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- 2021-04-14 发布
经典易错题会诊与2012届高考试题预测(七)
考点7 不等式
经典易错题会诊
命题角度1 不等式的概念与性质
命题角度2 均值不等式的应用
命题角度3 不等式的证明
命题角度4 不等式的解法
命题角度5 不等式的综合应用
探究开放题预测
预测角度1 不等式的概念与性质
预测角度2 不等式的解法
预测角度3 不等式的证明
预测角度4 不等式的工具性
预测角度5 不等式的实际应用
经典易错题会诊
命题角度1
不等式的概念与性质
1．(典型例题)如果a、b、c满足cac B．c(b-a)>0
C．cb2c，而ab，ao不一定成立，原因是不知a的符号．
[专家把脉] 由d>b>c，且ac<0．则。与c必异号，又由a>c，故a>0，c<0，条件分析不透．
[对症下药] C．由a>b>c且ac>0，故a>0且c<0．
(1)由b>c，又∵a>0，∴ab>ac．(2)∵b-a<0，c< 0(b-a)·c>0，D．a-c>0，acab;②|a|>|b|；③aloga(1+)
③a1+aa
其中成立的是 ( )
A.①与③ B．①与④
C.②与③ D．②与④
[考场错解] B ∵1+a<1+，故1oga(1+a)< loga(1+)．
[专家把脉] 对数函数比较大小要考虑底数a的范围，它与指数函数一样．
[对症下药] D ∵0 1oga(1+)，a1+a>a．
4．(典型例题)已知实数a、b满足等式，下列五个关系式①0-b，∴a0时，a>b” ．不能弱化条件变成“”也不能强化条件变为“a>b>0 ”
考场思维训练
1 若，|a|>，|b|>0，且ab>0，则下列不等式中能成立的是 ( )
A． B．
C． D．
答案： C 解析：利用特值法可看出某些选择不能成立，而事实上，∵|a|，|b|>0，
又0<<1，∴10g|a|N 解析：由>0，
得，由s，0，b>0，则以下不等式中不恒成立的是 ( )
A． B．
C． D．
[考场错解] Di不一定大于或等于
[专家把脉] D中直接放缩显然不易比较．
[对症下药] B A：a+b≥2ab,
∴成立
C：a2+b2+2=a2+1+b2+1≥2a+2b (当且仅当a=b=1时取“=”)
∴成立
D：两边平方|a-b|≥a+b-2
∴a-b≥a+b-2或a-b≤-a-b+2当时显然成立．
解得a≥b或a≤b ∴成立．
2．(典型例题)设x∈(0，π)，则函数f(x)=sinx+的最小值是 ( )
A．4 B．5
C．3 D．6
[考场错解] 因为x∈(0，π)，所以sinx>0，>0， f(x)=sinx+=4，因此f(x)的最小值是
4．故选A
[专家把脉] 忽略了均值不等式a+b≥2(a.0， b>0)中等号成立的条件：当且仅当a=b时等号成立．事实上，sinx=不可能成立，因为它成立的条件是sinx=±2，这不可能．
[对症下药] (1)f(x)=sinx+=sinx++，因为sinx+≥2，当且仅当sinx=1即x= 时等号成立．又≥3，当且仅当sinx=1即x=时等号成立．所以f(x)=sinx+≥2+3=5，f(x)的最小值是5．故应选B．
(2)令sinx=t，因为x∈(0，π)，所以01;
(Ⅱ)点P(xo,yo)(00与a<0两种情况的讨论。
[对症下药](1)同错解(1)
(2)由
=
综上所述不等式成立
专家会诊
(1) 证明不等式，要掌握不等式的证明基本方法，如分析法、综合法、放缩法、函数法、反证法、换元法等.
