2022年高三第二轮专题复习系列 .pdf

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1、学习必备欢迎下载高三数学第二轮专题复习系列(6)-不等式一、本章知识结构：实数的性质二、高考要求（1）理解不等式的性质及其证明。（2）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理，并会简单应用。（3）分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。（4）掌握某些简单不等式的解法。（5）理解不等式|a| |b| |a+b| |a| +|b|。三、热点分析1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新.重点考查四种题型：解不等式， 证明不等式，涉及不等式应用题，涉及不等式的综合题，所占比例远远高于在课时和知识点中的比例 .重视基础知识的考查，常考常新，创意不断，设问方式不断创新，图表信息

2、题，多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯，值得引起我们的关注. 2.突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的函数思想，不等式又为研究函数提供了重要的工具，不等式与函数既是知识的结合点，又是数学知识与数学方法的交汇点，因而在历年高考题中始终是重中之重.在全面考查函数与不等式基础知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查，强调知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考查力度，是高考对不等式考查的又一新特点. 3.加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向.由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能

3、检测出学生抽象思维能力的层次.这类代数推理问题常以高中代数的主体内容函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高，有利于高考选拔功能的充分发挥.对不等式的考查更能体现出高观点、低设问、深入浅出的不等式的性质均值不等式不等式的证明不等式的解法不等式的应用比较法综合法分析法其它方法一元一次不等式一元二次不等式分式高次不等式含绝对值不等式函数性质的讨论最值的计算与讨论实际应用问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 43 页学习必备欢迎下载特点，考查容量之大、功能之多、能

4、力要求之高，一直是高考的热点. 4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值，借助不等式来考查学生的应用意识. 不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点,考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。高考试题中有以下几个明显的特点：（1）不等式与函数、数列、几何、导数,实际应用等有关内容综合在一起的综合试题多，单独考查不等式的试题题量很少。（2）选择题 ,填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题，特别是应用题和压轴题几乎都与不等式有关。（3）不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助方法不容忽视。四、复习建议1力求熟练掌握不等式的性质

5、，以最大限度地减少不等式解题中可能出现的失误。2对于不等式的证明，应略高于教材上有关例题和习题的难度。必须重视演练与其它内容综合在一起的证明题，特别是综合教材上的例题与习题、创新题。3对于解不等式，一般不需超出教材上的例题和习题的难度，也不要超出教材上的例题和习题所涉及的范围，但对于需要分类求解的不等式应给予充分的注意，而这类习题的分类一般不超过两层。4 熟练掌握利用平均值不等式求最值的方法及其使用条件，并重视在几何和实际问题中的应用。5,通过训练 ,使学生掌握等价转化思想和化归思想,培养学生的代数推理能力,提高学生应用不等式知识解决问题的能力. 6.重视数学思想方法的复习根据本章上述的命题趋

6、向我们迎考复习时应加强数学思想方法的复习 .在复习不等式的解法时，加强等价转化思想的训练与复习.解不等式的过程是一个等价转化的过程，通过等价转化可简化不等式（组），以快速、准确求解.加强分类讨论思想的复习.在解不等式或证不等式的过程中，如含参数等问题，一般要对参数进行分类讨论.复习时，学生要学会分析引起分类讨论的原因，合理的分类，做到不重不漏 .加强函数与方程思想在不等式中的应用训练.不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系、互相转化.如求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这类问题的重要方法 .在不等式的证明中，加强化归思想的复习，证不等式的过程是一个把已知条件向要证结论的一个转化过程，

7、既可考查学生的基础知识，又可考查学生分析问题和解决问题的能力，正因为证不等式是高考考查学生代数推理能力的重要素材，复习时应引起我们的足够重视.利用函数f（x）=x （a0）的单调性解决有关最值问题是近几年高考中的热点，应加强这方面的训练和指导. 7.强化不等式的应用高考中除单独考查不等式的试题外，常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中涉及不等式的知识，加强不等式应用能力，是提高解综合题能力的关键.因此，在复习时应加强这方面训练，提高应用意识，总结不等式的应用规律，才能提高解决问题的能力.如在实际问题应用中，主要有构造不等式求解或构造函数求函数的最值等方法，求最值时要注意等

