高一数学不等式练习题

高一数学不等式练习题（精选12篇）

高一数学不等式练习题 篇1

一、解不等式

1.|x29|x32.|x1||x2|x3

3.对于任意实数x，不等式|x1||x2|k恒成立，则k的取值范围是______.4.解不等式：x2|x|60

*5.已知f(x)2x当ab时 求证：|f(a)f(b)||ab| *6.解关于x不等式：|xa|ax(a0)

7.解不等式:(x4)(x5)2(2x)30

8.解不等式:3

x2x

x2

*9.已知aR，解关于x的不等式ax2(2a1)x20 *10.已知不等式ax

x11的解集为{x|x1或x2}，求a的值.二、根据下列条件求实数m的取值范围：

1.关于x的方程x22(m3)x2m140有两个实根，且一个比4大，一个比4小。

2.关于x的方程x22mx(m12)0的两根都大于2。

3.关于x的方程7x(m13)xmm20的两实数根,满足012。

4.关于x的方程2x3x2m0的两根均在[-1,1]之间。

5.关于x的方程x2mx2m10至少有一负根。

6.在区间[-2,2]内恰有一个x的值满足方程2mx

2222222x10。7.关于x的方程xxm1在0x1内有解。

高一数学不等式练习题 篇2

一、在探知数学问题中, 培养探究分析的推理能力

学生作为问题解答的第一“践行者”, 亲身参与到数学案例的探究、分析、推理等实践活动中, 从而培养和提升学习对象严密、科学的思维推理能力. 而笔者发现, 高中生严密、科学的思维推理能力, 是数学问题解答活动深入有效推进的首要条件和能力“保障”. 因此, 教师在案例讲解中, 不能“越俎代庖”, 取代高中生的“亲身”实践, 削弱他们主体地位, 应该多留出探析数学问题空间, 组织高中生开展认知细致的探知数学问题活动, 在综合丰富问题条件内容中, 提升探究分析推理能力.

问题: 有一个平面直角坐标系xOy, 圆的方程x2+ y2- 8x+15 =0, 如果直线y=kx-2上至少存在一点, 使得以该点为圆心, 1 为半径的圆与圆C存在公共点, 试求出k的最大值.

高中生在探析解题条件活动后, 虽然认识到条件中x2+y2-8x+15=0与直线y=kx-2之间的关系, 但对于如何构建出现“卡壳”. 此时, 教师进行指导, 引导学生根据问题条件, 向学生指出, 根据圆与圆的位置关系及其判定, 将其条件转化为“ (x-4) 2+ y2=4 与y=kx-2 有公共点”思路, 进行问题的分析推理活动. 高中生在教师的点拨指导下, 对问题解题思路有了准确掌握和有序推导.

在上述高中生探知解题思路的过程中, 教师组织高中生结合问题条件内容, 开展探究解题要求的思维实践活动, 在高中生探析进程遇到“困难”之时, 帮助高中生对解题要求以及条件内容进行再次梳理, 指明解题“卡壳”的原因所在以及沟通联系的数学知识点内容, 从而帮助高中生进一步明晰解题思路, 形成良好数学推理能力[1].

二、在解答问题过程中, 培养解题思想的运用能力

问题解答的方法策略, 多种多样, 需要学习对象结合案例内容以及解题要求实情进行灵活、有效的运用. 高中阶段数学案例探析解答, 经常需用数形结合、函数与方程、建模思想、化归与转化、分类讨论等解题思想策略. 而大部分高中生对解题思想策略的内在特征以及运用方法, 不能有科学深入的理解和掌握, 导致高中生在实际运用过程中, 难以达到熟练运用目标. 这就要求高中数学应在问题案例解答过程中, 结合探析过程, 引导他们感知和掌握解题思想策略特征, 以此保证解题思想策略运用能够自如、高效.

如, 在“已知有一个椭圆方程c: 9x2+ y2= m2 ( m ﹥ 0) , 直线l图象不过原点也不平行坐标轴, 椭圆与直线图象交于A, B两点, M平分AB. ( 1) 证明: OM斜率与l斜率乘积为定值; ( 2) 如果l经过点 ( m/3, m) , 延长ON到P, OAPB能否是平行四边形?如果能, 求出l的斜率; 如果不能构建, 试说出自己的理由”案例解答中, 教师设计如下教学过程.

分析: 该问题条件中主要涉及到了直线与圆锥曲线的应用问题, 需要对圆锥曲线的最值和取值范围进行研究. 通过问题条件可以知道, 解题时, 首先要根据问题进行作图活动, 画出草稿图. 要证明第一小题, 就需要建立直线方程与椭圆方程的关系式, 求出他们所对应的直线斜率即可. 第二小题, 是一道开放性问题, 根据问题条件进行推导可知, 四边形为平行四边形, 并且当且仅当线段AB与OP相互平分才能得到. 可以通过建立方程关系, 求解一元二次方程得到.

展示解题过程.

教师指导点拨: 在这一问题解答中, 需要运用到的数学知识点较多. 同时, 在其解题过程中, 运用到了数形结合的解题思想, 以及转化思想. 在解答此类问题时, 运用转化思想, 将问题转化为一元二次方程进行解答分析.

