高考第一轮复习数学：6.4 不等式的解法(一) 答案

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(新课标)高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明6.4基本不等式课件文

bc a
＋
ac b
＋acb>a＋b＋c. (2)求证： a2＋b2＋ b2＋c2＋ c2＋a2≥ 2(a＋b＋c)．
证明：(1)∵a，b，c∈R＋，且不全相等，
∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c. 同理：abc＋acb≥2a，acb＋bac≥2b.
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上述三个等号至少有一个不成立，三式相加，得 2bac＋abc＋acb>2(a＋b＋c)．即bac＋abc＋acb>a＋b＋c. (2) ∵a2＋2 b2≥a＋2 b2， ∴ a2＋2 b2≥|a＋2 b|≥a＋2 b. 即 a2＋b2≥ 22(a＋b)．
【解析】 ∵a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1， ∴1a＋1b＋1c＝a＋ab＋c＋a＋bb＋c＋a＋bc＋c＝3＋ba＋ac＋ab＋ bc＋ac＋bc＝3＋ba＋ab＋ac＋ac＋bc＋bc≥3＋2＋2＋2＝9. 当且仅当a＝b＝c＝13时，取等号．【答案】 9
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【题点发散五】若本例(2)变为：已知各项为正数的等
第七页，共39页。
2．算术平均数与几何平均数
设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为________，几何平
均数为________，基本不等式可叙述为：______________.
3．几个重要的不等式
a2＋b2≥______(a，b∈R)；ba＋ab≥______(a，b同号)．
ab≤
a＋b 2
1 a
Байду номын сангаас
＋
1 b
的最小值为
________．
【解析】
∵a＋b＝1，∴ab≤
a＋b 2

高考数学一轮复习精选试题：不等式(解答题) 含答案

不等式02解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v (单位：千米/小时)是车流密度x （单位:辆/千米）的函数，当桥上的的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明；当20200x ≤≤时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数. (Ⅰ）当0200x ≤≤时，求函数()v x 的表达式;(Ⅱ）当车流密度x 为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/每小时）()()x v x x f ⋅=可以达到最大，并求最大值（精确到1辆/小时）.【答案】(1）由题意，当200≤≤x 时，()60=x v ；当20020≤≤x 时，设()b ax x v +=由已知⎩⎨⎧=+=+60200200b a b a ，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=320031b a . 故函数()x v 的表达式为()()⎪⎩⎪⎨⎧≤<-≤≤=20020,20031200,60x x x x v . (2)由题意并由（1）可得()()⎪⎩⎪⎨⎧≤<-≤≤=20020,20031200,60x x x x x x f 当200<≤x 时，()x f 为增函数，故当20=x 时，其最大值为12002060=⨯；当20020≤<x 时，()()(),310000220031200312=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+≤-=x x x x x f当且仅当x x-=200即100=x 时等号成立. 所以当100=x 时，()x f 在区间(]200,20上取得最大值310000. 综上可知，当100=x 时， ()x f 在区间[]200,0上取得最大值..3333310000≈ 即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时2．已知a,b,m 是正实数,且a<b,求证:a b <a m b m++ 【答案】证明：由a,b,m 是正实数,故要证a b <a m b m ++ 只要证a （b+m ）<b(a+m) 只要证ab+am<ab+bm只要证am<bm, 而m>0 只要证 a<b,由条件a<b 成立，故原不等式成立。

高考数学一轮专项复习讲义(通用版)-一元二次不等式的解法(含解析)

