昆明市第一中学届高考数学第二轮考点专题复习教案3_昆明市第一中学教案

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第9－12课时课题：不等式问题的题型与方法

一．复习目标：

1．在熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式的解法基础上，掌握其它的一些简单不等式的解法．通过不等式解法的复习，提高学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力；

2．掌握解不等式的基本思路，即将分式不等式、绝对值不等式等不等式，化归为整式不等式(组)，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；

3．通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题；

4．通过证明不等式的过程，培养自觉运用数形结合、函数等基本数学思想方法证明不等式的能力；

5．能较灵活的应用不等式的基本知识、基本方法，解决有关不等式的问题．

6．通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识．．

二．考试要求：

1．理解不等式的性质及其证明。

2．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用。

3．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。4．掌握简单不等式的解法。

5．理解不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。三．教学过程：

（Ⅰ）基础知识详析

1．解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是不等式变形的理论依据，方

程的根、函数的性质和图象都与不等式的解法密切相关，要善于把它们有机地联系起来，互相转化．在解不等式中，换元法和图解法是常用的技巧之一．通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数、数形结合，则可将不等式的解化归为直观、形象的图形关系，对含有参数的不等式，运用图解法可以使得分类标准明晰．

2．整式不等式(主要是一次、二次不等式)的解法是解不等式的基础，利用不等式的性质及函

数的单调性，将分式不等式、绝对值不等式等化归为整式不等式(组)是解不等式的基本思想，分类、换元、数形结合是解不等式的常用方法．方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互变用．

3．在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一，通过换元，可将较复杂的不等式

化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系，对含有参数的不等式，运用图解法，可以使分类标准更加明晰．通过复习，感悟到不等式的核心问题是不等式的同解变形，能否正确的得到不等式的解集，不等式同解变形的理论起了重要的作用．

4．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤是：作差(商)→变形

→判断符号(值)．

5．证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展分析综合能力、正逆思维

等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系

列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．

6．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．

7．不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，这对同学们将所学数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解或证明．不等式的应用范围十分广泛，它始终贯串在整个中学数学之中．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，最终都可归结为不等式的求解或证明。

8．不等式应用问题体现了一定的综合性．这类问题大致可以分为两类：一类是建立不等式、解不等式；另一类是建立函数式求最大值或最小值．利用平均值不等式求函数的最值时，要特别注意“正数、定值和相等”三个条件缺一不可，有时需要适当拼凑，使之符合这三个条件．利用不等式解应用题的基本步骤：10审题，20建立不等式模型，30解数学问题，40作答。

9．注意事项：

⑴解不等式的基本思想是转化、化归，一般都转化为最简单的一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）来求解。

⑵解含参数不等式时，要特别注意数形结合思想，函数与方程思想，分类讨论思想的录活运用。

⑶不等式证明方法有多种，既要注意到各种证法的适用范围，又要注意在掌握常规证法的基础上，选用一些特殊技巧。如运用放缩法证明不等式时要注意调整放缩的度。

⑷根据题目结构特点，执果索因，往往是有效的思维方法。

（Ⅱ）范例分析

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，xmin=4．

说明：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．解关于x的不等式： xxa2a29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a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。

a0

解：当xa时，不等式可转化为3b17xaxa即2 229xxa2a9x9ax2a0axa

当xa时不等式可化为xa3或2a3xaxaxa即2 22ax(ax)2a9x9ax2a0故不等式的解集为(,a32a317,a。

63x2x3x22例3． 己知三个不等式：①2x45x ②



1③2xmx10(1)若同时满足①、②的x值也满足③，求m的取值范围；

(2)若满足的③x值至少满足①和②中的一个，求m的取值范围。

分析：本例主要综合复习整式、分式不等式和含绝对值不等的解法，以及数形结合思想，解本题的关键弄清同时满足①、②的x值的满足③的充要条件是：③对应的方程的两根分别在,0和3,)内。不等式和与之对应的方程及函数图象有着密不可分的内在联系，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系。解：记①的解集为A，②的解集为B，③的解集为C。解①得A=（-1，3）；解②得B=0,1)(2,4,AB0,1)(2,3)