8、号成立的条件，避免不必要的错误.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 43 页学习必备欢迎下载五、典型例题不等式的解法【例 1】解不等式：axa12解：原不等式可化为：2)2()1(xaxa0，即 (a1)x+(2a)(x2)0. 当 a1 时，原不等式与(x12aa)(x2)0 同解 . 若12aa2 ，即 0 a1 时，原不等式无解；若12aa2，即 a0 或 a1，于是 a1时原不等式的解为( ，12aa) (2，+ ).当 a1 时，若 a0，解集为 (12aa， 2)；若 0a 1，解集为 (2，12aa) 综上所述

9、：当 a1 时解集为 (，12aa)(2，+) ；当 0a1 时，解集为 (2，12aa)；当 a=0 时，解集为；当 a0 时，解集为 (12aa，2). 【例 2】设不等式x22ax+a+20的解集为M，如果 M1，4 ，求实数a 的取值范围. 解： M1，4有 n 种情况：其一是M=，此时 0；其二是 M，此时 0，分三种情况计算a 的取值范围 . 设 f(x)=x22ax+a+2，有 =(2a)2(4a+2)=4(a2a2) (1)当 0 时， 1a2， M= 1，4(2)当 =0 时，a=1 或 2.当 a=1 时 M= 11，4 ；当 a=2 时，m=21，4. (3)当 0 时，

10、 a 1 或 a2.设方程 f(x)=0 的两根 x1，x2，且 x1x2，那么 M= x1，x2 ， M1， 41 x1x240,410)4(,0)1(且且aff精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 43 页学习必备欢迎下载即210071803aaaaa或，解得： 2a718，M1，4时， a 的取值范围是(1，718). 【例 3】解关于 x的不等式：0 12log1log42axax解：原不等式等价于121012012xaxxax，即02121xaxaxx. 由于1a，所以a121，所以，上述不等式等价于0212xaxa

11、x解答这个含参数的不等式组，必然需要分类讨论，此时， 分类的标准的确定就成了解答的关键如何确定这一标准？（1）当21a时，不等式组等价于axxax或212此时，由于01122aaaa，所以aa12从而212xaxa或（2）当2a时，不等式组等价于223xx所以223xx，且（3）当2a时，不等式组等价于axxax或212此时，由于212a，所以，axxa或212综上可知：当21a时，原不等式的解集为212xaxax或；当2a时，原不等式的解集为223xxx，且；当2a时，原不等式的解集为axxax或212精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

12、第 4 页，共 43 页学习必备欢迎下载【例 4】解关于x的不等式：102loglog4aaxxaa，解：原不等式等价于22loglog402log0log4xxxxaaaa0log3log4log20log3log4log22xxxxxxaaaaaa或4log3xa，当a1时，原不等式的解集为43axax当01a时，原不等式的解集为34axax【例 5】设函数12xaxxf，（1）当2a时，解不等式1)(fxf；（2）求a的取值范围，使得函数xf在, 1上为单调函数讲解： （1）2a时，1)(fxf可化为：1122xx，等价于：1140122xxx或01012xx解得351x，解得1x所以，

13、原不等式的解集为1351xxx或（2）任取, 1,21xx，且21xx，则1111111122212121222122212122212122221121xxxxaxxxxxxxxaxxxxaxaxxaxxfxf要使函数xf在, 1上为单调函数，需且只需：11222121xxxxa恒成立，（或11222121xxxxa恒成立）因此，只要求出11222121xxxx在条件“, 1,21xx，且21xx”之下的最大、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 43 页学习必备欢迎下载最小值即可 为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端

14、情况，如：1, 121xx，容易知道，此时11222121xxxx；若考虑21xx，则不难看出，此时11222121xxxx1，至此我们可以看出：要使得函数xf为单调函数， 只需1a事 实 上 ， 当1a时 ， 由 于011222121xxxx恒 成 立 ， 所 以 ，111222121xxxx 所 以 ， 在 条 件 “, 1,21xx， 且21xx” 之 下 ， 必 有 ：021xfxf所以，xf在区间, 1上单调递减当1a时，由（ 1）可以看出：特例2a的情况下，存在351ff由此可以猜想：函数xf在区间, 1上不是单调函数为了说明这一点，只需找到, 1,21xx，使得21xfxf即可简

