高考不等式大题及答案_不等式高考真题汇编

1.高一数学题 解不等式

2.上海高考题 不等式（1+k2）x《k4+4……谁有答案？

3.基本不等式题目解答

1: 因为圆中的内接三角形且为直角，所以 斜边必过圆点 -》 a?+b?= (2r)? = (2*2)? = 16；

2: 因为（a-b）? >= 0 所以 a?+b? -2ab>=0 ，所以 a? +b? >=2ab

如果还不懂可以推算出来的：

假如：a? +b? = 16 那么 a? = 16-b?

则： a*b = 根号（16-b? ） * b = 根号(b? *(16-b? ))

设 b? = x； 则原式 = 根号(x*（16-x）)

问题就转化为求二元一次方程式的最大值了。。楼主可以试下

高一数学题 解不等式

不清楚啊！

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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， = 4．

简评：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

例2．已知非负实数 ， 满足 且 ，则 的最大值是（ ）

A． B． C． D．

解：画出图象，由线性规划知识可得，选D

例3．数列 由下列条件确定：

（1）证明：对于 ,

（2）证明：对于 ．

证明：（1）

（2）当 时，

= 。

例4．解关于 的不等式：

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 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。

解：当

例5．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

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．

简评：(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．

例6．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y= x，均不相交.试证明对一切 都有 .

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

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．

简评：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7. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜ .

(1)当x∈〔0，x1 时，证明x＜f(x)＜x1；

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜ .

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，

又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)

x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕

∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0

∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.

(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.

∴x1+x2=－

∴x0=－ ，因为ax2＜1，

∴x0＜

例8 已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1.

(1)证明：|c|≤1；

(2)证明：当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；

(3)设a＞0，有－1≤x≤1时， g(x)的最大值为2，求f(x).

命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.

知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.

错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.

技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.

(1)证明：由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.

(2)证法一：依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.当a＞0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是增函数，于是

g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，

∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，

g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，

因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；

当a＜0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是减函数，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，

∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1

∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.

综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2.

证法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)

∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，

∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，

因此，根据绝对值不等式性质得：

|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，

|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，

∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，

函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在〔－1，1〕上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 .

当－1≤x≤1时，有0≤ ≤1，－1≤ ≤0，

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f( )|≤1；

因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2.

(3)解：因为a＞0，g(x)在〔－1，1〕上是增函数，当x=1时取得最大值2，即

g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2. ①

∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.

因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，

根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，

由此得－ ＜0 ，即b=0.

由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.

例9．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 ，以后每年末的汽车保有量依次为 ，每年新增汽车 万辆。由题意得

一、选择题

1.(★★★★★)定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间〔0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )

①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)

③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)

A.①③ B.②④ C.①④ D.②③

二、填空题

2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③设x，y都是正数，若 =1，则x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.

3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.

三、解答题

4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；

(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.

5.(★★★★)某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即 ，0＜x≤10 .每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.

(1)设y=ax，其中a是满足 ≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；

(2)若y= x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.

6.(★★★★★)设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)?f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.

(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)求证：f(x)在R上单调递减；

(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)?f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B= ，求a的取值范围.

7.(★★★★★)已知函数f(x)= (b＜0)的值域是〔1，3〕，

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈〔－1，1〕时的单调性，并证明你的结论；

(3)若t∈R，求证：lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg .

〔科普美文〕数学中的不等式关系

数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系.

等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等.

数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，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.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性.

等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系.数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？

参考答案

难点磁场

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，

又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)

x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕

∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0

∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.

(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.

∴x1+x2=－

∴x0=－ ，因为ax2＜1，

∴x0＜

歼灭难点训练

一、1.解析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)

∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)

而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－〔g(a)－g(b)〕

=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)

同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)

答案：A

二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.

答案：④

3.解析：由已知y1= ；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8

当且仅当0.8x= 即x=5时“=”成立

答案：5公里处

三、4.证明：(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.

∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，

(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1?x2= ＞0，所以x1，x2同号?

1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，

∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①

又(x2－x1)2=

∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，

2 ＜3－2b ②

解②得b＜

2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2

∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③

又2a+1= ，代入③式得

2 ＜2b－1 ④

解④得b＞ .

综上，当0＜x1＜2时，b＜ ，当－2＜x1＜0时，b＞ .