三、在变式案例教学中, 培养创新求异的思维能力

数学问题是数学学科精华、要义的集中体现. 案例条件中蕴含了更富、复杂的数学知识点内容, 并且案例涉及的知识点之间存在复杂、深刻的联系. 高中生在探究解析问题案例进程中, 需要综合多方面数学知识点内容, 进行统筹分析, 判断总结出解决问题方法, 以此提升综合辨析能力. 同时, 延申案例教学触角, 利用案例发散特性以及知识点丰富内涵, 设计开放性的解题要求, 引导高中生深层次探究分析问题活动, 以此锻炼高中生的创新求异思维能力.

问题: 已知函数f (x) =2sin (ωx) , 其中常数 ω > 0. 令 ω = 1, 判断函数的奇偶性并说明理由.

学生探析问题推导其解题思路:, F (x) 是非奇函数非偶函数.因为, 所以.所以函数F (x) =f (x) +f (x+π/2) 既不是奇函数也不是偶函数.

教师对学生分析思路进行指点.

在上述解题案例基础上, 教师对现有问题案例进行延伸, 在不改变问题条件的前提下, 向学生展示“如果令 ω = 2, 将函数y = f (x) 的图象向左平移π/6个单位, 再往上平移1个单位, 得到函数y= g (x) 的图象. 对任意的a∈R, 求y = g ( x) 在区间[a, a+ 10π]上零点个数的所有可能值”等变式问题. 高中生此时解题现有解题技能和方法, 进行思考分析活动, 引导高中生深入思考分析活动[2].

四、在反思解题实践中, 培养自我辨析的学习素养

学习对象在数学问题解答过程中, 需要对自身探究问题活动、思路推导过程以及解答问题过程等方面, 进行认真的“回顾”和“剖析”, 以此保证探究解题的效果, 提高思维探析的成效. 自身活动进行反思, 是学习实践活动不可或缺的一个重要环节. 教师在解析实践活动总结评判环节, 应该组织高中生围绕解题思路、解题过程、解题方法等重点环节, 进行认真的“回头看”, 深入剖析, 深刻反思, 自我检查解题过程的优缺点, 并探析有效整改的切实举措, 以此保证解题活动的实效, 从而培养高中生的自我辨析学习素养.

以上是本人结合不等式数学习题教学感受, 对高中数学问题案例教学开展的点滴认识, 在此还希望同仁就问题教学高效开展, 提供宝贵经验, 共同提升问题案例教学效能.

参考文献

[1]杨志艳.高中数学例习题教学策略探究[J].课程教材教学研究:中教研究, 2011 (Z3) :14.

高一数学不等式练习题 篇3

1. 若集合A={-1,0},B={0,1},C={1,2},则(A∩B)∪C=.

2. 函数f(x)=+lg(x+2)的定义域为.

3. 与向量a=(3,4)同向的单位向量为.

4. sin210°= .

5. 在△ABC中,已知向量=a,=b,M为边BC的中点,则= .

6. 函数y=sin2x-cosx+1的最小值为 .

7. 将函数y=sin2x的图像按向量a=,1平移,得到的图像对应的函数为y= .

8. 已知向量a和b的夹角为60°,且|a|=2,|b|=3,则(2a-b)•a=

.

9. 求值:=.

10. 若ABCD为正方形,E是边CD的中点,且=a,=b,则=.

11. 方程xlgx=1的根的个数为.

12. 如图,函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0<φ<π)的图像经过点-,0,,0,且该函数的最大值为2,最小值为-2,则该函数的解析式为.

13. 求值:=

.

14. 对于a,b∈R,定义max{a,b}=a,a≥b,b,a

.

二、 解答题

15. 设向量a=(1,2),b=(-3,2).

(1) k为何值时,向量ka+b与a-3b垂直?

(2) k为何值时,向量ka+b与a-3b平行?

16. 已知cos(α+β)=,sinβ=,α,β为锐角,求sinα的值.

17. 已知函数f(x)=2x-1,g(x)=2x+1+2.

(1) 解方程=;

(2) 函数y=g(x)的图像可以由函数y=f(x)的图像经过怎样的平移而得到?

(3) 判断函数y=的奇偶性.

18. 已知函数f(x)=2cos2x+2sinxcosx-1(x∈R).

(1) 写出函数f(x)的最小正周期和单调递增区间;

(2) 若函数f(x)的图像关于直线x=x0对称,且0

19. 已知向量=(λcosα,λsinα)(λ≠0),=(-sinβ,cosβ),其中O为坐标原点.

(1) 若β=α-,求向量与的夹角;

(2) 若||≥2||对任意实数α,β都成立,求实数λ的取值范围.

20. 如果x0满足方程f(x)=x,则称x0为函数f(x)的一个不动点.设集合A={x| f (x)=x},集合B=

{x|f[f(x)]=x}.为探求集合A和B的关系,王风和张月做了如下研究:

王风:我设f(x)=2x+3,求出集合A和B,我由此发现了它们的一种关系;

张月:我设f(x)=x2-2,求出集合A和B,我由此也发现了它们的一种关系.

(1) 请写出王风研究集合A和B的关系的过程;

(2) 请写出张月研究集合A和B的关系的过程;

(3) 请你总结归纳王风和张月的研究结果(不要求证明),并运用你发现的结论,解决下面的问题:若当f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)时,A={-2,1},求此时的B.

1. {0,1,2}. 2. (-2,1].

3. ,. 4. -.