15、便起见，不妨取11x，此时，可求得111222aax，也即：aaaff11122，所以，xf在区间, 1上不是单调函数另解：21xfxax，对1,x，易知：当1x时，21xx；当x时，211xx；所以当1,x时，211xx，从而只须1a，必有0fx，函数在1,x上单调递减。【例 6】已知 f(x)是定义在 1，1上的奇函数，且f(1)=1，若 m、n 1，1 ，m+n0 时nmnfmf)()(0. (1)用定义证明f(x)在 1，1上是增函数；(2)解不等式： f(x+21)f(11x)；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共

16、43 页学习必备欢迎下载(3)若 f(x) t22at+1 对所有 x 1，1 ，a 1，1恒成立，求实数t 的取值范围 . 解： (1)证明：任取x1x2，且 x1，x2 1，1 ，则 f(x1)f(x2)=f(x1)+ f(x2)=2121)()(xxxfxf (x1 x2) 1 x1x21 ，x1+(x2) 0，由已知2121)()(xxxfxf 0，又x1x20，f(x1)f(x2)0，即 f(x)在 1，1上为增函数 . (2)解： f(x)在 1，1上为增函数，112111111211xxxx解得： x|23 x 1，xR (3)解：由 (1)可知 f(x)在 1，1上为增函数，且

17、f(1)=1，故对 x 1，1 ，恒有 f(x) 1 ，所以要 f(x) t22at+1 对所有 x 1，1 ， a 1，1恒成立，即要 t2 2at+11成立，故t2 2at0 ，记 g(a)=t22at，对 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 的取值范围是：t|t 2 或 t=0 或 t2.【例 7】给出一个不等式cccxcx1122（xR） 。经验证：当c=1, 2, 3 时，对于x 取一切实数，不等式都成立。试问：当c 取任何正数时，不等式对任何实数x 是否都成立？若能成立，

18、请给出证明；若不成立，请求出c 的取值范围，使不等式对任何实数x 都能成立。解：令 f(x)=cxcx221，设 u=cx2(uc) 则 f(x)=uuuu112(uc) f(x)cucucuccuucc)1(1)1(1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 43 页学习必备欢迎下载要使不等式成立，即f(x)cc1 0 uc0 只须 uc10 u2c1 u2c1x2+cc1x2c1c 故当 c=21时，原不等式不是对一切实数x 都成立，即原不等式对一切实数x 不都成立要使原不等式对一切实数x 都成立，即使x2c1 c对一切实数都

19、成立。x20 故c1c0 c1(c0) c1 时，原不等式对一切实数x 都能成立。不等式的证明【例 1】已知2a，求证：1loglog1aaaa解 1：1log1log11loglog1aaaaaaaa1log1log1log1aaaaaa因为2a，所以，01log, 01logaaaa，所以，14log41log21log1log1log1log22222aaaaaaaaaaaa所以，01loglog1aaaa，命题得证解 2：因为2a，所以，01log,01logaaaa，所以，1log1log11log1log11loglog1aaaaaaaaaaaa，由解 1 可知：上式 1故命题得证

20、【例 2】已知 a0，b0，且 a+b=1。求证： (a+a1)(b+b1) 425. 证法一： (分析综合法 ) 欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40 ，即证 4(ab)233(ab)+80 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 43 页学习必备欢迎下载即证 ab41或 ab8.a0，b0，a+b=1， ab8 不可能成立1=a+b2ab， ab41，从而得证 . 证法二： (均值代换法 ) 设 a=21+t1，b=21+t2. a+b=1，a 0，b0， t1+t2=0，|t1|21，|t2|21.