一元二次不等式的解法复习要点1.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.2.会解一元二次不等式和分式不等式.3.了解较简单的不等式恒成立问题的解法．一一元二次不等式的解法1．将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)或ax 2＋bx ＋c <0(a >0)．2．计算相应的判别式．3．当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根．4．利用二次函数的图象与x 轴的交点确定一元二次不等式的解集．二三个二次之间的关系三个二次间的关系，最终转化为二次函数来理解二次方程的根，二次不等式的解集．判别式Δ＝b 2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a >0)的根有两相异实根x 1，x 2(x 1<x 2)有两相等实根x 1＝x 2＝－b 2a没有实数根ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解集{x |x >x 2或x <x 1}{x |x ≠x 1}Rax 2＋bx ＋c <0(a >0)的解集{x |x 1<x <x 2}∅∅三分式不等式与整式不等式f x g x >0(<0)⇔f (x )g (x )>0(<0)；f x g x ≥0(≤0)⇔f (x )g (x )≥0(≤0)且g (x )≠0.四简单的绝对值不等式|x |>a (a >0)的解集为{x ＜－a 或x ＞a }；|x |<a (a >0)的解集为{x |－a ＜x ＜a }．常/用/结/论1．ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件a >0且b 2－4ac <0(x ∈R )．2．ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件a <0且b 2－4ac <0(x ∈R )．判别式的符号，可判断二次函数的图象与x 轴的交点个数，从数形结合的角度理解恒成立问题．1．判断下列结论是否正确．(1)不等式－x 2－x ＋6＞0的解集是{x |x ＜－3或x ＞2}．()(2)不等式x －1x ＋3≥2等价于x －1≥2x ＋6.()(3)不等式x 2－a ≤0的解集是[－a ，a ]．()(4)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，关于x 的不等式f (x )＜0的解集为(－1,3)，则f (4)＞f (0)＞f (1)．(√)2．若不等式ax 2＋bx －2＜0的解集为{x |－2＜x ＜1}，则a ＋b ＝()A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：－ba＝－2＋1，－2a＝－2×1，＝1，＝1，所以a ＋b ＝2.答案：D3．若关于x 的一元二次不等式2x 2－kx ＋38＞0对于一切实数x 都成立，则实数k 的取值范围为()A ．{k |k ＜－3}B ．{k |k ＞3}C ．{k |－3＜k ＜3}D ．{k |k ＜－3或k ＞3}解析：由题意，知Δ＝(－k )2－4×2×38＜0，解得－3＜k ＜ 3.故选C ．答案：C 4．不等式x －12x ＋1≤0的解集为()A －12，1B ．－12，1C∞[1，＋∞)D ∞，12∪[1，＋∞)解析：x －12x ＋1≤0，x ＋1≠0，－12x ≤1，≠－12，即－12<x ≤1.－12，1.故选A ．答案：A题型一元二次不等式解法的多维研讨维度1一元二次不等式的解法典例1解下列不等式：(1)－3x 2－2x ＋8≥0；(2)0＜x 2－x －2≤4.两题角度不同呢！(1)题先转变二次项系数为正．(2)题转化为不等式组．解：(1)原不等式可化为3x 2＋2x －8≤0，即(3x －4)(x ＋2)≤0，解得－2≤x ≤43，|－2≤x ≤43(2)2－x －2＞0，2－x －2≤4⇔2－x －2＞0，2－x －6≤0x －2x ＋1＞0，x －3x ＋2≤0⇔借助于数轴，如图所示，数形结合此时固然很好，但是更应加强心算能力．原不等式的解集为{x |－2≤x ＜－1或2＜x ≤3}．解一元二次不等式的一般方法和步骤(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式．(2)判：计算对应方程的判别式，根据判别式判断方程有没有实根(无实根时，不等式的解集为R 或∅)．(3)求：求出对应的一元二次方程的根．(4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．对点练1解关于x 的不等式．(1)－3x 2＋6x ≤2；(2)(x 2－x －1)(x 2－x ＋1)＞0.解：(1)原不等式等价于3x 2－6x ＋2≥0.∵Δ＝12＞0，∴方程3x 2－6x ＋2＝0有两个实数根，解得x 1＝3－33，x 2＝3＋33，画出函数y ＝3x 2－6x ＋2的图象，如图所示，由图可得原|x ≤3－33或x ≥3＋33(2)∵x 2－x ＋1＋34＞0，∴x 2－x －1＞0.由求根公式知方程x 2－x －1＝0的两根为x 1＝1－52，x 2＝1＋52.∴x 2－x －1＞0|x ＜1－52或x ＞1＋52|x ＜1－52或x ＞1＋52维度2分式不等式的解题技法典例2解不等式1－2x x ＋1≥0.解：原不等式可化为(1－2x )(x ＋1)≥0且x ＋1≠0，解得－1＜x ≤12，故所求不等式转化为乘积式后，注明分母不为零．|－1＜x ≤121．分式不等式的转化途径解分式不等式的实质是将分式不等式转化为整式不等式．(1)f x g x >0⇔f (x )g (x )>0.(2)f x g x <0⇔f (x )g (x )<0.(3)f x g x≥0x gx ≥0，x ≠0.(4)f xg x≤0x g x ≤0，x≠0.2．“穿针引线法”解一元高次不等式如果分式不等式转化为整式不等式后，未知数的次数大于2，一般使用穿针引线法(亦称数轴标根法)求解．画出符号波浪线，特点是：(1)最右端的区间符号为正．(2)从右至左符号正负交替，并关注因子的指数奇偶的变化，从右上方穿线，经过数轴上表示各根的点，注意应遵循“奇穿偶切”原则．如(x －1)2(x －2)(x －3)≥0在数轴上标根穿线时，点1处的线过而不穿．对点练2解不等式3x 2－14x ＋14x 2－6x ＋8≥1.解：原不等式可化为3x 2－14x ＋14x 2－6x ＋8－1≥0，整理得x －1x －3x －4x －2≥0.x －1x －2x －3x －4≥0，－4≠0，－2≠0.在数轴上标出根的位置，可得不等式的解集为{x |x ≤1或2＜x ≤3或x ＞4}．维度3含参一元二次不等式的解法典例3解关于x 的不等式ax 2－(a ＋1)x ＋1＜0(a ∈R )．含参一元二次不等式的解法，关键在于如何讨论参数．(ⅰ)参数出现于二次项系数，则讨论a 和0的大小；(ⅱ)参数出现在根里面，则比较两根1a 和1的大小，讨论a 和1的大小.从而要讨论a 和0,1的大小，一方面要看开口方向，另一方面兼顾两根大小比较．解：原不等式可化为(ax －1)(x －1)＜0，当a ＞0x －1)＜0，所以当a ＞1时，解得1a ＜x ＜1；当a ＝1时，解集为∅；当0＜a ＜1时，解得1＜x ＜1a；当a ＝0时，原不等式等价于－x ＋1＜0，即x ＞1;当a ＜0时，1a ＜1x －1)＞0，解得x ＞1或x ＜1a .综上，当0＜a ＜1|1＜x ＜1a 当a ＝1时，不等式的解集为∅；当a ＞1|1a x ＜1当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ＞1}；当a ＜0|x ＜1a或x ＞1解含参数的一元二次不等式时分类讨论的方法(1)当二次项系数中含有参数时，应讨论二次项系数是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式．(2)当不等式对应的一元二次方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．(3)确定无根时可直接写出解集；确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式.对点练3解关于x 的不等式x 2－ax ＋1≤0.解：由题意知，Δ＝a 2－4.①当a 2－4＞0，即a ＞2或a ＜－2时，方程x 2－ax ＋1＝0的两根为x ＝a ±a 2－42，∴|a －a 2－42≤x ≤a ＋a 2－42②若Δ＝a 2－4＝0，则a ＝±2.当a ＝2时，原不等式可化为x 2－2x ＋1≤0，即(x －1)2≤0，∴x ＝1；当a ＝－2时，原不等式可化为x 2＋2x ＋1≤0，即(x ＋1)2≤0，∴x ＝－1.③当Δ＝a 2－4＜0，即－2＜a ＜2时，原不等式的解集为∅.综上，当a ＞2或a ＜－2|a －a 2－42≤x ≤a ＋a 2－42当a ＝2时，原不等式的解集为{1}；当a ＝－2时，原不等式的解集为{－1}；当－2＜a ＜2时，原不等式的解集为∅.题型三个二次的关系典例4若不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为{x |－1＜x ＜2}，则不等式a (x 2＋1)＋逆向思维，－1,2是方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两根．b (x －1)＋c ＞2ax 的解集是()A ．{x |0＜x ＜3}B ．{x |x ＜0或x ＞3}C ．{x |1＜x ＜3}D ．{x |－1＜x ＜3}解析：由a (x 2＋1)＋b (x －1)＋c ＞2ax ，得ax 2＋(b －2a )x ＋(a ＋c －b )＞0.①又不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为{x |－1＜x ＜2}，所以a ＜0，即－1＋2＝－ba ，－1×2＝c a ，②这里可知b ＝－a ，c＝－2a ，代入原不等式，不必过分强调技巧.将①两边同除以a ，得x 2＋c a －③.将②代入③，得x 2－3x ＜0，解得0＜x ＜3.故选A ．1．三个二次的关系体现了数形结合以及函数与方程的思想方法，应用极广，是高考的热点之一．2．不等式解集的端点值是相应等价方程的根．对点练4(多选)若不等式ax 2－bx ＋c ＞0的解集是(－1,2)，则()A ．相应的一元二次函数的图象开口向下B ．b ＜0且c ＞0C ．a ＋b ＋c ＞0D ．不等式ax 2－cx ＋b ＜0的解集为R解析：由题意知a ＜0，所以A 正确；由题意可得－1,2是方程ax 2－bx ＋c ＝0的两个根，1＋2＝ba ，1×2＝ca ，＝a ，＝－2a ，得b ＜0，c ＞0，所以B 正确；因为－1是方程ax 2－bx ＋c ＝0的根，所以把x ＝－1代入方程，得a ＋b ＋c ＝0，所以C 不正确；把b ＝a ，c ＝－2a 代入不等式ax 2－cx ＋b ＜0，可得ax 2＋2ax ＋a ＜0，因为a ＜0，所以x 2＋2x ＋1＞0，即(x ＋1)2＞0，此时不等式的解集为{x |x ≠－1}，所以D 不正确．答案：AB题型不等式恒成立求参数问题典例5(2024·东北三校联考)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋3.(1)若当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；在R 内恒成立求参，须转化为对判别式Δ的讨论．(2)若当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；在区间内恒成立求参，转化为含参二次函数最值的讨论．(3)若当a ∈[4,6]时，f (x )≥0恒成立，求实数x 的取值范围．题目中，给出哪个字母的范围，我们就应把该字母看作自变量.本小问中，应把a 作为自变量，从而函数转化为关于a 的一次函数，x 则作为参数处理．解：(1)(在实数集R 上恒成立)因为当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，所以Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，解得－6≤a ≤2，所以实数a 的取值范围是[－6,2]．(2)(在给定区间上恒成立)由题意，原不等式可转化为x 2＋ax ＋3－a ≥0在x ∈[－2,2]上恒成立，则(x 2＋ax ＋3－a )min ≥0(x ∈[－2,2])．下面是对二次函数最小值的讨论，分三种情况，即对称轴和区间的三种不同位置关系，进行讨论．令g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，x ∈[－2,2]，函数图象的对称轴方程为x ＝－a2当－a 2＜－2，即a ＞4时，g (x )min ＝g (－2)＝7－3a ≥0，解得a ≤73，舍去；当－2≤－a 2≤2，即－4≤a ≤4时，g (x )min ＝＝－a 24－a ＋3≥0，解得－6≤a ≤2，所以－4≤a ≤2；当－a2＞2，即a ＜－4时，g (x )min ＝g (2)＝7＋a ≥0，解得a ≥－7，所以－7≤a ＜－4.综上可得，满足条件的实数a 的取值范围是[－7,2]．(3)(给定参数范围的恒成立)令h (a )＝xa ＋x 2＋3，此方法常称为“转换主元法”，只需两端点的值都大于或等于0.当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立．4≥0，6≥0，2＋4x ＋3≥0，2＋6x ＋3≥0，解得x ≤－3－6或x ≥－3＋ 6.所以实数x的取值范围是(－∞，－3－6]∪[－3＋6，＋∞)．恒成立问题的解法(1)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的范围，谁就是自变量，求谁的范围，谁就是参数．(2)对于二次不等式恒成立问题常见的类型有两种，一是在全集R上恒成立，二是在某个给定区间上恒成立．对点练5(1)若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4≥0的解集为∅，则实数a的取值范围是() A．{a|a＜－2或a≥2}B．{a|－2＜a＜2}C．{a|－2＜a≤2}D．{a|a＜2}(2)(2024·山东济宁月考)已知函数f(x)＝x2－4x－4.若f(x)＜1在区间(m－1，－2m)上恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：(1)由题意，得不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0的解集为R，即不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0对一切实数x恒成立．当a－2＝0，即a＝2时，－4＜0，符合题意；当a －2＜0，即a＜2时，由Δ＝[2(a－2)]2＋4×4×(a－2)＜0，解得－2＜a＜2.故实数a的取值范围是{a|－2＜a≤2}．故选C．(2)∵f(x)＝x2－4x－4且f(x)＜1，即x2－4x－4＜1，解得－1＜x＜5，即x∈(－1,5)．∵f(x)＜1在区间(m－1，－2m)上恒成立，∴(m－1，－2m)⊆(－1,5)．1≤m－1，－1＜－2m，2m≤5，解得0≤m＜13，即m∈答案：(1)C(2)。

