高中数学能力训练——不等式
答案：
1. (1)证明 任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=
f(x1)?f(?x2)·(x1－x2)
x1?x2∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知
f(x1)?f(?x2)＞0，又 x1－x2＜0，
x1?x2∴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，
1??1?x??1?2?13??1 解得 {x|－≤x＜－1，x∈R} ∴??1?x?12?11?x???2x?1?(3)解 由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，
故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at+1≥1成立， 故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，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t≥2}
2. 解 M?［1，4］有两种情况 其一是M=?，此时Δ＜0；其二是M≠?，此时Δ=0或Δ＞0，
分三种情况计算a的取值范围
设f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=??［1，4］
(2)当Δ=0时，a=－1或2 当a=－1时M={－1}?［1，4］；当a=2时，m={2}?［1，4］
(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2
设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，
?f(1)?0,且f(4)?0那么M=［x1，x2］，M?［1，4］?1≤x1＜x2≤4??
1?a?4,且??0???a?3?0?18?7a?018?即?，解得 2＜a＜，
7?a?0??a??1或a?2∴M?［1，4］时，a的取值范围是(－1，
3. 解 原不等式可化为 18) 7(a?1)x?(2?a)＞0，
x?26
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①当a＞1时，原不等式与(x－由于
a?2)(x－2)＞0同解 a?1a?21?1??1?2 a?1a?1a?2)∪(2，+∞) a?1a?2②当a＜1时，原不等式与(x－)(x－2) ＜0同解
a?1∴原不等式的解为(－∞，
a?21?1?, a?1a?1a?21a?2?1??2,解集为(若a＜0，，2)； a?1a?1a?1a?21?1??2，解集为?； 若a=0时，
a?1a?1a?21a?2?1??2,解集为(2，若0＜a＜1，) a?1a?1a?1由于
a?2a?2)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，)；当a=0a?1a?1a?2时，解集为?；当a＜0时，解集为(，2）
a?1综上所述 当a＞1时解集为(－∞，
4. 解 由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1]恒成立
2??3mx?1?1?mx?x在x∈(0，1]恒成立 ??2??1?mx?x?m?22??2x?1?x整理，当x∈(0，1)时，?恒成立，
2??m(x?1)?x?1?1?x2m???2x即当x∈(0，1]时，?恒成立， 2?m?x?1?x?1?2??2mx?1?x且x=1时，?恒成立，
2??m(x?1)?x?11?x21?x211??在x∈(0，1]上为减函数，∴∵＜－1，
2x2x2x21?x2∴m＜恒成立?m＜0
2xx2?1x2?112?(x?1)??2，在x∈(0，1]上是减函数，∴又∵＜－1
x?1x?1x?1x2?1∴m＞恒成立?m＞－1
x?1 7
高中数学能力训练——不等式
??1?x2当x∈(0，1)时，?m??2x恒成立?m∈(－1，0) ①?2 ??m?x?1x?1当x=1时，??2?2mx?1?x?，即是??m?0∴m ②
?m(x?1)?x2?1?0?1＜0
∴①、②两式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1]时，
f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范围是(－1，0)
5.解集为(?1，1?52)?(1，1?52)
6、①若0?a?5?112，则原不等式的解集为(?a，1?52)?(1?52，??)； ②若a?5?12，则原不等式的解集为(1?52，??)； ③若a?5?12，则原不等式的解集为(1?52，?11?5a)?(2，??)。
7.证明：（1）令a?b?t，则c?1?t。又a2?b2?c2?1，
?a2?b2?1?c2(a?b)2?2ab?1?c2 t2?2ab?1?(1?t)2
2t2?2t?2ab?2?(a?b2)2?3t2?4t?0，得0?t?43。 又由a?b?c?1及a2?b2?c2?1可得，ab?bc?ca?0，
而a?b?c，若c?0，则ab?bc?ca?0，与前面矛盾，故c?0， 即1?t?0，?t?1，从而1?t?44 3，即1?a?b?3。a?ba2?b2（2）首先易证2?2，令a2?b2?m，
8
高中数学能力训练——不等式
则1?c?2m，?c?1?2m。又1?m?c2，而c?0，?1?m?(1?2m)2?m?89。又m?1?c2?1，
?89?a2?b2?1。
8.解：该商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是
p(1?x10)元，n(1?y10)件，npz元，因而有： npz?p(1?x10)?n(1?y110)?z?100(10?x)(10?y)在y?ax的条件下，z?15(1?a)225(1?a)2100{?a[x?a]?100?a}
由于15(3?a?1，?0?1?a)a?10。要使售货金额最大，只要z值最大，这时应有x?5(1?a)a。（2）由z?1100(10?x)(10?2x3)?1解得：0?x?5。 9.
（1） 证明：当a?b?0时，a??b且b??a，?f(a)?f(?b)，f(b)?f(?a)， ?f(a)?f(b)?f(?a)?f(?b)。
（2）（1）中命题的逆命题为：f(a)?f(b)?f(?a)?f(?b)?a?b?0 ① ①的逆否命题是：a?b?0?f(a)?f(b)?f(?a)?f(?b) ②
仿（1）的证明可证②成立，又①与②互为逆否命题，故①成立，即（1）中命题的逆命题成立。（2） 根据（2），所解不等式等价于
lg1?x1?x?2?0，解得?1?x?99101。
10.解：易知f(x)在R上递增，且f(0)?0，
f(co2s??3)?f(4m?2mco2s?)?0
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?f(cos2??3)??f(4m?2mcos?)?f(cos2??3)?f(2mcos??4m)?cos2??3?2mcos??4m
?cos2??mcos??2m?2?0令cos??t，则0?t?1。由题设，在[0，1]上，不等式t2?mt?2m?2?0恒成立，从而?m??m2?4(2m?2)?0或?m??2?0?或??2?1 ?2m?2?0??1?m?2m?2?0故m?4?22。因此，满足条件的实数m存在，它可取(4?22，??)内的一切值。
11. 解析：（Ⅰ）证法一：
①当n?1时，a1?2?2?1?1不等式成立，
②假设n?k时，ak?2k?1成立
当n?k?1时，
a221k?1?ak?a2?2?2k?3?1ka2?2(k?1)?1
k?n?k?1时，ak?1?2(k?1)?1成立
由①②可知，an?2n?1对一切正整数n成立.
证法二：由递推公式可得
a22n?an?1?2?1a2
n?1a221n?1?an?2?2?a2
n?2…
a222?a1?2?1a2 1上述各式相加并化简得
a221n?a1?2(n?1)?1a2????11a22a2
n
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