5. (a+b). 6. 0.

7. sin2x-+1. 8. 5.

9. . 10. b-a.

11. 1. 12. y=2sin+.

13. -. 14. -.

15. ka+b=(k-3,2k+2),a-3b=(10,-4).

(1) 因为ka+b⊥a-3b,所以(ka+b)•(a-3b)=0,所以10(k-3)+4(2k+2)=0,得k=.

(2) 因为ka+b∥a-3b,所以

-4(k-3)=10(2k+2),得k=-.

16. 由α,β为锐角,则0<α+β<π,知sin(α+β)>0,cosβ>0,

所以sin(α+β)==,cosβ==.

所以sinα=sin(α+β)cosβ-cos(α+β)sinβ=.

17. (1) x=log25;

(2) y=f(x)图像向左平移1个单位,再上平移3个单位,得y=g(x)图像.

(3) 令h(x)==.

因为h(-x)====-h(x),所以y=为奇函数.

18. (1) 易得f(x)=cos2x+sin2x=2sin2x+.

所以f(x)的最小正周期为π.

由2kπ-≤2x+≤2kπ+(k∈Z),得f(x)的单调递增区间为kπ-,kπ+(k∈Z).

(2) 因为f(x)的图像关于直线x=x0对称,所以2x0+=kπ+,所以x0=+(k∈Z).

又0

19. (1) 设与的夹角为θ,则cosθ===.

当λ>0时,cosθ=,θ=;

当λ<0时,cosθ=-,θ=.

另法提示 =cos+β,sin+β=cos+α,

sin+α,它可由绕点O逆时针旋转而得到,然后分λ>0和λ<0进行讨论.

(2) ||≥2||对任意的α,β恒成立,即(λcosα+sinβ)2+(λsinα

-cosβ)2≥4对任意的α,β恒成立,

即λ2+1+2λsin(β-α)≥4对任意的α,β恒成立,故λ> 0,λ2-2λ+1≥4或λ< 0,λ2+2λ+1≥4,解得λ≥3或λ≤-3.

另法提示 由λ2+1+2λsin(β-α)≥4对任意的α,β恒成立,可得λ2+1-2|λ|≥4,解得|λ|≥3或|λ|

≤-1.

20. (1) 由f(x)=x,得2x+3=x,则x=-3,A={-3}.

由f[f(x)]=x,得2(2x+3)+3=x,则x=-3,B={-3}.

所以A=B.

(2) 由f(x)=x,得x2-2=x,則x1=2,x2=-1,A={2,-1}.

由f[f(x)]=x,得x4-4x2-x+2=0,即(x-2)(x+1)(x2+x-1)=0,则x1=2,x2=-1,x3,4=,B=2,-1,.

所以AB.

(3) 一般地,有AB.

由题意,x2+bx+c=x的解为-2,1,

得-2+1=1-b,-2×1=c,则b=2,c=-2,

故f(x)=x2+2x-2.

由f[f(x)]=x,得f(x2+2x-2)=x,得(x2+2x-2)2+2(x2+2x-2)-2-x=0.

由结论AB,知-2,1均为f[f(x)]-x=0的解,则f[f(x)]-x中必有因式x2+x-2.

高一数学不等式练习题 篇4

一、教学目标设计

理解用两个实数差的符号来规定两个实数大小的意义，建立不等式研究的基础；掌握不等式的基本性质，并能加以证明；会用不等式的基本性质判断不等关系和用比较法，反证法证明简单的不等式。渗透分类讨论的数学思想。

二、教学重点及难点

应用不等式的基本性质推理判断命题的真假；代数证明，特别是反证法。

三、教学流程设计

四、教学过程设计

一、引入

公路有长有短，房屋有高有低，速度有快有慢......现实世界中充满着不等的数量关系，可以用不等式来处理。

在初中阶段，我们已经学习了用一元一次不等式描述并解决一些不等关系问题，为了今后学习函数的需要和培养代数论证能力，还要学习不等关系的证明。而解决不等关系问题的基础是不等式的性质，为此我们先学习不等式的基本性质。

二、探究不等式的基本性质

判断两个实数a与b之间的大小关系，可以通过将它们的差与零相比较来确定，即 ab的充分必要条件是a-b0；

ab的充分必要条件是a-b0；

ab的充分必要条件是a-b0。

引出等式的性质： a=b，b=ca=c； a=bac=bc； a=b，c=da+c=b+d。

1．通过类比等式的性质，得到关于不等式的三个结论： 结论1如果ab，bc，那么ac。结论2如果ab，cd，那么a+cb+d。结论3如果ab，那么acbc。

[说明]引导学生判断三个结论的正确性并加以证明，体现数学的严谨性。利用举反例是证明命题错误的主要方法。继续让学生探究让结论3成为正确命题的条件。得出不等式的三个性质：