(2) 对不等式与数列、函数方和程、导数等内容的综合证明题，难度较大，要结合性质与不等式的基本证明方法相结合，灵活解题，也体现了不等式的工具性，是高考命题的趋势。
考场思维训练
1．已知函数
(1)若f(x)在x=1和x=3处取得极值，试求b、c的值；
答案：解析：(1)f′(x)=x2+(b-1)x+c，
由题意得，1和3是方程x2+(b-1)x+c=0的两根
(2)若f(x)在(-∞,x1)∪(x2,+ ∞)上单调递增且在(x1,x2)上单调递减，又满足x2-x1>1.求证：b2>2(b+2c)；
答案：由题意得，当x∈(-∞，x1)∪(x2，+∞)时，f′(x)>0；x∈(x1，x2)时f′，(x)<0，
∴x1，x2是方程f′，(x)=x2+(b-1)x+c的两根，
则x1+x2=1-b，x1x2=c，
∴b2-2(b+2c)=b2-2b-4c=(b-1)2-4c-1
=(x1+x2)2-4x1x2-1=(x2-x1)2-1．
∵x2-x1>1，∴(x2-x1)2-1>0，
∴b2>2(b+2c)．
(3)在(2)的条件下，若t1+x1>1+t，∴t+1-x2<0，又t0，即t2+bt+c>x1 .
2．已知数列
(1) 问是否存在m∈N,使xm=2,并证明你的结论；
答案：假设存在m∈N*，使xm=2，则2=xm-1=2，
同理可得xm-2=2，
以此类推有x1=2，这与x1=1矛盾，故不存在m∈N*，使xm=2．
(2) 试比较xn与2的大小关系；
(3) 设
答案：当n≥2时，xn+1，-2=-2==-，则xn>0，∴xn+1-2与xn-2符号相反，而x1=1< 2，则x2>2，以此类推有：x2n-1<2，x2n>2；
(3)
命题角度4 不等式的解法
1．(典型例题)在R上定义运算⊗:x⊗y=x(1-y),若不等式(x-a) ⊗(x+a)<1对任意实数x成立，则a的范围是 ( )
[考场错解]A
[专家把脉] 对x⊗y=x(1-y)的运算关系式理解不清。
[对症下药]
2．(典型例题)已知函数f(x)
(1) 求函数f(x)的解析式；
(2) 设k>1,解关于x的不等式：
[考场错解]
[专家把脉](2)问中两边约去(2-x),并不知2-x的符号.
[对症下药](1)同错解中(1)
① 当10解集为x∈(1,2) ∪(2,+ ∞);
③ 当k>2时，解集为x∈(1,2) ∪(k,+ ∞).
3.(典型例题)设函数f(x)=kx+2,不等式|f(x)|<6的解集为(-1,2)试求不等式的log的解集。
[考场错解]
当k>0时，k≤2,当k<0,k≥-4.
∴k=2或-4.
当k=2时f(x)=2x+2,当k=-4时f(x)=-4x+2再由解对数不等式。
[专家把脉]在求k的值时分析讨论不严密，上式中是在x∈(-1,2)时恒成立，而k的值并不能使之成立.
[对症下药] ∵|kx+2|<6, ∴(kx+2)2<36,
即k2x2+4kx-32<0.
由题设可得
解得k=-4, ∴f(x)=-4x+2.
①
②
③
①解得由②解得x<1,由③得
4．(典型例题)设对于不大于
[考场错解]A={x|a-b0的解集是(1,+ ∞),则关于x的不等式的解集是( )
A.(-∞,-1)∪(2,+ ∞)
B.(-1,2)
C.(1,2)
D(-∞,1) ∪(2,+ ∞)
答案： A解析：a>0-且=1，>0(x+1)(x-2)>0x<-1或x>2．
2.若
答案：(-1，cosα)∪(-cosα，1) 解析：∵20<1-x20时，原不等式为>x>1,∴x>1②当x<0时，原不等式为
(x+1)·(2x-1)>0且x<0，∴x<-1．
综上①，②可得{x|x<-1或x>1}．
命题角度5 不等式的综合应用
1．(典型例题)已知函数f(x)=ax-
( Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)设0logtba=1，∴0|logab+logba|．故选D．
2 已知不等式x2-2x+a>0时，任意实数x恒成立，则不等式a2x+10 对x∈R恒成立．△<0，即a>1．
∴不等式(a2x+10)
(2) 当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？
答案： P=-()+49．5≤-2×4+49．5=41．5，当且仅当x=时，即x=8时，P有最大值41．5 万元．
探究开放题预测
预测角度1 不等式的概念与性质
1．下列命题正确的是 ( )
[解题思路]利用均值不等式成立的条件判断。
[解答]D对于A，当a、b同为负数时也成立；对于B，当a、b、c中有一个为0，其余为正数时也成立；对于C，当a、b、c∈(0，1)时也成立；D正确。
2．已知a=sin15.+cos15.,b=sin16.,则下列各式中正确的是 ( )
[解题思路]利用两角和与差的公式化简b、a、然后再比较大小.