21、4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122tttttttttttttttttttttbbaabbaa显然当且仅当t=0，即 a=b=21时，等号成立 . 证法三： (比较法）a+b=1，a 0，b0， a+b2ab， ab41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四： (综合法 ) a+b=1， a0，b 0， a+b2

22、ab， ab41. 4251)1(4116251)1(169)1 (434111222abababababab425)1)(1(bbaa即证法五： (三角代换法）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 43 页学习必备欢迎下载 a0，b0，a+b=1，故令 a=sin2 ，b=cos2 ， (0，2) .425)1)(1(4252sin4)2sin4(412sin125162sin24.3142sin4, 12sin2sin416)sin4(2sin42cossin2cossin)cos1)(cossin1(sin)1)(1(2

23、222222222222442222bbaabbaa即得2 【例 3】证明不等式nn2131211(nN*) 证法一： (1)当 n 等于 1 时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假设 n=k(k 1) 时，不等式成立，即1+k131212k，,1211) 1(11)1(21121131211kkkkkkkkkk则当 n=k+1 时，不等式成立. 综合 (1)、(2)得：当 nN*时，都有1+n131212n. 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112, 01),1(21)1(2,0)1() 1() 1(2)1(21)1(22kkkk

24、kkkkkkkkkkkkkkkkkkk又如. 12112kkk证法二：对任意k N*，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221nnnnkkkkkkk因此精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 43 页学习必备欢迎下载证法三：设f(n)=),131211(2nn那么对任意kN*都有：01)1()1(2)1(111)1(2)1(21111)1(2)()1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkff(k+1)f(k) 因此，对任意nN*都有 f(n)f(n1)f(1)=10，.2131211nn不等式的

25、应用【例 1】,03log7x)2(log5 .020.5Mx的解集为已知不等式.)4)(log2(log)(,22的最大值和最小值函数时当求xxxfMx, 03log7x)2(log5.020.5解：由x.82|, 8221log30)3)(log1log2(5 .05. 05 . 0 xxMxxxx2log3)(log)2)(log1(log)(),4)(log2(log)(2222222xxxxxfxxxf得由 3,21,41)23(23)(,log=u222得令uuuuufx根据复合函数的单调性得：.2)( ,83,41)( ,2223maxminxfxuxfxu时即当时即当【例 2】

26、 已知函数.1220|,log2aaaaxya其中（1）判断函数xyalog的增减性；（2）若命题|)2(|1|)(:|xfxfp为真命题，求实数x 的取值范围 . 解： （1）,102,02012,12120|22aaaaaaa即函数xyalog是增函数；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 43 页学习必备欢迎下载（ 2 ）1|2log|log|)2(|1|)(|xxxfxfaa即， 必 有410,0 xx当时 ，02l o gl o gxxaa，不等式化为12log, 12loglogxxxaaa，故4121,21,

27、12logxaaxxa此时；当xxxaa2log0log,141时，不等式化为12log, 12loglogaaaxx，这显然成立，此时141x；当1x时，xxaa2loglog0，不等式化为12log, 12loglogxxxaaa故21,2axax此时；综上所述知，使命题p 为真命题的x 的取值范围是.221|axax【例 3】 （1994 年)已知函数，且，若，21212020)(xxxxxtgxxf2)()(212121xxfxfxf证明：解：tgxxf)()(21)()(212121tgxtgxxfxf2121212211coscos2sincoscossincossincossin

28、21xxxxxxxxxx)cos()cos()sin(coscos2)sin(2121212121xxxxxxxxxx，212120 xxxx1)cos(00coscos0)sin(2212121xxxxxx，且，)c o s (1)c o s ()c o s (0212121xxxxxx有2)c o s (1)s i n ()(2121212121xxtgxxxxtgxtgx2)()(212121xxfxfxf即【例 4】 (1995 年)设na是由正数组成的等比数列，nSn是前项之和。(1)证明12lg2lglgnnnSSS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

29、 - - - - - -第 12 页，共 43 页学习必备欢迎下载(2)是否存在常数C0,使得)lg(2)lg()lg(12CSCSCSnnn成立？并证明你的结论。证明： (I)12lg2lglgnnnSSS要证即可即证0212nnnSSS11)1 (naSqn，则若0)1()2(2121211212aanannaSSSnnnqqaSqnn1)1(1)2(1，若221212221212)1()1()1 ()1)(1(qqaqqqaSSSnnnnnn021nqa212)2)(1(nnnSSS可得由根据对数函数的单调性，可得212lg)lg(nnnSSS即成立12lg2lglgnnnSSS(2)不