性质1如果ab，bc，那么ac。性质2如果ab，那么a+cb+c。

性质3如果ab，c0，那么acbc；如果ab，c0，那么acbc。性质4如果ab，cd，那么a+cb+d。

2．提问：判断以下两个命题的真假：如果是真命题，请说明理由；如果是假命题，请举出反例。

（1）如果ab，cd，那么acbd。（2）如果ab0，那么0

1。ab

[说明]利用已经学过的不等式的性质证明命题的正确性，特别要注意性质（3）的使用前提；对于不正确的命题进行修正，得到不等式的另外两个性质

性质（5）如果ab0，cd0，那么acbd。性质（6）如果ab0，那么0

11。ab

3．探讨不等式在进行乘方，开方运算时具有的性质：性质（7）如果ab0，那么ab（nN）

n

n

*

性质（8）如果ab0，那么ab（nN，n1）。

[说明]根据性质（5），由特殊到一般进行归纳得出性质（7）。介绍用反证法证明性质（8），*

归纳用反证法进行证明的主要步骤。

三、例题分析

例1．判断下列命题的真假。

（1）若ab，那么acbc。（假命题）（2）若acbc，那么ab。（真命题）（3）若ab，cd，那么a-cb-d。（假命题）（4）若

bd

，那么bcad。（假命题）ac

n

n

（5）若a,bR,ab，那么ab。（真命题）（6）若a,bR,ab1，那么ab。（真命题）例2．（1）比较(a1)2与aa1的值的大小。

（2）比较ab与2(2ab)5的值的大小。（3）比较x3与3x的值的大小。解：（1）由(a1)2-（aa1）=3a，得

222

2当a0时，(a1)aa1；当a0时，(a1)=aa1； 22

当a0时，(a1)aa1。

（2）由ab-[2(2ab)5]=(a2)(b1)，22

当a2且b1时，ab=[2(2ab)5]； 22

当a2或b1时，ab[2(2ab)5]。

（3）由x3-3x=(x)

30，得x233x。4

4[说明]应用不等式的性质，采用“作差法”比较两数（式）的大小。“比较法”的主要步骤是作差——变形（化简，配方，因式分解）——判断——结论。例3．解关于x的不等式m(x2)xm。解：移项整理得(m1)xm，如果m1，那么x

mm

；如果m1，那么x； m1m

1如果m1，那么不等式的解集为R。

[说明]此题重点强调在解不等式过程中，根据不等式的性质进行分类讨论。

四、拓展练习

1．有三个不等式ab0,组成正确命题有几个？

2．若c1,试比较ac1c,bc1的大小。

cd

,bcad，以其中两个作为条件，余下一个作为结论，可ab

a22b2

23．若a，b为正实数，比较()()与a的大小。

ba

x2x

312(kR,k0)。kk

14．（1）解关于x的不等式

（2）若上述不等式的解集为X=（3，+），求k的值。

五、作业布置

教材练习2.1(1)，练习2.1(2), 练习2.1五、教学设计说明

高一数学的练习题 篇5

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

(1)已知集合 ， ，则下列关系式中正确的是( ).

A.mM B.{m}M C.{m}M D.

(2)设全集U={0，1，2，3，4}，集合A={0，1，2，3}，B={2，3，4}，则 等于( ).

A.{0} B.{0，1} C.{0，1，4} D.{0，1，2，3，4}

(3)设集合 ，N={xR|x-1|2}，则 等于( ).

A. B.

C. D.

(4)若A、B均为非空集合，AB，U为全集，则下列集合中是空集的是( ).

A. B.

C. D.

(5)设全集U={1，2，3，4，5}，集合 ={1，4}，那么集合A的所有子集的个数( ).

A.3 B.6 C.7 D.8

(6)已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A、BU，若 ， ={4}， ={1，5}，则下列结论中正确的是( ).

A.3A，3B B. ，3B

C. ，3B D.3A，3B

(7)已知非空集合M和N，规定：M-N={x|xM，但 }，那么M-(M-N)等于( ).

A. B. C.M D.N

二、填空题：

(8)设集合 ，B={1，2，3，4}，则 =__________

(9)若集合 中有且仅有一个元素，则a的取值集合是___.

(10)已知集合A={a，0}， ，若 ，则a=________.

三、解答题：

(11)已知集合 ， ，求 ， .

高一数学练习 篇6

∴q0···① 又∵f(2)54p25，解得p2·，∴f(2)··② 363

2x22∴所求解析式为f(x) 3x

(2)由（1）可得

2x2221f(x)=(x)，函数的定义域为(,0)(0,)，并且由于f(x)是奇函3x3x

数，可先考查其在区间(0,)上的单调性。

设0x1x2，则由于

211211f(x1)f(x2)[(x2)(x1)][(x2x1)()] 33x2x1x2x1

=[(x2x1)2

32121x1x2x1x2](x1x2)(1)(x1x2)···※ 33x1x2x1x2x1x2

因此，当0x1x21时，0x1x21，从而得到f(x1)f(x2)0即f(x1)f(x2)，∴(0,1]是f(x)的增区间。

当1x1x2时，由上述※式可得f(x1)f(x2)，∴[1,)是f(x)的减区间。

高一数学不等式练习题 篇7

先从一道大家熟悉的习题说起.

习题:给出一个正整数n,若n是奇数,则减去1,否则除以2,这样经过若干次运算后 ,总是可以得到0,运算结束 .若这个数经过四次运算后得到零,则这个数是________.

在高三习题卷中做到这个题目, 由于笔者所在中学是省重点中学,学生综合素质比较高,我本以为是一道同学们没问题的作业,无非就是“逆推而上”,但经过作业批改发现,有近一半的学生答案不全.这不得不让我沉入深思,寻找症结所在,反思自己在教学中存在的不足.