[解答]B
预测角度2不等式的解法
1．关于x的不等式x|x-a|≥2a2(a∈(-∞,0)的解集为 ( )
A.[-a,+ ∞] B.[a,+ ∞]
C.[2a,a] ∪[-a+∞] D.(- ∞,a)
[解题思路]讨论a、x的大小，去绝对值符号.
[解答]A当x>a,x2-ax-2a2≥0, ∴x≥-a.当x.即可求解。
[解答]A由已知有f(x)为奇函数，则原不等式变形为f(x)<画图可知A正确，所以选A
3．函数则使g(x) ≥f(x)的x的取值范围是
[解题思路]利用数形结合法.
[解答]D用数形结合法，分别作出f(x)=sinx和g(x)=-9
4.解关于x的不等式
[解题思路]本题的关键不是对参数a进行讨论，而是取绝对值时必须对未知数进行讨论，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。
[解答]当x≥a 时，不等式可转化为
预测角度3 不等式的证明
1．已知定义域为[0，1]的函数f(x)同时满足：(1)对于任意x∈[0,1]总有f(x) ≥0;
(2)f(1)=1;(3)若x1≥0,x2≥0,x1+xz≤1,则有f(x1+x2) ≥f(x1)+f(x2).
(Ⅰ)试求f(0)的值；(Ⅱ)试求函数f(x)的最大值；(Ⅲ)试证明：当x∈
[解题思路](1)赋值法； (2)变形f(x2)=f[(x2-x1)+x1],即可求函数f(x)的最大值；
[解答](Ⅰ)令
得f(0) ≥0, ∴f(0)=0.
(Ⅱ)任取
(Ⅲ)
1． 设y=f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1且对任意的实数x,y∈R,有f(x+y)=f(x) ·f(y)成立，数列{an}满足a1=f(0),且f(an+1)=
2．
(1) 判断y=f(x)是否为单调函数，并说明理由；
(2)
(3)若不等式
[解题思路](1)利用函数的单调性证明;(2)裂项法求出Tn再解不等式；(3)利用函数的单调性求k的最大值.
[解答](1)设
(3)由
预测角度4 不等式的工具性
1．若直线2ax-by+2=0(a、b>0)始终平分圆x2+y2+2x-4y+1=0的周长，则的最小值是 ( )
A.4 B.2
C. D.
[解题思路]利用重要不等式求最小值。
[解答]A直线2ax-by+2=0过圆心(-1,2), ∴a+b=1,
2.已知函数f(x)=ax2+8x+3(a<0),对于给定的负数a有一个最大的正数l(a),使得在整个区间[0,l(a)]上，不等式|f(x)| ≤5恒成立，则l(a)的最大值是( )
[解题思路]考虑区间[0，l(a)]的端点处不等式|f(x)| ≤5恒成立.
3.设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>b>c),已知f(1)=0,且存实数m,使f(m)=-a.
(1) 试推断f(x)在区间[0，+∞]上是否为单调函数，并说明你的理由；
(2) 设g(x)=f(x)+bx,对于x1，x2∈R,且x1≠x2,若g(x1)=g(x2)=0,求|x1-x2|的取值范围；
(3) 求证：f(m+3)>0.