2021年高考数学(文)一轮复习文档第六章不等式第1讲不等关系与不等式 Word版含答案

2021年高考数学（文）一轮复习文档第六章不等式第1讲不等关系与不等式 Word版含答案2021年高考数学（文）一轮复习文档第六章不等式第1讲不等关系与不等式word版含答案了解现实世界与日常生活之间的不平等关系，了解不平等（群）的实际背景，能够从实际情况中抽象出二元线性不等式。

二元线性不等式（组）和简单线性规划问题。

理解二元线性不等式的几何意义，能够用平面区域表示二元线性不等式组。

能够从实际情况中抽象出一些简单的二元线性规划问题并加以解决。

基本不等式≤ (≥, ≥)第讲不等关系与不等式.理解基本不等式的证明过程。

能够用基本不等式解决简单的最大（小）值问题．实数大小顺序与运算性质之间的关系－>?>；－＝?＝；－．不等式的基本性质()对称性：＞?＜；（）遗传率：>，>？>；()可加性：＞?＋＞＋；＞，＞?＋＞＋；（）多重性：>，>？>，＞＞，＞＞?＞；（）乘数：＞？＞(∈，≥)；（）可收回金额：＞？＞(∈，≥)．．辨明两个易误点（）应用及物性时，注意等号是否被传递，例如≤,()在乘法法则中，要特别注意“乘数的符号”，例如当≠时，有>?>；若无≠这个条件，>?> 是错误的结论（当=，取“=”）．不等式中的倒数性质()>，>?()>>，<>；()<<不等式恒常的条件()不等式＋＋>对任意实数恒成立?或()不等式＋＋如果<.>．>．>由<不成立．如果=（-）、=（-）（），则和的大小为（）<．≥．≤-=（+）-（+）=>，所以选择如果>，以下不等式必须为真（）<．>．≥．≤当＝时，、错误；当>，以下四个结论是正确的（）①>，－>－；。

6.4 不等式的解法

12探究提高解答含参数的不等式的基本方法是分类讨论其分类标准的确定是依据不等式的同解变形即变形的前后不等式解集相同的需要如两边同乘以一个含有字母的代数式则以此代数式是否大于零为分类标准再如利用函数单调性来脱去函数记号时则以此函数的单调性为分类标准或根据不等式的解的结构需要如解一元二次不等式时其根含有参数时则以根的大小为分类标准
4．一般的分式不等式的解法
(1)整理成标准型gf((xx))>0(或<0)或gf((xx))≥0(或≤0)．
(2)化成整式不等式来解：来自①gf((xx))>0⇔ f(x)g(x)>0 ，
②gf((xx))<0⇔ f(x)g(x)<0 ，
f (x)g(x) 0
③gf((xx))≥0⇔ g(x) 0
x>2或x<－1 等价于x>1
0<x<3 ∴2<x<3 即原不等式的解集为{x|2<x<3}．
探究提高解指数、对数不等式的关键是根据指数函数或对数函数的单调性将指对不等式转化为一般的代数不等式，同时要注意定义域的应用．
知能迁移 3 不等式 log2(2x－1)·log 1 (2x1 2)的
2.一元二次不等式与相应的一元二次函数及一元二次方程的关系如下表：
判别式 Δ =b2-4ac
二次函数 y=ax2+bx+c (a>0)的图
象
Δ >0
Δ =0
Δ <0
一元二次方程
ax2+bx+c=0 (a>0)的根
有两相异
实根x1,x2 (x1<x2)
有两相等实
根x1=x2 b
2a
没有实数根

6.4不等式的解法(第2课时) 2013届高三数学第一轮复习课件

}.2
5
• 1. 解分式不等式要使一边为零,转化为整式不等式.要注意使分母不为0的条件,可用数轴标根法进行解答.
• 2. 解对数不等式,要注意对数的真数大于0的要求.
• 3. 解含参数的不等式的基本途径是分类讨论 ,能避免讨论的应设法避免讨论.
• 4. 解不等式几乎是每年高考的必考题,重点仍是含参数的有关不等式,对字母参数的逻辑划分要具体问题具体分析,必须注意分类不重、不漏、完全、准确.
(a1)x2 2x-6 x
• 的解集为(2，+∞)，求a的值.
ax1
• 解：不等式化为 (a1)x22x-6-x0， • 即 x 2 x - 6 所0，以(x+3)(axx-21)(ax+1)＞0. • 因为a＞ax0，1 所以(x+3)(x-2)(x+ )1 ＞0. • 因为不等式的解集为(2，+∞)， a
• • •
解关于x的不等式解此：不等由式与aaxxx-2(1a 得xx ，-1)a＞axx-201 同- x 解0，即. a x
x
ax2 ax -1
0 -1
x .
(
a
R ).
• 若a＜0，则 1＜x＜0;若a=0，则x＜0;
• 若a＞0，则x＜a 0或x＞ .
• 综上,当a＜0时,原不等式的解集是( 1，0);
• (2)不等式化为lg(10x+5)+lg(x-2) • ＜lg(x2+2x-1)+1，
• 即lg［(10x+5)(x-2)］＜lg［10(x2+2x-1)］,
(10x 5)(x - 2)10(x2 2x -1)
•即
10x 50

高考第一轮复习数学：不等式(附答案)

