1樓：匿名使用者
b)∈m，且對m中的其它元素(c，d)，總有c≥a，則a=____．
分析：讀懂並能揭示問題中的數學實質，將是解決該問題的突破口．怎樣理解「對m中的其它元素(c，d)，總有c≥a」？m中的元素又有什麼特點？
解：依題可知，本題等價於求函式x=f(y)=(y+3)�6�1|y-1|+(y+3)
(2)當1≤y≤3時，
所以當y=1時， = 4．
簡評：題設條件中出現集合的形式，因此要認清集合元素的本質屬性，然後結合條件，揭示
其數學實質．即求集合m中的元素滿足關係式
例2．已知非負實數 ， 滿足 且 ，則 的最大值是（ ）
a． b． c． d．
解：畫出圖象，由線性規劃知識可得，選d
例3．數列 由下列條件確定：
（1）證明：對於 ,
（2）證明：對於 ．
證明：（1）
（2）當 時，
= 。例4．解關於 的不等式：
分析：本例主要複習含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關鍵不是對引數 進行討論，而是去絕對值時必須對末知數進行討論，得到兩個不等式組，最後對兩個不等式組的解集求並集，得出原不等式的解集。
解：當。例5．若二次函式y=f(x)的圖象經過原點，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的範圍．
分析：要求f(-2)的取值範圍，只需找到含人f(-2)的不等式(組)．由於y=f(x)是二次函式，所以應先將f(x)的表達形式寫出來．即可求得f(-2)的表示式，然後依題設條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解．
解：因為y=f(x)的圖象經過原點，所以可設y=f(x)=ax2+bx．於是
解法一(利用基本不等式的性質)
不等式組(ⅰ)變形得
(ⅰ)所以f(-2)的取值範圍是[6，10]．
解法二(數形結合)
建立直角座標系aob，作出不等式組(ⅰ)所表示的區域，如圖6中的陰影部分．因為f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系．如圖6，當直線4a-2b-f(-2)=0過點a(2，1)，b(3，1)時，分別取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值範圍是：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．
簡評：(1)在解不等式時，要求作同解變形．要避免出現以下一種錯解：
2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．
(2)對這類問題的求解關鍵一步是，找到f(-2)的數學結構，然後依其數學結構特徵，揭示其代數的、幾何的本質，利用不等式的基本性質、數形結合、方程等數學思想方法，從不同角度去解決同一問題．若長期這樣思考問題，數學的素養一定會迅速提高．
例6．設函式f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x，y= x，均不相交.試證明對一切 都有 .
分析：因為x∈r，故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點確定，故設f(x)=a(x-x0)2+f(x0)．
證明：由題意知，a≠0．設f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，則
又二次方程ax2+bx+c=±x無實根，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．
簡評：從上述幾個例子可以看出，在證明與二次函式有關的不等式問題時，如果針對題設條件，合理採取二次函式的不同形式，那麼我們就找到了一種有效的證明途徑．
例7. 設二次函式f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的兩個根x1、x2滿足0＜x1＜x2＜ .
(1)當x∈〔0，x1 時，證明x＜f(x)＜x1；
(2)設函式f(x)的圖象關於直線x=x0對稱，證明：x0＜ .
解：(1)令f(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以f(x)=a(x－x1)(x－x2).當x∈(0，x1)時，由於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)依題意：x0=－ ，因為x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.
∴x1+x2=－
∴x0=－ ，因為ax2＜1，
∴x0＜
例8 已知a，b，c是實數，函式f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時|f(x)|≤1.
(1)證明：|c|≤1；
(2)證明：當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2；
(3)設a＞0，有－1≤x≤1時， g(x)的最大值為2，求f(x).
命題意圖：本題主要考查二次函式的性質、含有絕對值不等式的性質，以及綜合應用數學知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目.
知識依託：二次函式的有關性質、函式的單調性是藥引，而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂.
錯解分析：本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函式f(x)的單調性的深刻理解，以及對條件「－1≤x≤1時|f(x)|≤1」的運用；絕對值不等式的性質使用不當，會使解題過程空洞，缺乏嚴密，從而使題目陷於僵局.
技巧與方法：本題(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調性；證法二利用絕對值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關係.
(1)證明：由條件當=1≤x≤1時，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)證法一：依題設|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.當a＞0時，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是增函式，於是
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)；
當a＜0時，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是減函式，於是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.