二、问题的调查

事后,我找到了几个答案不全的学生,询问他们在解题时是怎么思考的,无一例外的都是“顺推而下”.比如取n=8,经过四次运算,得到0,符合,……这时,笔者问学生甲:你当时这样做是否担心有答案遗漏呢? 学生甲:有这种顾虑,但一时想不出好方法,又急于完成作业,也就没有多加思考了.为了深入了解做对同学的思维过程,我也询问了几个同学,结果,“顺推而下”得到完整答案的不乏其人.这几个学生平时学习踏踏实实,想必他们一定检验了好多数据,才放心地写下这个题目的答案,其严谨的学习态度还是值得肯定的.这时我问学生乙:如果题中运算四次改为运算六次或者七次,问符合题意的n有多少个,你该怎么做呢? 这时学生乙陷入沉思,想必他一定料到再“顺推而下”,要花费的时间是成倍增加的.几分钟后,他恍然大悟:“我知道了! ”从愉悦的表情中,我坚信他是“柳暗花明又一村”了.

三、问题的分析与思考

每个同学差不多都有过这样的经历:一道题,自己总也想不出解法,而老师却给出了一个绝妙的解法,这时你最希望知道的是“老师是怎么想出这个解法的”.如果这个解法不是很难,就会想“我自己完全可以想出,但为什么我没有想到呢? ”

美籍匈牙利数学家乔治·波利亚对回答上述问题非常感兴趣,为了回答“一个好的解法是如何想出来的”这个令人困惑的问题,他专门研究了解题的思维过程,分解解题的思维过程“理解题目”、“拟订方案”、“执行方案”和“回顾”四大步骤,对第二步即“拟定计划”的分析是最引人入胜的.他指出寻找解法实际上就是“找出已知数与未知数之间的联系,如果找不出直接联系,你可能不得不考虑辅助问题,最终得出一个求解计划.”

本习题虽然不是什么难题, 但在解题中充分体现出了寻找已知与未知之间的联系方法与思维过程. 如果说学生甲等的做法相当于我们在不等式证明中的综合法的话,“逆推而上”,就是不等式证明中的分析法.事实上,我们在解题思维过程中,何尝不是“综合法”“分析法”的应用或者综合应用呢?

波利亚在“怎样解题”表中说到解题的关键是“建立已知与未知之间的联系”.笔者认为可以理解为:由“已知”推导“可知”,由“未知”探究“需知”,最后建立“可知”与“需知”的关系的思维过程.用图示表示如下:

四、解题策略与举例探讨

如果把解题比作打仗,那么解题者的“兵力”就是数学基础知识,解题者的“兵器”就是数学基本方法,而调用数学基础知识,运用数学基本方法的解题策略正是“兵法”.这就要求每一位老师在平时教学中都要重视数学中的基础知识、基本方法和基本数学思想.

摘要：“综合法”与“分析法”是不等式证明的基本方法.在解题过程中,利用“综合法”与“分析法”的思维模式帮助分析题意,破解解题思路,能有效提高解题能力,也为教师强化课堂教学效果,提高教学能力提供了方向.

数列、不等式、推理证明专项练习 篇8

1.已知-π2<α<β<π2，则α-β2的取值范围是.

2.当x>0时，则f（x）=2xx2+1的最大值为.

3.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“”，这个类比命题的真假性是.

4.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品件.

5.设a，b为正实数.现有下列命题：

①若a2-b2=1，则a-b<1；

②若1b-1a=1，则a-b<1；

③若|a-b|=1，则|a-b|<1；

④若|a3-b3|=1，则|a-b|<1.

其中的真命题有.（写出所有真命题的编号）

6.用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长度后一次为前一次的1k（k∈N*），已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这个实事中提炼出一个不等式组是.

7.已知a∈R+，函数f（x）=ax2+2ax+1，若f（m）<0，比较大小：f（m+2）1.（用“<”或“=”或“>”连接）.

8.观察下列等式：

1-12=12

1-12+13-14=13+14

1-12+13-14+15-16=14+15+16

……

据此规律，第n个等式可为.

9.设关于x，y的不等式组2x-y+1>0，x+m<0，y-m>0表示的平面区域内存在点P（x0，y0）满足x0-2y0=2，求得m的取值范围是.

10.在等比数列{an}中，已知a6-a4=24，a3·a5=64，则数列{an}的前8项和为.

11.已知函数y=ax+b的图象如图所示，则1a-1+2b的最小值=.

12.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f（n）表示n条直线交点的个数，当n>4时，f（n）=.

13.已知x，y∈R，满足2≤y≤4-x，x≥1，则x2+y2+2x-2y+2xy-x+y-1的最大值为.

14.数列{an}满足（sn-n2）（an-2n）=0（n∈N），其中sn为数列{an}的前n项和，甲、乙、丙、丁四名同学各写了该数列的前四项：甲：1，3，5，7；乙：1，4，8，7；丙：1，4，4，7；丁：1，3，8，4.请你确定这四人中所有书写正确的学生.

二、解答题（共90分）

15.已知不等式mx2-nx-n2<0，

（1）若此不等式的解集为{x|-1

（2）若m=2，求此不等式的解集.

16.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，满足an+1=（q-1）Sn+1（q≠0）.

（1）求首项a1的值；

（2）若S4，S10，S7成等差数列，求证：a3，a9，a6成等差数列.