素质能力检测（六）一、选择题（每小题5分；共60分） M ={x |－1＜x ＜2}；N ={y |y =21x 2－1；x ∈M }；则M ∩N 为 A.{a |－1≤a ＜2} B.{a |－1＜a ＜2} C.{a |－1＜a ＜1}D.∅解析；y =21x 2－1；x ∈（－1；2）. 所以y ∈［－1；1）. 答案；Cx 、y ∈R ；那么|x |＜1且|y |＜1是0＜xy ＜1成立的____________条件.解析；设x =－21；y =0；则xy =0.不能推出0＜xy ＜1；设x =2；y =31满足0＜xy ＜1；不能推出|x |＜1且|y |＜1.答案；D3.不等式（x +1）1-x ≥0的解集是 A.{x |x ＞1} B.{x |x ≥1}C.{x |x ≥1或x =－1}D.{x |x ≥－1或x =1}解析；∵1-x ≥0；∴x ≥1.又∵x +1=0；不等式成立.∴x =－1.选C. 答案；Cx 2+（m +2）x +m +5=0有两个正实根；则实数m 的取值范围是 A.m ＜－2 B.m ≤－4 C.m ＞－5 D.－5＜m ≤－4 解析；⎪⎩⎪⎨⎧>+⇒>+-≥05020m m Δ）（－5＜m ≤－4. 答案；Dy =lg （x 2－2kx +k ）的值域为R ；则k 的取值范围是 A.0＜k ≤k ≤1C.k ≤0或k ≥1D.k =0或k ≥1 解析；Δ≥0⇒k ≥1或k ≤0. 答案；C6.x 、y ∈R ；x 2+y 2=1；那么（1－xy ）（1+xy ）有4321和最大值1 4321无最大值解析；令x =cos θ；y =sin θ；则（1－xy ）（1+xy ）=1－x 2y 2=1－41sin 22θ. ∵0≤sin 22θ≤1；∴43≤1－41sin 22θ≤1. 答案；Ax ∈R +时；下列函数中；最小值为2的是 A.y =x 2－2x +4 B.y =x +x16 C.y =22+x +212+xD.y =x +x1 解析；y =x 2－2x +4=（x －1）2+3≥3； y =x +x 16≥8；y =22+x +212+x .∵22+x ≥2；∴y ＞2.故选D.答案；Da 2＜x ＜a ；M =log a x 2；N =log a （log a x ）；P =（log a x ）2；则 A.M ＞N ＞P B.P ＞M ＞N C.M ＞P ＞N D.N ＞M ＞P 解析；∵a 2＜a ；∴0＜x ＜a ＜1. ∴log a x ＞1；N =log a （log a x ）＜0； 2log a x ＞log a x ·log a x ；即M ＞P . ∴M ＞P ＞N . 答案；Cf （x ）=a x ；g （x ）=b x ；当f （x 1）=g （x 2）=3时；x 1＞x 2；则a 与b 的大小关系不可能成立的是A.b ＞a ＞1B.a ＞1＞b ＞0C.0＜a ＜b ＜1D.b ＞1＞a ＞0 解析；x 1=log a 3；x 2=log b 3.当b ＞1＞a ＞0时；x 1＜0；x 2＞0与x 1＞x 2矛盾.选D. 答案；D f （x ）、g （x ）（x ∈R ）；设不等式|f （x ）|+|g （x ）|＜a （a ＞0）的解集是M ；不等式|f （x ）+g （x ）|＜a （a ＞0）的解集是N ；则A.N MB.M =NC.M ⊆ND.M N解析；任取x 0∈M ；则|f （x 0）+g （x 0）|≤|f （x 0）|+|g （x 0）|＜a . ∴x 0∈N .但任取x 1∈N ；有|f （x 1）+g （x 1）|＜a ；得不到|f （x 1）|+|g （x 1）|＜a . 故M ⊆N .选C.答案；CA ；第二年的增长率为a ；第三年的增长率为b ；这两年的平均增长率为x ；则 A.x =2ba + B.x ≤2ba + C.x ＞2ba +D.x ≥2ba + 解析；A （1+x ）2=A （1+a ）（1+b ）； ∴（1+x ）2≤（211b a +++）2. ∴1+x ≤1+2b a +；x ≤2ba +. 答案；B12.线段|AB |=4；M 为AB 的中点；动点P 满足条件|P A |+|PB |=6；当P 点在同一平面内运动时；|PM |的最大值M 、最小值m 分别是A.M =4；m =3B.M =3；m =5C.M =5；m =5D.M =3；m =3解析；P 点轨迹是以A 、B 为焦点的椭圆；M 是其中心；由解析几何知识知选B. 答案；B二、填空题（每小题4分；共16分）a 、b ∈R ；且a +b +3=ab ；则ab 的取值范围是____________.解析；ab ≤（2b a +）2；∴a +b +3≤（2b a +）2. ∴a +b ≥6或a +b ≤－2. ∴ab ≥9或ab ≤1. 答案；（－∞；1］∪［9；+∞）x +4y =1；则x 2+y 2的最小值为____________. 解析；x 2+y 2=（－2y +21）2+y 2 =5y 2－2y +41=5（y －51）2+201≥201. 答案；201 f （x ）在［0；+∞）上为增函数；那么不等式f （x ）＞f （2－x ）的解集是____________. 解析；∵f （x ）为偶函数；则f （|x |）＞f （|2－x |）；即|x |＞|2－x |；得{x |x ＞1}. 答案；{x |x ＞1}x 的方程x 2+（a 2－1）x +a －2=0的两根满足（x 1－1）（x 2－1）＜0；则a 的取值范围是____________.解析；（x 1－1）（x 2－1）＜0⇔一根大于1；一根小于1. 令f （x ）=x 2+（a 2－1）x +a －2；则f （1）＜0. ∴－2＜a ＜1. 答案；－2＜a ＜1三、解答题（本大题共6小题；共74分）17.（12分）当|x －2|＜a 时；不等式|x 2－4|＜1成立；求正数a 的取值范围. 解；由|x －2|＜a ；得2－a ＜x ＜2+a . 由|x 2－4|＜1；得－5＜x ＜－3或3＜x ＜5.∴（2－a ；2+a ）⊆（－5；－3）∪（3；5）.∴⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-≥->32520a a a ，，或⎪⎩⎪⎨⎧≤+≥->.52320a a a ，， ∴0＜a ＜5－2.18.（12分）已知a 、b 、c 为不等正数；且abc =1；求证；a +b +c ＜a 1+b 1+c1. 证明；结论⇔a +b +c ＜bc +ac +ab⇔2a +2b +2c ＜2bc +2ac +2ab .因为a 、b 、c 为不等正数且abc =1；所以bc +ac ＞22abc =2c . ac +ab ＞2a ；ab +bc ＞2b . 所以2a +2b +2c ＜2bc +2ac +2ab . 所以原不等式成立.19.（12分）解不等式组⎪⎩⎪⎨⎧<-+>+--.2|1|021|2|2x y x x y ，其中x 、y 都是整数. 解；原不等式组可化为⎪⎩⎪⎨⎧≤--<-≥->+.0|1|20|2|212x y x x y ，得－21＜y ＜2.∴y =0或1.当y =0时；⎪⎩⎪⎨⎧<-<-.2|1|21|2|2x x x ，解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==.0200y x y x ，；，当y =1时；⎪⎩⎪⎨⎧<-<-.1|1|23|2|2x x x ，解得⎩⎨⎧==.11y x ，综上；⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==.110200y x y x y x ，；，；， 20.（12分）学校食堂定期从某粮店以每吨1500元的价格买大米；每次购进大米需支付运输劳务费100元；已知食堂每天需用大米1 t ；贮存大米的费用为每吨每天2元；假定食堂每次均在用完大米的当天购买.（1）该食堂每隔多少天购买一次大米；能使平均每天所支付的费用最少?（2）粮店提出价格优惠条件；一次购买量不少于20 t 时；大米价格可享受九五折优惠（即是原价的95%）；问食堂可否接受此优惠条件?请说明理由.解；设该食堂每隔x 天购买一次大米；则每次购买x t ；设每吨每天所支付的费用为y 元；则（1）y =x1［1500x +100+2（1+2+…+x ）］ =x +x100+1501≥1521；当且仅当x =x100；即x =10时取等号. 故该食堂每隔10天购买一次大米；能使平均每天所支付的费用最少. （2）y =x1［1500x ·0.95+100+2（1+2+…+x ）］（x ≥20） =x +x100+1426；函数y 在［20；+∞）上为增函数；∴y ≥20+20100+1426=1451. 而1451＜1521；故食堂可接受粮店的优惠条件.21.（12分）设二次函数f （x ）=ax 2+bx +c （a 、b 、c ∈R 且a ≠0）；若函数y =f （x ）的图象与直线y =x 和y =－x 均无公共点.（1）求证；4ac －b 2＞1；（2）求证；对一切实数x ；恒有|ax 2+bx +c |＞||41a .证明；（1）方程ax 2+bx +c =x 和ax 2+bx +c =－x 均无实根；即⎪⎩⎪⎨⎧<-+<--②）（①，）（.04104122ac b ac b①+②得4ac －b 2＞1. （2）由4ac －b 2＞1；知a （x +ab 2）2与a b ac 442-同号.所以|ax 2+bx +c |=|a （x +ab 2）2+a b ac 442-|=|a （x +ab 2）2|+|a b ac 442-|≥|a b ac 442-|＞||41a .22.（14分）已知二次函数f （x ）=ax 2+bx +c （a 、b 、c ∈R ；a ＞0）；设方程f （x ）=x 的两个实数根为x 1、x 2.（1）如果x 1＜2＜x 2＜4；设f （x ）的对称轴是x =x 0；求证；x 0＞－1；（2）如果|x 1|＜2；|x 2－x 1|=2；求b 的取值范围.（1）证明；设g （x ）=f （x ）－x =ax 2+（b －1）x +1.∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=⋅--=+.0112121a x x a b x x ，x 1＜2＜x 2＜4.∴（x 1－2）（x 2－2）＜0；即x 1x 2＜2（x 1+x 2）－4. 于是x 0=－a b 2=21（－a b 1-－a 1）=21（x 1+x 2）－21x 1x 2＞21（x 1+x 2）－（x 1+x 2）+2=－21（x 1+x 2）+2＞－21（2+4）+2=－1；即x 0＞－1. （2）解；由方程g （x ）=ax 2+（b －1）x +1=0；可知x 1x 2=a 1＞0；∴x 1、x 2同号. 若0＜x 1＜2；则x 2－x 1=2；∴x 2=x 1+2＞2.g （2）=4a +2b －1＜0.①又|x 2－x 1|2=（x 1+x 2）2－4x 1x 2=221a b）（-－a4=2. ∴2a +1=112+-）（b ；代入①式得2112+-）（b ＜3－2b .②解②得b ＜41. 若－2＜x 1＜0；则x 2=－2+x 1＜－2. ∴g （－2）=4a －2b +3＜0. ③将2a +1=112+-）（b 代入③式得2112+-）（b ＜2b －1.④解④得b ＞47. 综上；可知b ＜41或b ＞47. ●意犹未尽五枚金币有个叫阿巴格的人生活在内蒙古草原上.有一次；年少的阿巴格和他爸爸在草原上迷了路；阿巴格又累又怕；到最后快走不动了.爸爸就从兜里掏出５枚硬币；把一枚硬币埋在草地里；把其余4枚放在阿巴格的手上；说；“人生有５枚金币；童年、少年、青年、中年、老年各有一枚；你现在才用了一枚；就是埋在草地里的那一枚；你不能把５枚都扔在草原里；你要一点点地用；每一次都用出不同来；这样才不枉人生一世.今天我们一定要走出草原；你将来也一定要走出草原.世界很大；人活着；就要多走些地方；多看看；不要让你的金币没有用就扔掉.”在父亲的鼓励下；那天阿巴格走出了草原.长大后；阿巴格离开了家乡；成了一名优秀的船长.一语中的；珍惜生命；就能走出挫折的沼泽地.。

2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析第1课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题

[考情分析]高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．第1课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题

考点一“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题例1(2024·福建连城县第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝2ax－2lnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝x－2，且∀x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．

解(1)f′(x)＝2a－2x＝2ax－2x(x>0)，

当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

当a>0时，当01a时，f′(x)>0，

所以函数f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，函数f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增．(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，

即a≥lnxx－1x＋12，令h(x)＝lnxx－1x＋12(x>0)，

则h′(x)＝1－lnxx2＋1x2＝2－lnxx2

(x>0)，

当00，当x>e2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，

所以h(x)max＝h(e2)＝1e2＋12，

所以a≥1e2＋12.所以a的取值范围是1e2＋12，＋∞.

