g(x)無最大值，　 不合題意，∴a＜0．

又，

∴，

∴a的范圍．

9． 解析(Ⅰ)．令，依條件(3)可得f (0+0)≥f (0)+f (0),即f (0)≤0

又由條件(1)得f (0) ≥0，則f (0)= 0

(Ⅱ)任取0≤≤1，可知，

則，

即≥0，故于是當(dāng)0≤x≤1時，有f (x) ≤f (1) =1,因此，當(dāng)x=1時，f (x)有最大值1

(Ⅲ)證明：當(dāng)時，f (x) ≤1<2x　

當(dāng)時，f (2x) ≥f (x)+f (x)=2f (x)，∴

(Ⅳ)證明：當(dāng)時，f (x) ≤1≤2x ．

當(dāng)時，f (2x) ≥f (x)+f (x)=2 f(x)，∴，

顯然，當(dāng)時，..成立

假設(shè)當(dāng)時，有成立，其中k=1,2,…

那么當(dāng)時，

....

可知對于 ，總有，其中n∈N*

此時，故時，有f (x)＜2x　　 (n∈N*)

專題三 數(shù)列、極限與數(shù)學(xué)歸納法

能力培養(yǎng)

1． (啟東中學(xué), 基礎(chǔ)題, 5分值,　 4分鐘) 已知等差數(shù)列{a_n}中，S_n是它的前n項和，若S₁₆＞0，且S₁₇＜0，則當(dāng)S_n最大時，n的值為(　　　　　　　 ) A．16　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．9 　　　　　　　　　　　　　　　　 C．8　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．10 2． (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值,　 4分鐘) 等比數(shù)列{a_n} 中，已知a₁+a₂+a₃= 64，a₄+a₅+a₆= －16，則此數(shù)列的前18項的和等于()　　　　　　　　　 　

A．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．

3． (啟東中學(xué), 中檔題, 5分值,　 4分鐘) 已知lg3,lg(sinx－),lg(1－y)順次成等差數(shù)列，則

A． y有最小值，無最大值　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 B．y有最大值1，無最小值

C．y有最小值，最大值1