17.已知集合A={x|x2-（3a+3）x+2（3a+1）<0，x∈R）}，B={x|x-ax-（a2+1）<0，x∈R}.

（1）求4B时，求实数a的取值范围；

（2）求使BA的实数a的取值范围.

18.设向量a=（x，2），b=（x+n，2x-1）（n∈N*），函数y=a·b在[0，1]上的最小值与最大值的和为an，又数列{bn}满足：nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1.

（1）求证：an=n+1；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn=-anbn，试问数列{cn}中，是否存在正整数k，使得对于任意的正整数n，都有cn≤ck成立？证明你的结论.

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，an+bn=cn+1.

（1）求证：a+b≥c；

（2）求出所有满足题设的a，b，c的值.

参考答案

一、填空题

1.（-π2，0）

2.1

3.如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.（答案不唯一）假命题

4.80

5.①④

6.47+47k<147+47k+47k2≥1

7.>

8.1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n

9.（-∞，-23）

10.85或255

11.3+22

12.12（n-2）（n+1）

13.103

14.甲、丙、丁

二、解答题

15.（1）因为mx2-nx-n2<0的解集为{x|-1

所以-1，2是方程mx2-nx-n2=0的两个根.

根据根与系数的关系，有nm=-1+2=1，-n2m=（-1）×2=-2，

解得m=n=2.

（2）m=2，不等式mx2-nx-n2<0即2x2-nx-n2<0，

2x2-nx-n2<0（2x+n）（x-n）<0.

（1）若n=0，则原不等式为2x2<0，解集为.

（2）若n>0，则n-（-n2）=3n2>0，即-n2

（3）若n<0，则n-（-n2）=3n2<0，即-n2>n，原不等式的解集为（n，-n2）.

故当n=0时，不等式的解集为；

当n>0时，解集为（-n2，n）；

当n<0时，解集为（n，-n2）.

16.（1）由an+1=（q-1）Sn+1可得an=（q-1）Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=（q-1）an，所以an+1=qan（n≥2）.

欲使数列{an}等比数列，只需a2=qa1即可，

因为a2=（q-1）S1+1=（q-1）a1+1，所以（q-1）a1+1=qa1，所以a1=1.

若由a22=a1·a3，求出a1=1再验证数列{an}是等比数列，参照上述解法给分.

（2）方法一：若q=1，2S10≠S4+S7，与已知矛盾，故q≠1.

由2S10=S4+S7，得

2a1（1-q10）1-q=a1（1-q4）1-q+a1（1-q7）1-q，

即2a1q8=a1q2+a1q5，即2a9=a3+a6，所以a3，a9，a6成等差数列.

方法二：由S4，S10，S7成等差数列，可得2S10=S4+S7，

因为S7=S4+q4S3，S10=S4+q4S3+q7S3，可得q4S3+2q7S3=0，

因为S3≠0，所以q3=-12，

又2a9-（a3+a6）=a1q2（2q6-q3-1）=0，所以a3，a9，a6成等差数列.

17.（1）若4∈B，则4-a3-a2<0a<-3或3

∴当4B时，实数a的取值范围为[-3，3]∪[4，+∞）.

（2）∵A={x|（x-2）（x-3a-1）<0}，B={x|a①当a<13时，A=（3a+1，2）.

要使BA，必须a≥3a+1a2+1≤2，此时-1≤a≤-12；

②当a=13时，A=，使BA的a不存在；

③当a>13时，A=（2，3a+1），

要使BA，必须a≥2a2+1≤3a+1，此时2≤a≤3.

综上可知，使BA的实数a的取值范围是[2，3]∪[-1，-12].

18.解：（1）∵y=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1﹒

（2）∵nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1=10[1-（910）n]，

∴（n-1）b1+（n-2）b2+…+bn-1+0=10[1-（910）n-1]（n≥2）﹒

两式相减得b1+b2+…+bn=（910）n-1（n≥2），

∴b1+b2+…+bn-1=（910）n-2（n≥3）.

两式相减得bn=-110·（910）n-2（n≥3）.

又b1=1，b2=-110，

∴bn=1，（n=1）-110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）.

（3）由cn=-2，（n=1）n+110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）及当k≥3时ckck-1≥1，ckck+1≥1，得k=9或8﹒

又n=1，2也满足，∴存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立.

19.（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=

S△BCE=32.

∵S△APQ=3，

∴14（x+3）（y+2）=3，

∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，（x的范围由极限位置定）

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0，得t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max（f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）依题意，当n=1时，a+b=c2，

则a+b-c=c2-c=c（c-1），

因为c∈N*，所以c（c-1）≥0，

从而a+b-c≥0，故a+b≥c；

（2）an+bn=cn+1即（ac）n+（bc）n=c，（*）

若a>c，即ac>1，则当n≥logacc时，

（ac）n≥c，而（bc）n>0，于是（ac）n+（bc）n>c，与（*）矛盾；

从而a≤c，同理b≤c.

若a≤c，则0

又c∈N*，故c=1或2，

当c=1时，an+bn=1，而an+bn≥2，故矛盾，舍去；

当c=2时，（ac）n+（bc）n=2，从而ac=bc=1，故a=b=2，

综上，所有满足题意的a，b，c依次为2，2，2.