用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下：(1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)．(2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；②若amin

2023年高考数学一轮复习提升专练(新高考地区用)6-4 求和方法(精练)(解析版)

6.4 求和方法（精练）（提升版）1．（2022·黑龙江）已知等差数列{}n a 满足a 1+a 2＝4，a 4+a 5+a 6＝27．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2nn b =，求数列{}n a b 的前n 项和S n ．【答案】（1）21n a n =-；（2）21223n +-．【解析】（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则112431227a d a d +=⎧⎨+=⎩∴112a d =⎧⎨=⎩，∴12(1)21n a n n =+-=-．（2）2nn b =，∴2n n aa b =，∵1124n n n n a a a a b b ---==，又112a b b ==，∴数列{}n a b 为等比数列，且首项为2，公比为4，∴()2121422143n n nS +--==-．2．（2021·四川攀枝花市）在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设12na nb ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）21[1()]34n n S =-. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得2125a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，将11a =代入并化简得220d d -=，解得2d =或0d =(舍去).所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）知2111()()22n a n n b -==，所以2111()2n n b ++=，题组一公式法求和所以21(21)111()24n n n n b b +--+==，即数列{}n b 是首项为12，公比为14的等比数列. 所以11[1()]2124[1()]13414n n n S -==--. 3．（2022·全国·高三专题练习）已知各项为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列. (1)求n a ； (2)若1n n b S n=+，求{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)31n a n =-(2)233n nT n =+ 【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，由426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列可得()()12111146262335a d a d a a d a d +=⎧⎪⎨+=+++⎪⎩，解得12a =，3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-. (2)由31n a n =-可得()()()13131222n n n a a n n n n S n n n ++++=+=+=，所以()22113131n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以211111111322311n T n n n n ⎛⎫=-+-++-+- ⎪-+⎝⎭21213133n n n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 1．（2022·江苏江苏·一模）已知数列{}n a ，11a =，且()111n n a a n n +=-+，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列{}2n a 的前n 项和为n S ，求证：421n nS n <+. 【答案】(1)1n a n=(2)证明见解析题组二裂项相消求和【解析】(1)解：因为()111n n a a n n +=-+，所有1111(1)1n n a a n n n n+-=-=-++，当2n ≥时，211121a a -=-，321132a a -=-，……，1111n n a a n n --=--，相加得1111n a a n -=-，所以1n a n =，当1n =时，11a =也符合上式，所以数列{}n a 的通项公式1n a n=； (2)证明：由（1）得221na n =，所以222111111111142222n a n n n n n n =<==-⎛⎫⎛⎫--+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222111111111111111121122222222n S n n n =++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+--+-+-+， 1141121122nn n =-=+-+．所以421n nS n <+． 2．（2022·浙江台州·二模）在数列{}n a 中，12a =，且对任意的正整数n ，都有()1210n n na n a +++=. (1)证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()132(2)n nn n n b a a ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析，()112 n n n a n -=-⋅(2)()()1111212n n n S n ++-=++⋅ 【解析】(1)解：（1）由()1210n n na n a +++=，得121n n a a n n +=-⨯+.又因为12a =，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2-为公比的等比数列. 故()122n n a n-=⨯-，即()112 n n n a n -=-⋅. (2)由()112n n n a n -=-⋅，故()()()()()()()()1111322322*********nn n n n n n n n n n n b n n n n +-+++-+==-⋅⨯+⋅-⋅⨯-+⋅ ()()11111212n n n n n ++⎡⎤=-+⎢⎥⋅+⋅⎣⎦，故123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+()()1223341111111111122222322232212n n n n n +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-+++-⋅⋅⋅+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()1111212n n n ++-=++⋅． 3．（2022·广东·广州市第四中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列24n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：364n T <．【答案】(1)12n n a n +=⋅(2)证明见解析【解析】(1)因为数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==，所以121n n a a n n +=+，所以141a=，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公比为2的等比数列，则有11422n n n a n -+=⨯=，12n n a n +=⋅.(2)()()132441111222162322+++⎛⎫===- ⎪+⋅⋅++⎝⎭n n n n n n a a n n n n n n ，所以1111111311132324232212⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭n T n n n n ，因为n *∈N ，所以364n T <. 4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()12n n n a a S +=，且0n a >． (1)证明：数列{}n a 为等差数列；(2)若122nn n n n a b a a ++⋅⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)1212n n +-+. 【解析】(1)当1n =时，由()11112a a a +=，得11a =或10a =，∵0n a >，∵11a =，由()12n n n a a S +=，得22n n n S a a =+①当2n ≥时，21112n n n S a a ---=+②由-①②，得()()22112n n n n n a a a a a --=+-+，整理得()()1110n n n n a a a a --+--=， ∵0n a >，∵1n n a a -+≠0，∵11n n a a --=， ∵数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列； (2)由（1）得()111n a n n =+-⨯=， ()()11222221221n n n nn n n n a n b a a n n n n +++⋅⋅==-++⋅=++，∵213211112222222221324321222n n n n n T n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 5．（2022·陕西·模拟预测（理））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11231,2a a a a =+=，数列{}n b 满足()241n bn n a S =+．(1)证明：数列{}n b 为等差数列； (2)记n T 为数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：11156n T ≤<．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，因为11231,2a a a a =+=，故22q q +=，解得2q =或1q =-（舍），故12n n a -=，21nn S =-，因为()241n b n n a S =+121222n n n ++=⨯=，故21n b n =+，又()123212n n b b n n +-=+-+=，故数列{}n b 是公差为2的等差数列. (2)因为()()111111212322123n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，故n T ()1111111111235572123232332369n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，又()119696x y x x x==≥++是单调增函数，且16y <，又当1n =时，115n T =，故11156n T ≤<，即证. 6．（2022·安徽安庆·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()231nn n b n a =+-，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)()()612n a n n =++，n ∈+N (2)()6312nn -+-+ 【解析】(1)解：1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+，故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.1a 符合上式故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.(2)解：结合（1）得()()()112316112n n n n b n a n n ⎛⎫=+-=-+ ⎪++⎝⎭，所以()1211111166********n n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+++++-+ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()6312nn =-+-+.1．（2022·广东·模拟预测）在∵121(1)2n a a a n n +++=+，∵21n n a S =-，∵()221210n n n a a n a --=->这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．问题：已知数列{}n a 的前n 和为n S ，若11a =，且，求数列{}2nn a 的前n 项和n T ．【答案】选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+；选∵，21(2)3n n T ⎡⎤=--⎣⎦；选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+. 【解析】选∵：当n ≥2时，因为121(1)2n a a a n n +++=+，题组三错位相减求和所以()121112n a a a n n -+++=-，上面两式相减得(2)n a n n =．当n ＝1时，11212a =⨯=，满足上式，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减，得：212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．选∵：当2n 时，因为21n n a S =-，所以1121n n a S --=-，上面两式相减得12n n n a a a --=，即1n n a a -=-，经检验，21a a =-，所以{}n a 是公比为－1的等比数列，111(1)(1)n n n a --=⨯-=-．因为12(1)(2)n n n --=--，所以221(2)2(2)(2)(2)1(2)1(2)3n n n n T ⎡⎤---⎣⎦⎡⎤⎡⎤=--+-++-=-=--⎣⎦⎣⎦--．选∵：由22121n n a a n --=-，得：22222212232123,25,,3n n n n a a n a a n a a -----=--=--=，由累加法得：()()2222121311,2n nn n a n a n --+-==-=．又0n a >，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减得212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．2．（2022·广东肇庆·二模）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+. (1)证明：数列{}1n a -是等比数列； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n +-++【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-，又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n na a +-=-，故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列；(2)解：由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵ 2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得231111111222222n n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221*********nn n n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，则()1222n n P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=++++-=-=+. 3．（2022·广东韶关·一模）在∵112,2n n n a a a +=+=；∵22n n S a =-；∵122n n S +=-这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，__________，数列{}n b 是等差数列，12461,21o b b b =++=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =- (2)()12326n n +-⨯+【解析】(1)解：若选∵：由12n n n a a +=+，则12nn n a a +-=，可得1222111232212,22,,,2n n n n n a a a a a a a a ------=-=-=-=将上述1n -个式子相加，整理的22112222n n n a a ---=++++()12212221n n --==--又因为12a =，所以()*2n n a n =∈N .若选∵：22n n S a =-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，()()112222n n n n n a S S a a --=-=--- 所以12nn a a -=，所以2n n a =. 综上，()*2n n a n =∈N若选∵：122n n S +=-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，由122n n S +=-可得122n n S -=-，所以12nn n n a S S -=-=，所以2n n a =.经检验当1n =时2n n a =也成立，所以2n n a =()*n N ∈；设等差数列{}n b 的公差为d ，由题有12461,21b b b b =++=，即1113521d d b d b b +++=++，解得2d = 从而21n b n =-(2)解：由（1）可得()212nn c n =-⨯，令n c 的前n 项和是n T ，则()123123252212n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()23412123252212n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()123112222222212n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯，()211821221212n n n T n ++--=⨯+--⨯-，整理得()21123262326n n n n T n n +++=⨯-⨯+=-⨯+；4．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n n T +-+=+【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-，又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n n a a +-=-，故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列．