（1）因同时满足①、②的x值也满足③，ABC

设f(x)2xmx1，由f(x)的图象可知：方程的小根小于0，大根大于或等于3时，f(0)01017AB即m即可满足 f(3)03m17032CAB,而AB(1,4（2）因满足③的x值至少满足①和②中的一个，因

此C(1,4方程2xmx10小根大于或等于-1，大根小于或等于4，因而

f(1)1m031f(4)4m310,解之得m1 4m144说明：同时满足①②的x值满足③的充要条件是：③对应的方程2x2+mx-1=0的两根分别在(-∞，0)和[3，+∞)内，因此有f(0)＜0且f(3)≤0，否则不能对A∩B中的所有x值满足条件．不等式和与之对应的方程及图象是有着密不可分的内在联系的，在解决问题的过程中，要适时地联系它们之间的内在关系．

例4.已知对于自然数a，存在一个以a为首项系数的整系数二次三项式，它有两个小于1的正根，求证：a≥5．

分析：回忆二次函数的几种特殊形式．设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．①

顶点式．f(x)=a(x-x0)2+f(x0)(a≠0)．这里(x0，f(x0))是二次函数的顶点，x0=))、(x2，f(x2))、(x3，f(x3))是二次函数图象上的不同三点，则系数a，b，c可由

证明：设二次三项式为：f(x)=a(x-x1)(x-x2)，a∈N． 依题意知：0＜x1＜1，0＜x2＜1，且x1≠x2．于是有

f(0)＞0，f(1)＞0．

又f(x)=ax2-a(x1+x2)x+ax1x2为整系数二次三项式，所以f(0)=ax1x2、f(1)=a·(1-x1)(1-x2)为正整数．故f(0)≥1，f(1)≥1． 从而

f(0)·f(1)≥1．

① 另一方面，且由x1≠x2知等号不同时成立，所以

由①、②得，a2＞16．又a∈N，所以a≥5．

说明：二次函数是一类被广泛应用的函数，用它构造的不等式证明问题，往往比较灵活．根据题设条件恰当选择二次函数的表达形式，是解决这类问题的关键．

例5.设等差数列{an}的首项a1＞0且Sm=Sn(m≠n)．问：它的前多少项的和最大？ 分析:要求前n项和的最大值，首先要分析此数列是递增数列还是递减数列．

解:设等差数列{an}的公差为d，由Sm=Sn得

ak≥0，且ak+1＜0．

(k∈N)．

说明：诸多数学问题可归结为解某一不等式(组)．正确列出不等式(组)，并分析其解在具体问题的意义，是得到合理结论的关键．

例6．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．

说明：(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．

2例7．(2002 江苏)己知a0,函数f(x)axbx，（1）当b0时，若对任意xR都有fx1,证明：a2b;

（2）当b1时，证明：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件是b1a2b；（3）当0b1时，讨论：对任意x[0,1]，|f(x)|1的充要条件。证明：（1）依题意，对任意xR，都有f(x)1.f(x)b(xf(a2b)a2a2b)2a24b

4b1,a0,b0a2b.22（2）充分性：b1,ab1,对任意x0,1,可推出:axbxb(xx)x

x1,即axbx21;又b1,a2b,对任意x0,1,可知

axbx2bxbx(2bxbx)max2b1f(x)1 2221bb(1b)1,即axbx122必要性：对任意x0,1,f(x)1,f(x)1,f(1)1 即ab1ab1;又b10即ab11,a2b,故b1a2b

111,由fx1知f1bb

综上,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是b1a2b

2（3）a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)axbx即f(x)1;又由f(x)1知f(1)1,即ab1,即ab