（作者：夏志勇，海安县曲塘中学）

高一数学不等式练习题 篇9

代数恒等式的证明

一、内容提要证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。具体证法一般有如下几种

1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。变形的过程中要不断注意结论的形式。

2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。

3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。即由左边－右边＝0可得左边＝右边。4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，二、例题例1求证：3－2＋2×5＋3－2＝10（5+3－2）

证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2 －2 n）

＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)n+2 n＋2 n+2 n n n+1 n n-1＝10（5+3－2）=右边

又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)n+1 n n-

1＝2×5＋10×3－5×2右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1

＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n

∴左边＝右边 n+2 n n

例2 己知:a+b+c=0求证：a3+b3+c3=3abc

证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1)∵:a+b+c=0

333333∴a+b+c－3abc＝0即a+b+c=3abc

又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）

两边立方a=－（b+3bc+3bc+c）

移项a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc33223再证：由己知 a=－b－c代入左边,得

（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c

3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc

例3 己知a+

证明：由己知a-b=

1bb1c1bc1a,a≠b≠c 求证：a2b2c2=1 1cbcbc∴bc=cabcab ab

cab-c=1

a1

cca

∴ab bc ca＝

2cabcabbccacaabbc

2∴ca=同理ab= ＝1即abc=1 2222例4 己知:ax+bx+c是一个完全平方式（a,b,c是常数）求证：b－4ac=0证明：设:ax+bx+c＝（mx+n），m,n是常数

那么:ax+bx+c＝mx+2mnx+n

am

2根据恒等式的性质 得b2mn ∴: b2－4ac＝（2mn）2－4m2n2=0

2cn22222

三、练习20

1． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab

②（x+y）+x+y=2(x+xy+y)③(x-2y)x－(y-2x)y=(x+y)(x-y)④3 n+2+5 n+2―3 n―5 n=24(5 n+3 n-1)⑤a5n+a n+1=(a3 n－a2 n+1)(a2 n+a n+1)

2.己知：a+b=2ab求证：a=b

3.己知：a+b+c=0

求证：①a3+a2c+b2c+b3=abc②a4+b4+c4=2a2b2+2b2c2+2c2a2

4.己知：a2=a+1求证：a5=5a+3

5.己知：x＋y－z=0求证： x3+8y3=z3－6xyz

6.己知：a2+b2+c2=ab+ac+bc求证：a=b=c

7.己知：a∶b=b∶c求证：（a+b+c）2+a2+b2+c2=2(a+b+c)(a+c)

8.己知：abc≠0，ab+bc=2ac求证：

9．己知：x

aby

bcz

ca1a1b1b1c22444222333求证：x+y+z=0

10.求证：（2x－3）（2x+1）(x2－1)＋1是一个完全平方式

11己知：ax3+bx2+cx+d能被x2+p整除求证：ad=bc

练习20参考答案：

1.④左边＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1)注意右边有3 n-1

2.左边－右边＝（a-b）

3.②左边－右边＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……

4.∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入

5.用z=x+2y代入右边

6.用已知的（左－右）×2

7.用b=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式

8.在已知的等式两边都除以abc

高一数学不等式练习题 篇10

3.1两角和与差的正弦、余弦和正切公式

3.1.1两角差的余弦公式

练习：

1.利用公式C()证明：

（）1cos()sin;2

（2）cos(2)cos.32.已知cos,(,),求cos()的值.524

153.已知sin,是第二象限角，求cos()的值.173

不等式证明练习题 篇11

A．2B．3C．4D．6 1．设abc,nN，且

x22x22． 若x(,1)，则函数y有（）2x

2A．最小值1B．最大值1C．最大值1D．最小值

13．设P

Q

RP,Q,R的大小顺序是（）

A．PQRB．PRQC．QPRD．QRP

4．设不等的两个正数a,b满足abab，则ab的取值范围是（）

A．(1,)B．(1,)C．[1,]D．(0,1)

5．设a,b,cR，且abc1，若M(1)(1)(1)，则必有（）332243431

a1b1c

A．0M11B．M1C．1M8D．M8 88

6．若a,b

R，且ab,M

NM与N的大小关系是A．MNB．MNC．MND．MN

1．若logxy2，则xy的最小值是（）

33223A．B．C．22

32．a,b,cR，设S3D．232 abcd，abcbcdcdadab

则下列判断中正确的是（）

A．0S1B．1S2C．2S3D．3S

43．若x1，则函数yx116x的最小值为（）xx21

A．16B．8C．4D．非上述情况

4．设ba0，且Pab，M N，RQ112ab2

则它们的大小关系是（）

A．PQMNRB．QPMNR

C．PMNQRD．PQMRN

二、填空题

1．函数y3x(x0)的值域是.2xx

12．若a,b,cR，且abc1，则a的最大值是

3．已知1a,b,c1，比较abbcca与1的大小关系为4．若a

0，则a1a5．若x,y,z是正数，且满足xyz(xyz)1，则(xy)(yz)的最小值为______。

1．设x0，则函数y33x1的最大值是__________。x

2．比较大小：log34______log67

3．若实数x,y,z满足x2y3za(a为常数)，则x2y2z2的最小值为

4．若a,b,c,d是正数，且满足abcd4，用M表示

abc,abd,acd,bcd中的最大者，则M的最小值为__________。

5．若x1,y1,z1,xyz10，且xlgxylgyzlgz10，则xyz_____。

1．若ab0，则a1的最小值是_____________。b(ab)

abbman, , , 按由小到大的顺序排列为baambn2．若ab0,m0,n0，则

223．已知x,y0，且xy1，则xy的最大值等于_____________。

1111，则A与1的大小关系是_____________。210210121022111

125．函数f(x)3x2(x0)的最小值为_____________。x4．设A

三、解答题

1．已知abc1，求证：abc

2221 3

．解不等式x73x40

3．求证：ababab1

．证明：1)1

1．如果关于x的不等式x3x4a的解集不是空集，求参数a的取值范围。

22...abc2

3

3．当n3,nN时，求证：2n2(n1)