(2)由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得23111112211111111222222212nn n n n P n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-111122n n n +⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()1222nn P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=+++⋅⋅⋅+-=-=+．5．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，22a =，且对任意*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求证：{}1n n a a +-是等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)求使得不等式1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数m ．【答案】(1)证明见解析；12n na (2)6m =【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是等比数列.所以()1112122n n n n a a a a --+-=-⨯=从而()()()()11232211n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+-+ 230231122222112n n n n n a -----=++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++=所以，12n na ．(2)设1212m mm S a a a =++⋅⋅⋅+ 即221123112222m m m m m S ---=+++⋅⋅⋅++，所以，32231221222m m m m mS ---=+++⋅⋅⋅++，于是，32111111224122222m m m m m m mS ----+=+++⋅⋅⋅++-=-．因为112m m m m m S S S ++=+>，且6154S =，所以，使1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数6m =． 1．（2022·甘肃·一模）已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=．数列{}n b 满足11b =，22b =，212n n n b b b +++=，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．【答案】(1)1*1(),2n n a n N -=∈，*,n b n n N =∈；(2)1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π 【解析】(1)由12n n a a +=得112n n a a +=，所以数列{}n a 是以11a =为首项，12为公比的等比数列，故1*1(),2n n a n N -=∈，由212n n n b b b +++=可知数列{}n b 是等差数列，首项11b =，公差211d b b =-=，所以*,n b n n N =∈.(2)11221212()()n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++02211111()()()()1232222n n -=+++++++++111()(1)1(1)22().122212nn n n n n --++=+=-+-即1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π2．（2022·江苏南京·高三开学考试）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =，若125,,a a a 成等比数列 (1)求数列{}n a 的通项公式；题组四分组求和(2)设21131n a n n b a+=+-()*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和为n S .【答案】(1)21n a n =-；(2)3(91)448n n n S n =+-+. 【解析】(1)解：设数列{an }是公差为d （d ≠0）的等差数列，a 1=1 若a 1，a 2，a 5成等比数列，可得a 1a 5=a 22，即有21(14)(1)d d ⨯+=+，解得2d =或d =0（舍去）则12(1)21n a n n =+-=-. (2)解：21131n a n n b a +=+-()2121211113341211n n n n n --⎛⎫=+=-+ ⎪+⎝⎭+- 可得前n 项和()211111111327342231n n S n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭()()3191131914119448nn n n n -⎛⎫=-+=+- ⎪+-+⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）已知正项等比数列{}n a ，满足241a a =，5a 是112a 与35a 的等差中项.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()444(2)11n n n n n a a a b n +++=+--⋅-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)32n n a -=(2)当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，111221nn n S +-=--. 【解析】(1{}n a 是正项等比数列，故22431a a a ==，所以31a =，又5132125a a a =+，设公比为q （q >0），即233322125a a q a q =+，即221225q q=+，解得：2q ，则数列{}n a 的通项公式为3332n n n a a q --==(2)()()()()()()411141422(1)(1)(1)2221212211n n n nn n n n n n n n n a b n n a a n +++++++=+-⋅=+-⋅=+-⋅------111(1)2121n nn n +=-+-⋅-- 则()22311111111231212121212121nn n n S n +⎡⎤=-+-++-+-+-++-⎣⎦------当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，1111111212221nn n n n S +++-=--=---. 4．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5251025,31S a a a =++=. (1)求数列{}n a 的通项公式以及前n 项和n S ；(2)若22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n －1项和21n T -.【答案】(1)2n S n =；(2)41221153(41)n n n S n +=--+-. 【解析】(1)依题意，53525S a ==，则35a =，故25103332731a a a a d a d a d ++=-++++=，解得d ＝2，∵1321a a d =-=，故21n a n =-，21212n n S n n +-=⋅=. (2)依题意，得211111(21)(23)42123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，故212,111,42123n n n b n n n -⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪-+⎝⎭⎩为奇数为偶数，故154321111111111222437471144541n n T n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭154311111112224377114541n n n -⎛⎫=++++-+-++- ⎪--⎝⎭()4412121112211164341153(41)n n n n n +---⎛⎫=+-=+ ⎪---⎝⎭5．（2022·河南·模拟预测（理））在等比数列{}n a 中，748a a =，且214a ，35a -，412a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式； (2)若22111log n n n b n a a -=+，证明：数列{}n b 的前n 项和43n T <. 【答案】(1)12n n a +=(2)证明见解析【解析】(1)设数列{}n a 的公比为q ，由748a a =，得3448a q a =，所以2q.因为214a ，35a -，412a -成等差数列，所以()324125124a a a -=+-，即11118108122a a a -=+-，解得14a =.因此11422n n n a -+=⨯=.(2)因为()22211111111log 1214n n n n n b n a a n n n n -⎛⎫=+=+=-+ ⎪++⎝⎭，所以21111111112231444n n T n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-++++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭1111111441111113414n n n n ⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-+=-+⨯- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭-. 因为1111n -<+，1111343n ⎛⎫⨯-< ⎪⎝⎭，所以43n T <.6．（2022·云南·一模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，42310nn n a S --+=.(1)求数列{}3nn a -的通项公式；(2)记23log 3n nn n n b a a =-+-，求数列{}21n b -的前n 项和n T .【答案】(1)32n n n a -=-(2)n T 2122233n n +=+-【解析】(1)∵42310n n n a S --+=，∵2431nn n S a =-+.∵1112431n n n S a +++=-+.∵数列{}n a 的前n 项和为n S ，∵()111112222431431n nn n n n n n n S S S S a a a +++++-=-==-+-+-.∵()11323n n n n a a ++-=-.所以数列{}3n n a -是首项为13a -，公比为2的等比数列.∵()11332n n n a a --=-⨯.当1n =时，由42310nn n a S --+=和11S a =得111142314220a S a a --+=--=，解方程得11a =.∵()111332222n n n n n a a ---=-⨯=-⨯=-.∵数列{}3nn a -的通项公式为32n n n a -=-.(2)由（1）知：32n n n a -=-.∵223log 32log 22n n n n nn n n b a a n =-+-=-+=-.∵2121212n n b n --=--. ∵[]()352113(21)2222n n T n -=+++--++++()22212(121)212n n n -+-=--2122233n n +=+-. 7．（2022·天津三中三模）已知在各项均不相等的等差数列{}n a 中，11a =，且1a 、2a 、5a 成等比数列，数列{}n b 中，()122log 1b a =+，1142n n n b b ++=+，N n *∈.(1)求{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)求证：{}2nn b +是等比数列，并求{}n b 的通项公式；(3)设1,2,N 232,21,N 422k k kn kk k a n k k b c n k k b **+⎧=∈⎪+⎪=⎨⨯⎪=-∈⎪-+⎩求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =-，2n S n =(2)证明见解析，42nnn b =-(3)()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅- 【解析】(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，由已知可得2215a a a =，即()2114d d +=+，解得2d =，故()1121n a a n d n =+-=-，()122n n n a a S n +==. (2)证明：因为()122log 12b a =+=，1142n n n b b ++=+，则()12124242n n n n n n b b b ++++=+=+，因为124b +=，故数列{}2nn b +是以4为首项和公比的等比数列，因此，12444n n n n b -+=⨯=，因此，42n nn b =-.(3)解：设数列{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和记为A ，偶数项的和记为B .当()2N n k k *=∈，214n kk c -=，则23135214444nn A -=++++， 231113232144444nn n n A +--=++++，上式-下式得1231111131222211218414444444414n n n n n n A -++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎝⎭=++++-=+- ⎪⎝⎭-15651234n n ++=-⋅，故565994nn A +=-⋅. 当()21N n k k *=-∈时，()1113232432244222k kn k k k k k c +++⨯⨯==-⋅+--+ ()()()()1111132323112212121222121k k k k k k k k-++++⨯⨯⎛⎫===- ⎪------⎝⎭，所以，223131111112212121212121n n B +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1132131122121nn n ++-⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭，因此，()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅-. 1．（2021·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36-【解析】4342414(43)(43)(42)sin 2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin(41)4sin 4(41)sin 222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅(43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∵81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-.故答案为：36-2．（2020·河南郑州·三模）设数列{an }的前n 项和为Sn ，已知13a =对任意的正整数n 满足()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+则19a =______．【答案】3.17-【解析】由()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+得()()11cos 2213n n n n n a a n a a π++--=-.又因为13a =,故0n a ≠.故()()1cos 211213n n n n a a π+--=--. 故()21cos 113a a π--=-,3211cos 033a a -=-⨯…，191811cos16353a a π-=-⨯. 累加可得1911113573529 (6333333)a a -⨯-=-+-+-==-. 故191117633a =-+=-,故193.17a -= 故答案为：3.17-题组五周期数列题组六倒序相加法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D【解析】因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，由∵+∵可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：D. 2．（2022·全国·高三专题练习）已知22()(),1f x x x =∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【解析】22()(),1f x x x =∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x ⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（） A ．9 B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C【解析】函数()3211533212g x x x x =-+-，函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-，由()0'0g x =得0210x -=，解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C.5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D【解析】因为2()sin 22cossin 2cos 12xf x x x x =+=++，由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+，则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列；所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =. 故选：D ．6．（2022·湖南岳阳·二模）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知某数列通项21002101n n a n -=-，则12100...a a a +++=（）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】C【解析】由已知，数列通项21002101n n a n -=-，所以10121002(101)100210010224202221012(101)101210110122101n nn n n n n a a n n n n n -------+=+=+==------，所以91110029398012n n a a a a a a a a -+=+=+==+，所以12100...502100a a a +++=⨯=.故选：C.。