30、存在常数C使等式成立。证法一 ：因为要使成立，则有)lg()lg()lg(2112CSCSCSnnn0)()(222CSCSCSCSnnnn212)()(1CSCSCSqnnn则若0)1()2)(212111aCanCanCna论成立，即不存在正数使结212)()(CSCSCSnnn1q若212)()(CSCSCSnnn2112111)1 (1)1(1)1(CqqaCqqaCqqannn)1 (11qCaqan精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 43 页学习必备欢迎下载0)1(011qCaqan只能有，且qaC11；，00

31、1aC10q，即不存在在常数不可能满足时，当00111011CSqqaqaSqnnn使结论成立。0C综合上面的证明可见不存在常数，0C成立。使等式)lg()lg()lg(2112CSCSCSnnn还可以直接用反证法证明：证法二 ：假设存在常数C0，使等式能够成立,则有)4()()()3(0)2(0) 1(021221CSCSCSCSCSCSnnnnnn由(4)可得：)5()2(12212nnnnnnSSSCSSS由平均值不等式可知)(2)()(21212CSCSCSSSSnnnnnn0)(2)(212CSCSCSnnn0C0)2(12nnnSSSC0)(212nnnSSSI 可知而由不可能成立

32、等式)5()lg()lg(2102CSCSCnn，使等式数这个矛盾说明不存在常成立。)lg(1CSn【例 5】 (1990 年)设naannnxfxxx是实数，其中)1(211lg)(是任意给定的自然数，且2n。(1)如果，当1()(xxf时有意义，求a 的取值范围。(2)如果xxfxfa当，证明，)2()(210(0 时成立。解： (I)时有意义，当 1()(xxf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 43 页学习必备欢迎下载2 1(0) 1(21nxannxxx，1(121，即xnnnnaxxx上都是增函数，在， 1()

33、 121(nKnKx上也是增函数，在 1(121xxxnnnn时取得最大值，故它在1x)1(21)1(21121nnnnnnnn) 1(21na；) 1(21|naaa的取值范围为(2)证法一 ：根据xxnxaxfxfxf)1(21 0 10()2()(2)(即，的定义可知) 1(0 10()1(212222xaannnanxxxx，下面用数学归纳法证之。A. 设 n=2 时若)21(2)21(22221)21(010222222aaaaaxaxxxxx则，即 (1)成立。若，因为，xxa2101式 成 立时，当)1(2)21(22221)21(222nxxxxB. 设xxxxKaKKKKn2

34、221) 1(21)2(，有不等式时0 11()1(22xaaKkxx，且，其中时且则若010 xaaKKKaKKxxxxxxxx) 1)(21(2)21()1()21(2222) 1(aKx2222)1()1)(21(2)21(akaKKKKxxxxxx2222) 1() 1(2)1(22)1(12)21(aKaKKaKaKKKxxxxxxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 43 页学习必备欢迎下载222222222222)1() 1()1(2) 1(1)21(aKaKKaKaKKKxxxxxxxx) 1(21)1(

35、2222aKKKxxx)1(21)1(2222aKKKxxK也成立。时，即当)1(1Kn成立，都有数的证明可知对任意自然，由) 1(2nBA成立，即0 10()2()(2xaxfxf证法二 ：只需证明) 1(21 ) 1(2122222annnannnxxxxxx时， 10( ，a，)(2)()(1312122221221nnnnaaaaaaaaaaaa)()()()(2222322221222122221nnnaaaaaaaaaaa)()()(2212222122nnnnnnaaaaaa)(22221naaan)()(22221221nnaaanaaa时成立。其中等号当且仅当naaa21xx

36、a2101时，因，当)1(21) 1(212222xxxxxxnnnnnaaxa2010时，因，当xxxxxxxnannnann22222221)1(21) 1(21)1(22annxx成立。，即0 10()2()(2xaxfxf【例 6】 如图， ABC是某屋顶的断面，CDAB，横梁 AB的长是竖梁CD长的 2 倍. 设计时应使tgBtgAy2保持最小，试确定D 点的位置，并求y 的最小值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 43 页学习必备欢迎下载解：设 AD=x，CD=1，则 AB=2，BD=2x， （0 x2）