4．已知实数a,b,c满足abc，且有abc1,a2b2c21，求证：1ab

1． 设a,b,cR，且abc，求证：abc

2．已知abcd，求证：

3．已知a,b,cR，比较abc与abbcca的大小。3332224 32323231119 abbccaad

．求函数y

5．已知x,y,zR，且xyz8,xyz24

求证：

柯西不等式与排序不等式练习题 篇12

（一）试题内容：柯西不等式与排序不等式 试卷总分：120分考试时间：60分钟

一、选择题（共8小题，每题5分，共40分）

1、a,b,c,dR，不等式ab



2

c2d2acbd取等号的条件是（）



2A．abdc0B．adbc0C．adbc0D．acbd0

2、设a1a2a3,b1b2b3，下列最小的是（）

A．a1b3a2b2a3b1B．a1b1a2b2a3b3C．a1b2a2b1a3b3D．a1b1a2b3a3b23、若四个实数a1,a2,a3,a4满足a2a1a3a2a4a31，则a3a4a1a2的最大值为（）

A．1B

C．2D4、a,b是非零实数，ab1，x1,x2R,Max1bx2bx1ax2,Nx1x2，则M与N的大小关



222

系为（）

A．MNB．MNC．MND．MN5、若实数x,y满足(x5)(y12)14，则xy的最小值是（）

A．2B．1C

D6、x,y,zR，且x2y2z5，(x5)(y1)(z3)的最小值是（）

A．20B．25C．36D．477、已知a,b,c,dR，且满足abcd

625（）

A．25B．50C．

22222

2222



5D．625

28、已知0a,b,c1，且abc2，则abc的取值范围是（）

A．,B．,2C．,2D．,2

333

3二、填空题（共5小题，每题4分，共20分）

9、x,y

0,1

4444的最大值是

10、设x,y,R，那么xy

11、设

14

的最小值是xy

2，那么x1,x2,x3,xn0,a1,a2,a3,an0,x1x2x3x1taxaxn1122

a3x32anxn2的最小值是

12、设2x3y4z22,(x,y,z0)，则

三、解答题（共5小题，每题60分）

239

的最小值是，此时xyz.xyz

b4c4c4a4a4b413、（本小题10分）设a,b,cR，利用排序不等式证明：abc 

2a2b2c



33314、（本小题10分）设x1,x2,x3是不同的自然数，求s

15、（本小题10分）设nN,n

2，利用柯西不等式证明：

16、（本小题10分）求函数y

x1x2x

3的最小值。149

41111。

7n1n22n12nsinx3cosx的值域

sinx2cosx

117、（本小题20分）（2012浙江考试院样卷）题号：03“数学史与不等式选讲”模块

（1）设a，b，c为实数，求证：a＋b＋c≥ab＋bc＋ca；（2）若正实数a，b，c满足abc＝1，求

a4b(ac)



b4c(ab)



c4a(bc)的最小值．

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）┄┄┄⊙

中学班级姓名 学号考号答 题 卷

一、选择题（每小题4分，共40分）

16.（本小题共12分）

17.（本小题20分）

2013年高中数学IB模块选修4-5专题测试

（一）参 考 答 案

1.C2.A3.B4.A5.D6.C7.B8.C9.110.911.11

112.,2,2,3.11112a1a2a3an

13证明：不妨设0abc,则abc,111

，cba

a4b4c4a4b4c

4abc（逆序和）

abccaba4b4c4a4b4c4

abc（逆序和）

abcbca

b4c4c4a4a4b4

abc

2a2b2c

14解：不妨设1x12x23，由排序不等式，s15.证明：由柯西不等式得

x1x2x312311

。1491496

1111

2n1n2nnnn1n22n12n

11112n4n1n22n12n3n17

1111

n1n22n12n111

又：





1111

2222

2n1

2nn1n2

111

nn1n1n22n12n

16、原式可化为

ysinx2cosx1sinx3cosx 即y(y1)sinx(2x3)cosx

利用柯西不等式及sin2xcos21可得

y2(y1)sinx(2x3)cosxsin2xcos2xy12y3



2

即y2y12y3 化简得

2y27y50

5

所以函数值域为（-，1），

2

2217、“数学史与不等式选讲”模块

(1)证明1：因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，三式相加并除以2得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．

(1)证明2：因为a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，222

所以 a＋b＋c≥ab＋bc＋ca．…………5分

(2)解：由(1)及柯西不等式，均值不等式知

a4b(ac)



b4c(a



b)

≥

a(b)c2(abbcca)

c4(a2b2c2)2

≥

(a2＋b2＋c2)

a4b(ac)

32，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以



b4c(ab)



c4a(bc)的最小值为