2021高考数学一轮复习课时作业64不等式的证明文

课时作业64 不等式的证明[基础达标]1．[2018·江苏卷]若x ，y ，z 为实数，且x ＋2y ＋2z ＝6，求x 2＋y 2＋z 2的最小值．证明：由柯西不等式，得(x 2＋y 2＋z 2)(12＋22＋22)≥(x ＋2y ＋2z )2. 因为x ＋2y ＋2z ＝6，所以x 2＋y 2＋z 2≥4，当且仅当x 1＝y 2＝z2时，等号成立，此时x ＝23，y ＝43，z ＝43，所以x 2＋y 2＋z 2的最小值为4.2．[2019·河北省“五个一名校联盟”高三考试]已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )<1.解析：(1)∵f (x )<|x |＋1，∴|2x －1|<|x |＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1<x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，1－2x <x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x <－x ＋1，得12≤x <2或0<x <12或无解．故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56<1.3．[2019·湖南衡阳八中模考]已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解析：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1＜x ＜12，3x ，x ≥12.于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时，取等号，∴M ＝[3，＋∞)．要证t 2＋1≥3t ＋3t ，即证t 2－3t ＋1－3t≥0.而t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t＝t －3t 2＋1t . ∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1＞0，∴t －3t 2＋1t≥0.∴t 2＋1≥3t＋3t .4．[2019·大理模拟]已知函数f (x )＝|x |＋|x －3|. (1)解关于x 的不等式f (x )－5≥x ；(2)设m ，n ∈{y |y ＝f (x )}，试比较mn ＋4与2(m ＋n )的大小．解析：(1)f (x )＝|x |＋|x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x <0，3，0≤x ≤3，2x －3，x >3.f (x )－5≥x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x <0，3－2x ≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，3≥x ＋5或⎩⎪⎨⎪⎧x >3，2x －3≥x ＋5，解得x ≤－23或x ∈∅或x ≥8，所以不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[8，＋∞)． (2)由(1)易知f (x )≥3，所以m ≥3，n ≥3.由于2(m ＋n )－(mn ＋4)＝2m －mn ＋2n －4＝(m －2)(2－n )且m ≥3，n ≥3，所以m －2>0,2－n <0，即(m －2)(2－n )<0，所以2(m ＋n )<mn ＋4.5．[2020·福州市质量检测]已知不等式|2x ＋1|＋|2x －1|＜4的解集为M . (1)求集合M ；(2)设实数a ∈M ，b ∉M ，证明：|ab |＋1≤|a |＋|b |.解析：(1)当x ＜－12时，不等式化为：－2x －1＋1－2x ＜4，即x ＞－1，所以－1＜x ＜－12；当－12≤x ≤12时，不等式化为：2x ＋1－2x ＋1＜4，即2＜4，所以－12≤x ≤12；当x ＞12时，不等式化为：2x ＋1＋2x －1＜4，即x ＜1，所以12＜x ＜1，综上可知，M ＝{x |－1＜x ＜1}．(2)方法一：因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1. 而|ab |＋1－(|a |＋|b |) ＝|ab |＋1－|a |－|b | ＝(|a |－1)(|b |－1)≤0，所以|ab |＋1≤|a |＋|b |.方法二：要证|ab |＋1≤|a |＋|b |，只需证|a ||b |＋1－|a |－|b |≤0，只需证(|a |－1)(|b |－1)≤0，因为a ∈M ，b ∉M ，所以|a |＜1，|b |≥1，所以(|a |－1)(|b |－1)≤0成立．所以|ab |＋1≤|a |＋|b |成立．6．[2020·开封市定位考试]已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －m |(m ＞1)，若f (x )＞4的解集是{x |x ＜0或x ＞4}．(1)求m 的值；(2)若正实数a ，b ，c 满足1a ＋12b ＋13c ＝m3，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解析：(1)∵m ＞1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋m ＋1，x ＜1m －1，1≤x ≤m2x －m －1，x ＞m .作出函数f (x )的图象如图所示，由f (x )＞4的解集及函数f (x )的图象得⎩⎪⎨⎪⎧－2×0＋m ＋1＝42×4－m －1＝4，得m ＝3.(2)由(1)知m ＝3，从而1a ＋12b ＋13c＝1，a ＋2b ＋3c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c (a ＋2b ＋3c )＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋2b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋3c a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 3c ＋3c 2b ≥9，当且仅当a ＝3，b ＝32，c ＝1时“＝”成立．[能力挑战]7．[2019·全国卷Ⅲ]设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解析：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥2＋a23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a3，z ＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a2 3.由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.。

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付国教案第 1 页共 6 页 6.4 不等式的解法（一）答案

●知识梳理 1.一元一次不等式的解法. 任何一个一元一次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax＞b（a≠0）的形式.

当a＞0时，解集为{x|x＞ab}；当a＜0时，解集为{x|x＜ab}. 2.一元二次不等式的解法. 任何一个一元二次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax2+bx+c＞0（或＜0）（其中a＞0）的形式，再根据“大于取两边，小于夹中间”求解集. 3.简单的高次不等式、分式不等式的求解问题可采用“数轴标根法”. 思考讨论用“数轴标根法”解高次、分式不等式时，对于偶次重根应怎样处理? ●点击双基

1.（全国Ⅳ，5）不等式32xxx）（＜0的解集为 A.{x|x＜－2或0＜x＜3} B.{x|－2＜x＜0或x＞3} C.{x|x＜－2或x＞0} D.{x|x＜0或x＞3} 解析：在数轴上标出各根.

