不等式问题的题型与方法

第9－12课时课题：不等式问题的题型与方法

一．复习目标：

1．在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法．通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；

2．掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式(组)，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；

3．通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题；

4．通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力； 5．能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题．

6．通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．． 二．考试要求：

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的定理，并会简单的应用。 3．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。 4．掌握简单不等式的解法。

5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。。 三．教学过程：

（Ⅰ）基础知识详析

1．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方

程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰．

2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函

数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．

3．在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式

化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰．通过复习，感悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用．

4．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)→变形 →判断符号(值)．

5．证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维

等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．

6．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的

基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．

7．不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，最终都可归结为不等式的求解或证明。

8．不等式应用问题体现了一定的综合性．这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等

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式；另一类是建立函数式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件．利用不等式解应用题的基本步骤：10审题，20建立不等式模型，30解数学问题，40作答。

9．注意事项：

⑴解不等式的基本思想是转化、化归，一般都转化为最简单的一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来求解，。

⑵解含参数不等式时，要特别注意数形结合思想，函数与方程思想，分类讨论思想的录活运用。 ⑶不等式证明方法有多种，既要注意到各种证法的适用范围，又要注意在掌握常规证法的基础上，选用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。

⑷根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。

（Ⅱ）范例分析

b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，则a=____．

分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口．怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，

总有c≥a”？M中的元素又有什么特点？

解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)·|y-1|+(y+3)

(2)当1≤y≤3时，

所以当y=1时，xmin=4．

说明：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示其数学实质．即

求集合M中的元素满足关系式

2a2a0 例2．解关于x的不等式： xxa9分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数a进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。

xaxa解：当xa时，不等式可转化为 即2229xxa2a9x9ax2a0317axa

bxaxa 当xa时不等式可化为即222ax(ax)2a9x9ax2a0大毛毛虫★倾情搜集★精品资料

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xa2a或xa33a3故不等式的解集为(,2a,3317a。 6 ②

例3． 己知三个不等式：①2x45xx2212xmx10 ③2x3x2 (1)若同时满足①、②的x值也满足③，求m的取值范围；

(2)若满足的③x值至少满足①和②中的一个，求m的取值范围。

分析：本例主要综合复习整式、分式不等式和含绝对值不等的解法，以及数形结合思想，解本题的关键弄清同时满足①、②的x值的满足③的充要条件是：③对应的方程的两根分别在,0和3,)内。不等式和与之对应的方程及函数图象有着密不可分的内在联系，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系。

解：记①的解集为A，②的解集为B，③的解集为C。 解①得A=（-1，3）；解②得B=0,1)(2,4,AB0,1)(2,3)

（1） 因同时满足①、②的x值也满足③，ABC 设f(x)2x2mx1，由f(x)的图象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3时，即可满足

f(0)01017AB即m

3f(3)03m170（2） 因满足③的x值至少满足①和②中的一个，CAB,而AB(1,4因 此C(1,4方程2x2mx10小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而 f(1)1m031f(4)4m310,解之得m1 4m144说明：同时满足①②的x值满足③的充要条件是：③对应的方程2x+mx-1=0的两根分别在(-∞，0)和[3，+∞)内，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否则不能对A∩B中的所有x值满足条件．不等式和与之对应的方程及图象是有着密不可分的内在联系的，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系．

例4.已知对于自然数a，存在一个以a为首项系数的整系数二次三项式，它有两个小于1的正根，求证：a≥5．

分析：回忆二次函数的几种特殊形式．设f(x)=ax+bx+c(a≠0)．①

顶点式．f(x)=a(x-x0)+f(x0)(a≠0)．这里(x0，f(x0))是二次函数的顶点，x0=

))、(x2，f(x2))、(x3，f(x3))是二次函数图象上的不同三点，则系数a，b，c可由

222

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证明：设二次三项式为：f(x)=a(x-x1)(x-x2)，a∈N． 依题意知：0＜x1＜1，0＜x2＜1，且x1≠x2．于是有

f(0)＞0，f(1)＞0．

又f(x)=ax-a(x1+x2)x+ax1x2为整系数二次三项式，

所以f(0)=ax1x2、f(1)=a·(1-x1)(1-x2)为正整数．故f(0)≥1，f(1)≥1． 从而 f(0)·f(1)≥1． ① 另一方面，

且由x1≠x2知等号不同时成立，所以

由①、②得，a2＞16．又a∈N，所以a≥5．

说明：二次函数是一类被广泛应用的函数，用它构造的不等式证明问题，往往比较灵活．根据题设条件恰当选择二次函数的表达形式，是解决这类问题的关键．

例5.设等差数列{an}的首项a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．问：它的前多少项的和最大？ 分析:要求前n项和的最大值，首先要分析此数列是递增数列还是递减数列． 解:设等差数列{an}的公差为d，由Sm=Sn得