1而当ab1时,f(x)axbx(b1)xbxb(x0b1,b12b12b1

22b12b)2(b1)4b2

在0,1上,y(b1)xbx是增函数,故在x1时取得最大值1f(x)1

当a0,0b1时,对任意x0,1,f(x)1的充要条件是ab1

例8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证a+b≤2，ab≤1．

分析：由条件a3+b3=2及待证的结论a+b≤2的结构入手，联想它们之间的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通二者的“桥梁”． 证法一

(作差比较法)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

(a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0，即

(a+b)3≤23．

证法二

(平均值不等式—综合法)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

所以a+b≤2，ab≤1．

说明：充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格外简捷、漂亮． 证法三

(构造方程)设a，b为方程x2-mx+n=0的两根．则

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①

因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以

所以a+b≤2．

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1．所以 ab≤1．

说明：认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能较顺利地找到解决问题的切入点． 证法四

(恰当的配凑)因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，于是有6≥3ab(a+b)，从而

8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2．(以下略)

即a+b≤2．(以下略)证法六

(反证法)假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．

因为a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．

① 另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab，所以ab＜1．

② 于是①与②矛盾，故a+b≤2．(以下略)说明：此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常用方法．

例9．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y=-x，均不相

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)+f(x0)，则又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故

Δ1=(b+1)2-4ac＜0，2Δ2=(b-1)-4ac＜0．

222所以(b+1)+(b-1)-8ac＜0，即2b+2-8ac＜0，即

b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．

2说明：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10．（2002理）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a1，以后每年末的汽车保有量依次为a2,a3....，每年新增汽车x万辆。

由题意得an10.94anx即an1 an(30x0.06)0.94n1x0.060.94(anx0.06)

x0.063010.94n1令an60,解得x(30上式右端是关于)0.06

n的减函数,且当n时,上式趋于3.6故要对一切自然数n满足an60,应有x3.6,即每年新增汽车不应超过3.6万辆

例11．已知奇函数f(x)在（，0）（0，）上有定义，在（0，）上是增函数，f(1)0,又知函数g()sinmcos2m,[0,22],集合Mm恒有g()0,Nm恒有f(g())0,求MN 分析：这是一道比较综合的问题，考查很多函数知识，通过恰当换元，使问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题。解奇数函数f(x)在（0，）上是增函数，f（x)在（，0）上也是增函数。g()0g()0又由f(1)0得f(1)f(1)0满足的条件是f(g()0f(1)g()1 即g()（1（0，]），即sinmcos2m1,2也即cosmcor2m2022 令tcos,则t[0,1],又设（t)tmt2m2,0t1 1]内的最大值小于零 要使(t)0,必须使(t)在[0，2

m0知m 2m201 当0m20即m0时，(t)max(0)2m2,解不等式组

22当00m21即0m2时,(t)maxm8m84,解不等式组0m22m8m80得422m24

30当mm2 1即m2时，(t)maxm1,解不等式组2m10得m2综上：MNmm422

例12．如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状。

（1）若最大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽l是多少？（2）若最大拱高h不小于6米，则应如何设计拱高h和拱宽l，才能使半个椭圆形隧道的土方工程最小？

（半个椭圆的面积公式为s=lh,柱体体积为：底面积乘

4以高，21.414，72.646本题结果均精确到0.1米）

分析：本题为2003年上海高考题，考查运用几何、不等式等解决应用题的能力及运算能力。解：1)建立如图所示直角坐标系，则P（11，4.5）椭圆方程为：x22ab将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程得