5.解：(1)由题意知某商品定价上涨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+ )元、n(1－ )元、npz元，因而

，在y=ax的条件下，z= 〔－a

〔x－ 〕2+100+ 〕.由于 ≤a＜1，则0＜ ≤10.

要使售货金额最大，即使z值最大，此时x= .

(2)由z= (10+x)(10－ x)＞1，解得0＜x＜5.

6.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)?f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1

取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)

∴f(m)= ，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1

(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f〔(x2－x1)+x1〕

=f(x1)－f(x2－x1)?f(x1)=f(x1)〔1－f(x2－x1)〕，

∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，

∴函数f(x)在R上为单调减函数.

(3)由 ，由题意此不等式组无解，数形结合得： ≥1，解得a2≤3

∴a∈〔－ ， 〕

7.(1)解：设y= ，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ①

∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，

即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②

由条件知，不等式②的解集是〔1，3〕

∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的两根

∴c=2，b=－2，b=2(舍）

(2)任取x1，x2∈〔－1，1〕，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且

(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－ ＞0，

∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)

∴F(x)为增函数.

即－ ≤u≤ ，根据F(x)的单调性知

F(－ )≤F(u)≤F( )，∴lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg 对任意实数t 成立.

上海高考题 不等式（1+k2）x《k4+4……谁有答案？

5|x|+24<x^2

5|x|+24<x^2

|x|^2-5|x|-24>0

(|x|-5/2)^2>121/4

|x|-5/2>11/2或|x|-5/2<-11/2

第一个不等式即：|x|>8,x>8或x<-8

第二个不等式即：|x|<-3(舍去）

所以答案：x>8或x<-8

x^4-1>5x^2-7

x^4-5x^2+6>0

(x^2-5/2)^2>1/4

x^2-5/2>1/2或x/2-5/2<-1/2

第一个不等式即：x^2>3,x>根号3或x<-根号3

第二个不等式即:x^2<2,-根号2<x<根号2

所以答案:x<-根号3,-根号2<x<根号2或x>根号3

(x-1)(x-2)(x-6)(x+1)<0

用标根法，解集：-1<x<1或2<x<6

基本不等式题目解答

楼上的错了，把x＝-100代入试试，k^4+100k^2+104≥0 ，不恒成立吗？

我用高数（不超纲）作出得M为{x|x≤2（sqr5-1）}，（sqr是根号，2（sqr5-1）≈2.472）过程如下：

1＋k^2>0，除之，得要x≤(k^4+4)/(1＋k^2),令y＝(k^4+4)/(1＋k^2),即要x≤y{min}，在y中对k求导，得

y'＝2k[2k^2(k^2+1)-(k^4+4)]/(k^4+2k^2+1)，令y'=0，得y关于k的图象的三个拐点，分别当k＝0或±sqr（sqr5-1）时。画出图像草图（你可用几何画板画画看，也可用它求导）得

y在k∈(-∞，-sqr（sqr5-1））上单调递减，在[-sqr（sqr5-1），0)上单调递增，在[0,sqr（sqr5-1）)上单调递减，在[sqr（sqr5-1）,+∞）上单调递增，当k＝±sqr（sqr5-1）时y最小，由此得y{min}=2（sqr5-1）≈2.472，也就有M为{x|x≤2（sqr5-1）}，选A

解：

基本原理：算术平均值>= 几何平均值

1. 拆项： x^2 +4/x = x^2 +2/x +2/x >= 3*3次根号下(x^2 *2/x *2/x) = 3*3次根号下4

取等条件：x^2 = 2/x，即 x=3次根号下2

2. 还是拆项：y = x^2 (1-3x) = (4/9)(3x/2)(3x/2)(1-3x) <= (4/9)*[(1/3)(3x/2+ 3x/2+ 1-3x)]^3 = 4/243

取等条件：3x/2 = 1-3x，即x=2/9

3. 1的巧用：T = 2*根号下ab -4a^2 -b^2 = 2*根号下ab -(2a+b)^2 +4ab = 4ab+ 2*根号下ab -1 = (2*根号下ab + 1/2)^2 -5/4 --- @

因为1 = 2a+b >= 2*根号下(2ab)，所以ab <= 1/8，根号下ab <= (1/4)*根号2

于是 T = @式 <= [2*(1/4)*根号2 + 1/2]^2 -5/4 = (1/2)(根号2 -1)

取等条件：2a=b，联立2a+b=1即得：a=1/4，b=1/2

哈哈，分是我的~

^_^