綜合以上結果，當－1≤x≤1時，都有|g(x)|≤2.
證法二：∵|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，根據絕對值不等式性質得：
|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，
函式g(x)=ax+b的圖象是一條直線，因此|g(x)|在〔－1，1〕上的最大值只能在區間的端點x=－1或x=1處取得，於是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 .
當－1≤x≤1時，有0≤ ≤1，－1≤ ≤0，
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f( )|≤1；
因此當－1≤x≤1時，|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2.
(3)解：因為a＞0，g(x)在〔－1，1〕上是增函式，當x=1時取得最大值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.
因為當－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，
根據二次函式的性質，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，
由此得－ ＜0 ，即b=0.
由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.
例9．某城市2023年末汽車保有量為30萬輛，預計此後每年報廢上一年末汽車保有量的6%，並且每年新增汽車數量相同。為了保護城市環境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那麼每年新增汽車數量不應超過多少輛？
解：設2023年末的汽車保有量為 ，以後每年末的汽車保有量依次為 ，每年新增汽車 萬輛。由題意得
一、選擇題
1.(★★★★★)定義在r上的奇函式f(x)為增函式，偶函式g(x)在區間〔0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a＞b＞0，給出下列不等式，其中正確不等式的序號是( )
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、填空題
2.(★★★★★)下列四個命題中：①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③設x，y都是正數，若 =1，則x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號是__________.
3.(★★★★★)某公司租地建倉庫，每月土地佔用費y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那麼要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站__________公里處.
三、解答題
4.(★★★★★)已知二次函式 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈r，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數根為x1，x2.
(1)如果x1＜2＜x2＜4，設函式f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值範圍.
5.(★★★★)某種商品原來定價每件p元，每月將賣出n件，假若定價**x成(這裡x成即 ，0＜x≤10 .每月賣出數量將減少y成，而售貨金額變成原來的 z倍.
(1)設y=ax，其中a是滿足 ≤a＜1的常數，用a來表示當售貨金額最大時的x的值；
(2)若y= x，求使售貨金額比原來有所增加的x的取值範圍.
6.(★★★★★)設函式f(x)定義在r上，對任意m、n恆有f(m+n)=f(m)�6�1f(n)，且當x＞0時，0＜f(x)＜1.
(1)求證：f(0)=1，且當x＜0時，f(x)＞1；
(2)求證：f(x)在r上單調遞減；
(3)設集合a=，集合b=，若a∩b= ，求a的取值範圍.
7.(★★★★★)已知函式f(x)= (b＜0)的值域是〔1，3〕，
(1)求b、c的值；
(2)判斷函式f(x)=lgf(x)，當x∈〔－1，1〕時的單調性，並證明你的結論；
(3)若t∈r，求證：lg ≤f(|t－ |－|t+ |)≤lg .
〔科普美文〕數學中的不等式關係
數學是研究空間形式和數量關係的科學，恩格斯在《自然辯證法》一書中指出，數學是辯證的輔助工具和表現形式，數學中蘊含著極為豐富的辯證唯物主義因素，等與不等關係正是該點的生動體現，它們是對立統一的，又是相互聯絡、相互影響的；等與不等關係是中學數學中最基本的關係.
等的關係體現了數學的對稱美和統一美，不等關係則如同仙苑奇葩呈現出了數學的奇異美.不等關係起源於實數的性質，產生了實數的大小關係，簡單不等式，不等式的基本性質，如果把簡單不等式中的實數抽象為用各種數學符號整合的數學式，不等式發展為一個人丁興旺的大家族，由簡到繁，形式各異.如果賦予不等式中變數以特定的值、特定的關係，又產生了重要不等式、均值不等式等.
不等式是永恆的嗎？顯然不是，由此又產生了解不等式與證明不等式兩個極為重要的問題.解不等式即尋求不等式成立時變數應滿足的範圍或條件，不同型別的不等式又有不同的解法；不等式證明則是推理性問題或探索性問題.
推理性即在特定條件下，闡述論證過程，揭示內在規律，基本方法有比較法、綜合法、分析法；探索性問題大多是與自然數n有關的證明問題，常採用觀察—歸納—猜想—證明的思路，以數學歸納法完成證明.另外，不等式的證明方法還有換元法、放縮法、反證法、構造法等.