-2 0 3 答案：A 2.（北京）若不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），则实数a等于 A.8 B.2 C.－4 D.－8 解析：由|ax+2|＜6得－6＜ax+2＜6，即－8＜ax＜4.∵不等式|ax+2|＜6的解集为（－1，2），易检验a=－4. 答案：C 3.（重庆市诊断性考试题）已知函数f（x）是R上的增函数，A（0，－1）、B（3，1）是其图象上的两点，那么| f（x+1）|＜1的解集是 A.（1，4） B.（－1，2） C.（－∞，1］∪［4，+∞） D.（－∞，－1］∪［2，+∞）解析：由题意知f（0）=－1，f（3）=1. 又| f（x+1）|＜1－1＜f（x+1）＜1，即f（0）＜f（x+1）＜f（3）. 又f（x）为R上的增函数， ∴0＜x+1＜3.∴－1＜x＜2. 答案：B 4.（理）（山东潍坊市第二次模拟考试题）不等式x2－|x－1|－1≤0的解集为____________. 解析：当x－1≥0时，原不等式化为x2－x≤0，解得0≤x≤1. 付国教案第 2 页共 6 页 ∴x=1；当x－1＜0时，原不等式化为x2+x－2≤0，解得－2≤x≤1.∴－2≤x＜1. 综上，x≥－2. 答案：{x|－2≤x≤1} （文）不等式ax2+（ab+1）x+b＞0的解集为{x|1＜x＜2}，则a+b=_______. 解析：∵ax2+（ab+1）x+b＞0的解集为{x|1＜x＜2}，

∴.2310abaaba，，解得121ba，或.21ba， ∴a+b=－23或－3. 答案：－23或－3 5.不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式ax2－bx+c＞0的解集为_______. 解析：令f（x）=ax2+bx+c，其图象如下图所示，

x y y y

O = = fx( )fx()

-3 -2 2 3-

再画出f（－x）的图象即可. 答案：{x|－3＜x＜－2} ●典例剖析

【例1】解不等式3252xxx＜－1. 剖析：这是一个分式不等式，其左边是两个关于x的多项式的商，而右边是非零常数，故需移项通分，右边变为零，再利用商的符号法则，等价转化成整式不等式组.

解：原不等式变为3252xxx＋1＜0，

即322322xxxx＜00320230320232222xxxxxxxx或，－1＜x＜1或2＜x＜3. ∴原不等式的解集是｛x｜－1＜x＜1或2＜x＜3｝. 【例2】求实数m的范围，使y=lg［mx2+2（m+1）x+9m+4］对任意x∈R恒有意义. 剖析：mx2+2（m+1）x+9m+4＞0恒成立的含义是该不等式的解集为R.

故应.00＜，Δm 解：由题意知mx2+2（m+1）x+9m+4＞0的解集为R，则

.04941402）（）（，mmmΔm 付国教案第 3 页共 6 页解得m＞41.

评述：二次不等式ax2+bx+c＞0恒成立的条件：.00Δa，若未说明是二次不等式还应讨论a=0的情况. 思考讨论

本题若要使值域为全体实数，m的范围是什么? 提示：对m分类讨论，m=0适合.

当m≠0时，.00Δm，解m即可. 【例3】若不等式2x－1＞m（x2－1）对满足|m|≤2的所有m都成立，求x的取值范围. 剖析：对于m∈［－2，2］，不等式2x－1＞m（x2－1）恒成立，把m视为主元，利用函数的观点来解决. 解：原不等式化为（x2－1）m－（2x－1）＜0. 令f（m）=（x2－1）m－（2x－1）（－2≤m≤2）.

则.01212201212222）（）（）（，）（）（）（xxfxxf

解得271＜x＜231. 深化拓展 1.本题若变式：不等式2x－1＞m（x2－1）对一切－2≤x≤2都成立，求m的取值范围. 2.本题若把m分离出来再求m的范围能行吗? ●闯关训练夯实基础

1.（重庆，4）不等式x+12x＞2的解集是 A.（－1，0）∪（1，+∞） B.（－∞，－1）∪（0，1） C.（－1，0）∪（0，1） D.（－∞，－1）∪（1，+∞）

解法一：x+12x＞2x－2+12x＞011xxx）（＞0x（x－1）（x+1）＞0－1＜x＜0或x＞1. 解法二：验证，x=－2、21不满足不等式，排除B、C、D. 答案：A 2.设f（x）和g（x）都是定义域为R的奇函数，不等式f（x）＞0的解集为（m，n），不等式g（x）

＞0的解集为（2m，2n），其中0＜m＜2n，则不等式f（x）·g（x）＞0的解集是

A.（m，2n） B.（m，2n）∪（－2n，－m） C.（2m，2n）∪（－n，－m） D.（2m，2n）∪（－2n，－2m）解析：f（x）、g（x）都是定义域为R的奇函数，f（x）＞0的解集为（m，n），g（x）＞0的解集为付国教案第 4 页共 6 页（2m，2n）.

∴f（－x）＞0的解集为（－n，－m），g（－x）＞0的解集为（－2n，－2m），即f（x）＜0的解集为（－n，－m），g（x）＜0的解集为（－2n，－2m）.

由f（x）·g（x）＞0得00）（，）（xgxf或.00）（，）（xgxf.又0＜m＜2n， ∴m＜x＜2n或－2n＜x＜－m.答案：B 3.若关于x的不等式－21x2+2x＞mx的解集为{x|0＜x＜2}，则实数m的值为_______. 解析：由题意，知0、2是方程－21x2+（2－m）x=0的两个根， ∴－212m=0+2.∴m=1.答案：1

4.（浙江，13）已知f（x）=.0101xx，则不等式x+（x+2）·f（x+2）≤5的解集是____________. 解析：当x+2≥0，即x≥－2时.x+（x+2）f（x+2）≤5 2x+2≤5x≤23.∴－2≤x≤23. 当x+2＜0即x＜－2时，x+（x+2）f（x+2）≤5x+（x+2）·（－1）≤5－2≤5， ∴x＜－2.综上x≤23.答案：（－∞，23］

5.（宣武二模题）定义符号函数sgnx=.010001）（），（），（xxx当x∈R时，解不等式（x+2）＞（2x－1）sgnx. 解：当x＞0时，原不等式为x+2＞2x－1.∴0＜x＜3. 当x=0时，成立. 当x＜0时，x+2＞121x. x－121x+2＞0. 1224122xxxx＞0.

123322xxx＞0.∴－4333＜x＜0. 综上，原不等式的解集为{x|－4333＜x＜3}.

6.（北京西城区一模题）解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax（a∈R）. 解：原不等式变形为ax2+（a－2）x－2≥0. ①a=0时，x≤－1； ②a≠0时，不等式即为（ax－2）（x+1）≥0，

当a＞0时，x≥a2或x≤－1；

由于a2－（－1）=aa2，于是付国教案第 5 页共 6 页当－2＜a＜0时，a2≤x≤－1；当a=－2时，x=－1；当a＜－2时，－1≤x≤a2.

综上，当a=0时，x≤－1；当a＞0时，x≥a2或x≤－1；当－2＜a＜0时，a2≤x≤－1；当a=－2时，x=－1；当a＜－2时，－1≤x≤a2. 培养能力 7.（春季安徽）解关于x的不等式loga3x＜3logax（a＞0，且a≠1）. 解：令y=logax，则原不等式化为y3－3y＜0，

解得y＜－3或0＜y＜3，

即logax＜－3或0＜logax＜3. 当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|x＞a3}∪{x|a3＜x＜1}；当a＞1时，不等式的解集为{x|0＜x＜a3}∪{x|1＜x＜a3}. 8.有点难度哟！（天津质量检测题）已知适合不等式|x2－4x+a|+|x－3|≤5的x的最大值为3，求实数a的值，并解该不等式. 解：∵x≤3，∴|x－3|=3－x. 若x2－4x+a＜0，则原不等式化为x2－3x+a+2≥0. 此不等式的解集不可能是集合{x|x≤3}的子集，∴x2－4x+a＜0不成立. 于是，x2－4x+a≥0，则原不等式化为x2－5x+a－2≤0.∵x≤3，令x2－5x+a－2=（x－3）（x－m）=x2－（m+3）x+3m，比较系数，得m=2，∴a=8. 此时，原不等式的解集为{x|2≤x≤3}. 探究创新

9.关于x的不等式055220222kxkxxx）（，的整数解的集合为{－2}，求实数k的取值范围. 解：由x2－x－2＞0可得x＜－1或x＞2. ∵055220222kxkxxx）（，的整数解为x=－2，又∵方程2x2+（2k+5）x+5k=0的两根为－k和－25.

①若－k＜－25，则不等式组的整数解集合就不可能为{－2}；②若－25＜－k，则应有－2＜－k≤3. ∴－3≤k＜2.综上，所求k的取值范围为－3≤k＜2. 拓展题例

【例1】（南京市第二次质量检测题）解关于x的不等式12axax＞x（a∈R）.

解法一：由12axax＞x，得12axax－x＞0，即1axx＞0.