2

ak≥0，且ak+1＜0．

(k∈N)．

说明：诸多数学问题可归结为解某一不等式(组)．正确列出不等式(组)，并分析其解在具体问题的意义，是得到合理结论的关键．

例6．若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范围．

分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)．由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来．即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含有f(-2)的不等式(组)，即可求解． 解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx．于是

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解法一(利用基本不等式的性质)

不等式组(Ⅰ)变形得

(Ⅰ)所以f(-2)的取值范围是[6，10]． 解法二(数形结合)

建立直角坐标系aob，作出不等式组(Ⅰ)所表示的区域，如图6中的阴影部分．因为f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系．如图6，当直线4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范围是：6≤f(-2)≤10． 解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而

1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4， ① 所以 3≤3f(-1)≤6． ② ①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．

说明：(1)在解不等式时，要求作同解变形．要避免出现以下一种错解：

2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．

(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题．若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高．

2例7．(2002 江苏)己知a0,函数f(x)axbx，

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（1）当b0时，若对任意xR都有fx1,证明：a2b;

时，证明：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件是b1a2b； （2）当b1时，（3）当0b1讨论：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件。

a2a2)证明：（1）依题意，对任意xR，都有f(x)1.f(x)b(x 2b4baa2f()1,a0,b0a2b.

2b4b（2）充分性：b1,ab1,对任意x0,1,可推出:axbx2b(xx2)x

x1,即axbx21;又b1,a2b,对任意x0,1,可知

11axbx22bxbx2(2bxbx2)max2bb()21,即axbx21bb1f(x)1

必要性：对任意x0,1,f(x)1,f(x)1,f(1)1

11即ab1ab1;又b101,由fx1知f1bb即a11,a2b,故b1a2b b综上,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是b1a2b

（3）a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)axbx2b1 即f(x)1;又由f(x)1知f(1)1,即ab1,即ab1

b12(b1)2) 而当ab1时,f(x)axbx(b1)xbxb(x 2b4bb10b1,12b在0,1上,y(b1)xbx2是增函数,故在x1时取得最大值1f(x)1

22当a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是ab1

例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证a+b≤2，ab≤1．

分析：由条件a3+b3=2及待证的结论a+b≤2的结构入手，联想它们之间的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通二者的“桥梁”． 证法一 (作差比较法)

因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

(a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6

=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0， 即 (a+b)3≤23．

证法二 (平均值不等式—综合法)

因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

所以a+b≤2，ab≤1．

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说明：充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格外简捷、漂亮． 证法三 (构造方程)

设a，b为方程x2-mx+n=0的两根．则

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①

因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以

所以a+b≤2．

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1．

说明：认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能较顺利地找到解决问题的切入点．

证法四 (恰当的配凑)

因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，

于是有6≥3ab(a+b)，从而

8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，

所以a+b≤2．(以下略)

即a+b≤2．(以下略) 证法六 (反证法)

假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．

因为a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1． ① 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab， 所以ab＜1． ② 于是①与②矛盾，故a+b≤2．(以下略)

说明：此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常用方法．

例9．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相

分析：因为x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)． 证明：由题意知，a≠0．设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则

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又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故

Δ1=(b+1)2-4ac＜0， Δ2=(b-1)2-4ac＜0．

所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即

b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．

说明：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径．

例10．（2002理）某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？

解：设2001年末的汽车保有量为a1，以后每年末的汽车保有量依次为a2,a3....，每年新增汽车x万辆。 由题意得an10.94anx即an1xx0.94(an) 0.060.06xx)0.94n10.060.0630令a60,解得x(30)0.06n

10.94n1上式右端是关于n的减函数,且当n时,上式趋于3.6an(30故要对一切自然数n满足an60,应有x3.6,即每年新增汽车不应超过3.6万辆

例11．已知奇函数f(x)在（， 0）（0，）上有定义，在（0，）上是增函数，f(1)0,又知函数g()sin2mcos2m,[0,],集合

2Mm恒有g()0,Nm恒有f(g())0,求MN

分析：这是一道比较综合的问题，考查很多函数知识，通过恰当换元，使问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题。