37、令BDCDADCDtgBtgAy22)2(2221xxxxx628212212xxxxx24282xx；当且仅当222,8)2(2xx时取等号当222x时， y 取得最小值22236241此时21224222:,224)222(2DBADDB答：取 AD:DB=1: 2 时， y 有最小值2223【例 7】 在一容器内装有浓度为r%的溶液 a 升，注入浓度为p%的溶液a41升，搅匀后再倒出溶液a41升，这叫做一次操作。(I)设第 n 次操作后容器内溶液的浓度为bn（每次注入的溶液都是p%） ， 计算bbb123，并归纳出bn的计算公式（不要求证明）(II)设)(2qprprqp，且要使容器内溶

38、液浓度不小于q%，问至少要进行上述操作多少次？（已知3010.02lg）解：)5154(100141004100)(1praaparabI5451)54(1001410042212ppraapabab545451)54(100141004322323pppraapababDCBA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 43 页学习必备欢迎下载545451)54(100112ppprbnnnn)54()54(541500)54(100)(12nnnprbII)()54(1001100541)54(1500)54(100rpppr

39、nnn100)()54(1001100qrppn依题意有：上式化简得：)(2qprp2)45(n次。至少要注入倒出 4103.33010.0313010.02lg312lgn【例 8】 某商场经过市场调查分析后得知，20XX年从年初开始的前n 个月内，对某种商品需求的累计数)(nf（万件）近似地满足下列关系：12,3,2,1, )18)(2(901)(nnnnnf（）问这一年内，哪几个月需求量超过1.3 万件？（） 若在全年销售中，将该产品都在每月初等量投放市场，为了保证该商品全年不脱销，每月初至少要投放多少件商品？（精确到件）解： （）首先，第n 个月的月需求量1 ,11 , 212fnfn

40、fnn)18)(2(901)(nnnnf，1711.330f当2n时，)19)(1)(1(901) 1(nnnnf21( )(1)(33519)90f nf nnn令( )(1) 1.3f nf n，即117193532nn，解得：7314n， nN， n = 5 ，6 即这一年的5、6 两个月的需求量超过1.3 万件（）设每月初等量投放商品a 万件，要使商品不脱销，对于第n 个月来说，不仅有本月投放市场的a 万件商品， 还有前几个月未销售完的商品所以，需且只需：0)(nfna，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 43 页

41、学习必备欢迎下载90)18)(2()(nnnnfa又9102)18()2(90190)18)(2(2nnnn910a即每月初至少要投放11112 件商品，才能保证全年不脱销【例 9】 一根水平放置的长方体形枕木的安全负荷与它的宽度a 成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度l 的平方成反比（）将此枕木翻转90（即宽度变为了厚度），枕木的安全负荷变大吗？为什么？（）现有一根横断面为半圆（半圆的半径为R）的木材，用它来截取成长方体形的枕木，木材长度即为枕木规定的长度，问如何截取，可使安全负荷最大？解： （）由题可设安全负荷kladky(221为正常数），则翻转90o 后，安全负荷222dayk

42、l因为12ydya，所以，当0da时，12yy安全负荷变大；当0ad时，12yy，安全负荷变小（2）如图，设截取的枕木宽为a，高为 d，则2222adR，即22244adR 枕木长度不变，u=ad2最大时，安全负荷最大22222422442udadRddRd3222222223+22442234 39ddRdddRdR当且仅当2222dRd，即取Rd36，RdRa332222时， u 最大，即安全负荷最大a d l 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 43 页学习必备欢迎下载【例 10】现有流量均为3002/ms的两条河流

43、A、B会合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为23/kg m和 0.23/kg m假设从汇合处开始，沿岸设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在1 秒钟内交换1003m的水量，即从A 股流入 B股 1003m水，经混合后，又从B 股流入 A 股 1003m水并混合问：从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.013/kg m（不考虑泥沙沉淀）？解：本题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于0.013/kg m” 但直接建构这样的不等关系较为困难为表达方便， 我们分别用,nnab来表示河水在流经第n 个观测点时，A 水流和 B 水流的含沙量则1a