[解题思路]由二次函数的对称轴两边为单调的性质判断；(2)由根与系数的关系求出a、b、c的关系，从而转化为二次函数的最值；
[解答](1) ∵f(m)=-a,m∈R. ∴方程ax2+bx+c+a=0有实根⇒∆=b2-4a(a+c) ≥0
∵f(1)=0, ∴a+b+c=0,即a+c=-b.
∴b2-4a·(-b)=b(b+4a) ≥0.
∵a>b>c, ∴a>0,c<0.从而b+4a=-(a+c)+4a=3a-c>0.
∴b≥0.⇒x=
∴f(x)在[0，+∞]上是增函数.
(2)据题意x1,x2是方程g(x)=0即ax2+2bx+c=0的两实根.
=
(3)∵f(1)=0.设f(x)=a(x-1)(x-)
4.在xOy平面上有一系列点P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn),…,对每个正整数n,点PN 位于函数y=x2(x≥0)的图像上,以点Pn 为圆心的圆Pn与x轴都相切,且圆Pn与圆PN+1又彼此相外切. 若x1=1,且x n+10的解集为 ( )
A.{x|-32}
C.{x|-33}
D.{x|-10得，由题
4函数f(x)是R上的增函数,A(0,1),B(3,1)是其图像上的两点,那么|f(x+1)|<1的解集是( )
A.(1,4) B(-1,2)
C.(- ∞,1) ∪[4,+ ∞]D.(- ∞,-1) ∪[2,+ ∞]
答案： B 易知过A、B两点的直线即y=x-1，即f(x)=x-1是增函数，由f(x+1)=(x+1)-1，得当
∴
5已知f(x)=
A.{x|13或x<2}
C.{x|10,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集为 ( )
A．(-3,0) ∪(3,+ ∞)
B.(-3,0) ∪(0,3)
C.(- ∞,-3) ∪(3,+ ∞)
D.(- ∞,-3) ∪(0,3)
答案： D 解析：设F(x)=f(x)·g(x)，
F(-x)=f(-x)·g(-x)=-f(x)·g(x)=-F(x)
∴F(x)为奇函数
又x<0时，F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′，(x)>0
∴x<0时，F(x)为增函数
∵奇函数在对称区间上的单凋性相同，
∴x>0时，9(x)也为增函数
∵F(-3)=f(-3)g(-3)=0
∴F(3)=-F(-3)=0
如图为一个符合题意的图象观
察知9(x)=f(x)，g(x)<0
解集为(-∞，-3)∪(0，3)
7已知y=logb(2-bx)在[0,1]上是增函数，则不等式：logb|x+2|>logb|x-4|的解集是________.
答案：{x|x<1，x7≠-2} 解析：因为当b>0，所以2-bx在[0，1]上递减，由已知可知00时，f(x)=x+
答案：依题意x∈[-3，-1]时f(x)=f(-x)=-x+=(),∴m=f(-1)=5，n=f(-2)=4，m-n=1，
9定义符号函数sgnx=
答案：-2解析：略；
10已知关于x的不等式
(1)a=4时，求集合M；
答案：当a=4时，原不等式可化为，
即4(x-)(x-2)(x+2)<0，∴x∈(-∞，-2)∪(，2)，故M为(-∞，-2)∪(，2)．
(2)若3∈M且5M,求实数a的取值范围。
答案：由3∈M得<0，∴a>9或a<， ①
由5M得≥0，∴1≤2
s=(|t+x|+|t-x1)2=2(t2+x2)+2|t2-x2|-(|t+x|+|t-x|)2=2(t2+x2)+2|t2-x2|.
当|t|≥|x|时，s=4t2≤4；当|t||x|时s=4x2<4
∴|t+x|+|t-x|≤2<1f(tx+1)|即，|t+x|+|t-x|<|f(tx+1)|
(1) 设x是正实数，求证:[f(x+1)]n-f(xn+1) ≥2n-2.
答案： n=1时，结论显然成立
当n≥2时，[f(x+1)]n-f(xn+1)
=(x+)n-(xn+)
=