解奇数函数f(x)在（0，）上是增函数，f（x)在（，0）上也是增函数。g()0g()0又由f(1)0得f(1)f(1)0满足的条件是f(g()0f(1)g()1 即g()（1（0，]），即sin2mcos2m1,2也即cos2mcor2m202 令tcos,则t[0,1],又设（t)tmt2m2,0t1 要使(t)0,必须使(t)在[0，1]内的最大值小于零

m0m0

1 当0即m0时，(t)max(0)2m2,解不等式组知m 22m20大毛毛虫★倾情搜集★精品资料

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mm28m82当01即0m2时,(t)max,24 0m22解不等式组m8m80得422m2403当

0

m2m 1即m2时，(t)maxm1,解不等式组2m10得m2综上：MNmm422

例12．如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状。

（1）若最大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽l是多少？

（2）若最大拱高h不小于6米，则应如何设计拱高h和拱宽l，才能使半个椭圆形隧道的土方工程最小？

（半个椭圆的面积公式为s=

lh,柱体体积为：底面积乘以高，421.414，72.646本题结果均精确到0.1米）

分析：本题为2003年上海高考题，考查运用几何、不等式等解决应用题的能力及运算能力。 解：1)建立如图所示直角坐标系，则P（11，4.5）

x2y2椭圆方程为：221

ab将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程得

447887,此时l2a33.3故隧道拱宽约为33.3米 77x2y21124.522)由椭圆方程221得221

abab1124.522114.522,ab99ababab991124.521slh,当s最小时有22

422ab292a112,b此时l2a31.1,hb6.42a故当拱高约为6.4米,拱宽约为31.1米时,土方工程量最小.

例13．已知n∈N，n＞1．求证

分析:虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解．

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则

说明：因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数的思想解决．

x22x2例14．已知函数f(x)

x1fx1nfxn12n2. (2)设x是正实数，求证：

分析：本例主要复习函数、不等式的基础知识，绝对值不等式及函数不等式的证明技巧。基本思路先将函

数不等式转化为代数不等式，利用绝对值不等式的性质及函数的性质。证明（1）再利用二项展开式及基本不等式的证明（2）。

(1)设〈0x1,0t1,求证：txtxftx1(x1)211f(tx1)tx 证明：（1）f(x)x1tx111f(tx1)txtx2tx2,当且仅当tx1时，上式取等号。

txtxtx0x1,0t1tx1,f(tx1)2

s(txtx2(t2x2)2t2x2(txtx)22(t2x2)2t2x2

2当tx时,s4t24;当tx时s4x24

txtx2f(tx1)即txtxf(tx1)

（2）n1时，结论显然成立

n当n2时，f(x1)f(x1)(xn1n11112)(xnn)Cnxn1Cnxn22..... xxxx1111n2n112n2n1Cnx2n2Cnxn1Cnxn2Cnxn4......Cnn4Cnn2

xxxx111112n1Cn(xn2n2)Cn(xn4n4)....Cn(xn2n2) 2xxxn1112n1122(CnCn...Cn)CnCn...Cn2n2 2大毛毛虫★倾情搜集★精品资料

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例15．（2001年全国理）己知i,m,n是正整数，且1imn （1）证明：niAmmiAn （2）证明：1mn1n

miiAmm1m2mi1证明：（1）对于1im,有Amm.(m1)......( mi1),mi......mmmmmiAnnn1n2ni1同理i......由于mn,对整数k1,2,......,i1,有

nnnnniiinkmkAnAmi,ii即miAnniAm nmnmii（2）由二项式定理有(1m)iinmCn,(1n)niCm,由(1)知miAnniAm

iimiiii0i0inmAAiii(1imn),而Cnn,CmmmicnniCm(1imn)

i!i!因此

mCii2minniCm,又moCnnoCm1,mCnnCmmn,miCn0

ioo11ii2niimim(min)mCnniCm即(1m)n(1n)m。

i0i0（Ⅲ）、强化训练

1．已知非负实数x，y满足2x3y80且3x2y70，则xy的最大值是（ ）

A．

78 B． C．2 D． 3 332．已知命题p：函数ylog0.5(x22xa)的值域为R，命题q：函数y(52a)x 是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是 （ ）

A．a≤1 B．a<2 C．1ax＞0 2x2x34．求a，b的值，使得关于x的不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集分别是：