44、23/kg m，1b0.23/kg m，且11111003001002001312,1003004410020033nnnnnnnnnnabbabababa （）由于题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不妨直接考虑数列nnab由（）可得：1111112221313333442nnnnnnnnnnnnabbababaabab所以，数列nnab是以111.8ab为首项，以12为公比的等比数列所以，111.82nnnab由题，令nnab 0.01，得1112180n所以，2lg1801log 180lg 2n由7821802得27log 1808，所以，8n即从第 9 个观测点开始，两

45、股水流的含沙量之差小于0.013/kg m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 43 页学习必备欢迎下载【例 11】用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2 平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图 )设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求 a 关于 h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米， 则当 h 为何值时， V 最大？求出V 的最大值 (求解本题时，不计容器厚度) 解：设 h是正四棱锥的斜高，由题设可得：12222412214haaaha消去)0(11:.2ahah 解得由)1(33122hhhaV(h 0) 得

46、：2121)1(31hhhhhhV而所以 V61，当且仅当h=h1即 h=1 时取等号故当 h=1 米时， V 有最大值， V 的最大值为61立方米 . 六、专题练习【不等式的解法练习1】1不等式)(|1|Raaxax的解集是（D）（ A）axx1| （B）axx21| （ C）axax121| （D） axxx2100|或 2当时，不等式恒成立，则的取值范围是（B）（ A）), 2（B） （1，2）（C）2, 1(（D） （ 0，1）3不等式成立的一个充分但不必要条件是（B）（ A）（B）（C）（D）4三个数的大小关系是（B）（ A）（B）（ C）（D）5若全集BAxxxBxxARI则，lg

47、2012是( B ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 43 页学习必备欢迎下载A 2B1CD1xx6下列命题中，正确的是( C) A若02xxx，则B若xxx20，则C若xxx20，则D若02xxx，则7若是任意实数，且，则( D) A22baB1abC0lgbaDba21218设，则下列四数中最大的是( A) A22baBCD219不等式Rxxaxa对042222恒成立，则的取值范围为( D) A，22B，22C22， D22，10不等式的解集是( B) A11 ，B1001，C D，212111当1babaRba时

48、，不等式、成立的充要条件是( C) A B C D12已知3baRba，且、，那么ba33的最小值是 ( B) A6 BCD3813不等式组xxxxx22330的解集是 ( D) A20 xxB5 .20 xxC30 xxD60 xx14不等式xxx121log的解集是 ( C) A10 xxB2xxC210 xxx或D210 xxx或15xxxaxaaaaloglogloglog122，则的大小顺序是xxxaaaaloglogloglog22精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 43 页学习必备欢迎下载16若143log1

49、a，则的取值范围是。),34()1 , 0(17不等式1123xx的解集是4212132，18关于的不等式的解集是空集，那么的取值区间是0，4 19. 解不等式：)0(1222aaaaxxx解：ax2+ax2=(a2+12a)ax，变形原不等式，得a0)1)(01)1(22222aaaaaaaxxxx，即(1) 当 0 a 1时， a221a，则 a2 ax a-2， -2 x 1 时， a221a，则 a-2 ax a2， -2x2 (3) 当 a=1 时， a221a，无解。综上，当 a1 时， -2 x 2，当 a=1 时无解。20对于 x( , 12，关于 x 的不等式lglg()2a

50、xax0,a+x1,lg(a+x)0 有 lg2axlg(a+x),2axa+x(2a-1)x12时， x12aa，由 1x2 时 x2，21a32(2)a=21时，有 0 x121x2 时不等式总成立(3)0a12aa， 由 1x2 时 x12aa总成立，得 a1， 综合 0a21， 得 0a21综上， 0a0，且x yz2，则xyx2的最小值为。 3；提示：3241341321213232422yxxxyxyxxy，当且仅当221xxy即xy2时，上式等号成立，又22yx故此时2, 1 yx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 38