數學科學是一個不可分割的有機整體，它的生命力正是在於各個部分之間的聯絡.不等式的知識滲透在數學中的各個分支，相互之間有著千絲萬縷的聯絡，因此不等式又可作為一個工具來解決數學中的其他問題，諸如集合問題，方程(組)的解的討論，函式單調性的研究，函式定義域的確定，三角、數列、複數、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題無一不與不等式有著密切的聯絡.許多問題最終歸結為不等式的求解或證明；不等式還可以解決現實世界中反映出來的數學問題.
不等式中常見的基本思想方法有等價轉化、分類討論、數形結合、函式與方程.總之，不等式的應用體現了一定的綜合性，靈活多樣性.
等與不等形影不離，存在著概念上的親緣關係，是中學數學中最廣泛、最普遍的關係.數學的基本特點是應用的廣泛性、理論的抽象性和邏輯的嚴謹性，而不等關係是深刻而生動的體現.不等雖沒有等的溫柔，沒有等的和諧，沒有等的恰到好處，沒有等的天衣無縫，但它如山之挺拔，峰之雋秀，海之寬闊，天之高遠，怎能不讓人心曠神怡，魂牽夢繞呢？
參***
難點磁場
解：(1)令f(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以f(x)=a(x－x1)(x－x2).當x∈(0，x1)時，由於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)依題意：x0=－ ，因為x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.
∴x1+x2=－
∴x0=－ ，因為ax2＜1，
∴x0＜
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一、1.解析：由題意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)
同理可證：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)
答案：a
二、2.解析：①②③不滿足均值不等式的使用條件「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為倉庫與車站距離)費用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8
當且僅當0.8x= 即x=5時「=」成立
答案：5公里處
三、4.證明：(1)設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�6�1x2= ＞0，所以x1，x2同號�
1°若0＜x1＜2，則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，則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＞ .
綜上，當0＜x1＜2時，b＜ ，當－2＜x1＜0時，b＞ .
5.解：(1)由題意知某商品定價**x成時，**後的定價、每月賣出數量、每月售貨金額分別是：p(1+ )元、n(1－ )元、npz元，因而
，在y=ax的條件下，z= 〔－a
〔x－ 〕2+100+ 〕.由於 ≤a＜1，則0＜ ≤10.
要使售貨金額最大，即使z值最大，此時x= .
(2)由z= (10+x)(10－ x)＞1，解得0＜x＜5.
6.(1)證明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)�6�1f(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)證明：任取x1，x2∈r，則f(x1)－f(x2)=f(x1)－f〔(x2－x1)+x1〕
=f(x1)－f(x2－x1)�6�1f(x1)=f(x1)〔1－f(x2－x1)〕，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函式f(x)在r上為單調減函式.
(3)由 ，由題意此不等式組無解，數形結合得： ≥1，解得a2≤3
∴a∈〔－ ， 〕
7.(1)解：設y= ，則(y－2)x2－bx+y－c=0 ①
∵x∈r，∴①的判別式δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，
即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②
由條件知，不等式②的解集是〔1，3〕
∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的兩根
∴c=2，b=－2，b=2(舍）
(2)任取x1，x2∈〔－1，1〕，且x2＞x1，則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)為增函式.
即－ ≤u≤ ，根據f(x)的單調性知
f(－ )≤f(u)≤f( )，∴lg ≤f(|t－ |－|t+ |)≤lg 對任意實數t 成立.
求含絕對值不等式的解法，含有絕對值的不等式怎麼解
其他的也是一樣的思路，先討論絕對值內大於等於零和小於零的兩種情況，然後綜合討論的c地取值很解不等式的取值，取交集。1 1 x 2 2是拆開解不等式組，方法一樣。分段討論 1 5x 1 0時，x 1 5 5x 1 2 x 求交集 x 1 6 2 5x 1 0時。x 1 5 5x 1 2 x 交集 x ...
高三數學絕對值不等式的題目》，高中數學絕對值不等式公式 一定要正確的啊 我明天高考 突然忘了
分段討論 零點是 1 2和4 則x 1 2 2x 1 0,x 4 0 f x 2x 1 4 x x 5 x 1 2 x 1 2 f x x 5 9 2 1 2 x 4 則f x 2x 1 4 x 3x 3 1 2 x 4 9 2 3x 3 9 x 4f x 2x 1 4 x x 5 x 4x 5 9...
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