(1)[-1，2]；(2)(-∞，-1]∪[2，+∞)；(3){2}；(4)[-1，+∞)． 5． 解关于x的不等式1a2xaax(a0且a1) 6．（2002北京文）数列xn由下列条件确定：x1a0,xn1（1）证明：对于n2,总有xn21a x,nNn2xna,

（2）证明：对于n2,总有xnxn1．

7．设P=(log2x)+(t-2)log2x-t+1，若t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值，试求x的变化范围． 8．已知数列anbn中， 的通项为an,前n项和为sn,且an是sn与2的等差中项，数列b1=1，点P（bn,bn+1）在直线x-y+2=0上。 Ⅰ）求数列an、bn的通项公式an,bn

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Ⅱ）设bn的前n项和为Bn, 试比较

111...与2的大小。 B1B2BnⅢ）设Tn=

bb1b2...n,若对一切正整数n,Tnc(cZ)恒成立,求c的最小值 a1a2an（Ⅳ）、参考答案

1．解：画出图象，由线性规划知识可得，选D

2．解：命题p为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数x2xa的判别式

244a0，从而a1；命题q为真时，52a1a2。

若p或q为真命题，p且q为假命题，故p和q中只有一个是真命题，一个是假命题。

若p为真，q为假时，无解；若p为假，q为真时，结果为13．分析：本题主要复习分式不等式的解法、分类讨论的思想及利用序轴标根法解不等式的基本步骤。本题的关键是对分母分解因式，将原不等式等价转化为xax3x10 和比较a与1及3的大小，定出分类方法。 解：原不等式化为：xax3x10

（1） 当a1时，由图1知不等式的解集为xxa或1x3 （2） 当1a3时，由图2知不等式的解集为xx1或ax3 （3） 当a3时，由图3知不等式的解集为xx1或3xa

4．分析：方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互交通．

解(1) 由题意可知，a＞0且-1，2是方程ax2+bx+a2-1≤0的根，所以



(3)由题意知，2是方程ax2+bx+a2-1=0的根，所以

4a+2b+a2-1=0． ① 又{2}是不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集，所以

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(4)由题意知，a=0．b＜0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以

a=0，b=-1．

说明：二次函数与一元二次方程、一元二次不等式之间存在着密切的联系．在解决具体的数学问题时，要注意三者之间相互联系相互渗透，并在一定条件下相互转换。

5．分析：在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，数形结合，则可将不等式的解化归为直观，形象的图象关系，对含参数的不等式，运用图解法，还可以使得分类标准更加明晰。

解：设ta，原不等式化为1t2at(t0)设y11t2(t0),y2at，在同一坐标系中作出两函数图象

xy1y2,故（1）当0a1时,0t1,即0ax1x0,)

当1a2时,如右图,解方程1tat得t1,2（2）

222a2a2222

a2aa2a22aa2atx(loga,loga)22222时，原不等式的解集为φ

（3）当a综上所述，当a(0,1)时，解集为0,）；当a(1,2)时，解集为

22a222a2(loga,loga);当a22

6．证明：（1）x1a0及xn1(xn2,)时，解集为φ。

12a1aa)知xn0,从而xn1(xn)xna(nN) xn2xnxn当n2时xna成立

（2）当n2时，xn2a0,xn11a1a(xn),xn1xn(xn) 2xn2xn1axn=0.n2时,xnxn1成立 2xn7．分析：要求x的变化范围，显然要依题设条件寻找含x的不等式(组)，这就需要认真思考条件中“t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值．”的含义．你是怎样理解的？如果继续思考有困难、请换一个角度去思考．在所给数学结构中，右式含两个字母x、t，t是在给定区间内变化的，而求的是x的取值范围，能想到什么？

解：设P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1．因为 P=f(t)在top直角坐标系内是一直线，所以t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值的充要条件

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解得log2x＞3或log2x＜-1．

说明：改变看问题的角度，构造关于t的一次函数，灵活运用函数的思想，使难解的问题转化为熟悉的问题．

8．分析：本题主要复习数列通项、求和及不等式的有关知识。 略解：Ⅰ）an2n,bn2n1 Ⅱ)Bn=1+3+5+„+(2n-1)=n

2

1111111...222...2B1B2Bn123n 111111111..1(1)()...() 1223(n1).n223n1n111122...2nB1B2Bn1352n1 Ⅲ)Tn= 22...n①

222211352n1Tn234...n1② 222221111222n1①-②得Tn233...nn1

222222212n1Tn3n23

22n1347372 又T4234221622满足条件Tnc的最小值整数c3。

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