a4477,此时l2a887733.3故隧道拱宽约为33.3米 y221

2)由椭圆方程11a2xa22yb221得11a224.5b221

24.5b222114.5ab992,ab9911a2s4lhab2,当s最小时有24.5b2212

此时l2a31.1,hb6.42故当拱高约为6.4米,拱宽约为31.1米时,土方工程量最小.a112,b92例13．已知n∈N，n＞1．求证

分析:虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解．

则

说明：因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数的思想解决．

例14．已知函数f(x)(2)设x是正实数，求证：x2x2x12

fx122.fx1nnn

分析：本例主要复习函数、不等式的基础知识，绝对值不等式及函数不等式的证明技巧。基本思路先将函数不等式转化为代数不等式，利用绝对值不等式的性质及函数的性质。证明（1）再利用二项展开式及基本不等式的证明（2）。(1)设〈0x1,0t1,求证：txtxftx1证明：（1）f(x)f(tx1)tx1tx(x1)1x11tx2f(tx1)tx1tx1tx

tx2tx2,当且仅当tx1时，上式取等号。

0x1,0t1tx1,f(tx1)2 s(txtx22(tx)2tx(txtx)2(tx)2tx

2222222222当tx时,s4t4;当tx时s4x4

txtx2f(tx1)即txtxf(tx1)2（2）n1时，结论显然成立

当n2时，f(x1)nf(x1)(xn1x)(xnn1x)Cnxn1n11xCnx2n21x2.....Cnn2x21xn2Cnn1x1xn1Cnx1n2Cnx2n4......Cnn21xn4Cnn11xn2

11n21112n1n4n2C(x)C(x)....C(x)nnnn2n4n22xxx122(C1nCn...Cn2n1)CnCn...Cn12n122

n

例15．（2001年全国理）己知i,m,n是正整数，且（1）证明：niAmmiAn（2）证明：1m1n n1imn

iim证明：（1）对于1im,有Amm.(m1)......(mi1),同理AnniiiAmmiimmm1mm2m......mi1m

nn1n2ni1......由于mn,对整数k1,2,......,i1,有 nnnnm,AnniinknmkAmmiiiii即mAnnAm

nni（2）由二项式定理有(1m)(1imn),而CnmiimCi0iinm,(1n)iiminCi0iiimii,由(1)知mAnnAm

iiAni!ii,CmoiAmi!imcnnCm(1imn)

o11i因此mCni2nimi2iiooinCm,又mCnnCm1,mCnnCmmn,mCn0

mi(min)mCnnCm即(1m)(1n)。

i0i0iinm（Ⅲ）、强化训练

1．已知非负实数x，y满足2x3y80且3x2y70，则xy的最大值是（）

A．738

B．

C．

2D． 3

30.52．已知命题p：函数ylog(x2xa)的值域为R，命题q：函数y(52a)

2x

是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是

（）

A．a≤1 B．a

axx2x32＞0 4．求a，b的值，使得关于x的不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集分别是：

(1)[-1，2]；(2)(-∞，-1]∪[2，+∞)；(3){2}；(4)[-1，+∞)． 5． 解关于x的不等式1a2xaax(a0且a1)6．（2002北京文）数列x由下列条件确定：xn1a0,xn11a,nN xn2xn（1）证明：对于n2,总有xna,（2）证明：对于n2,总有xnxn1．

7．设P=(log2x)2+(t-2)log2x-t+1，若t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值，试求x的变化范围．

8．已知数列an的通项为an,前n项和为sn,且an是sn与2的等差中项，数列b1=1，点P（bn,bn+1）在直线x-y+2=0上。Ⅰ）求数列an、bn的通项公式an,bn Ⅱ）设bn的前n项和为Bn, 试比较

1B11B2...1Bn与2的大小。

bn中，Ⅲ）设Tn=b1a1b2a2...bnan,若对一切正整数n,Tnc(cZ)恒成立,求c的最小值

（Ⅳ）、参考答案

1．解：画出图象，由线性规划知识可得，选D 2．解：命题p为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数x22xa的判别式44a0，从而a1；命题q为真时，52a1a2。

若p或q为真命题，p且q为假命题，故p和q中只有一个是真命题，一个是假命题。

若p为真，q为假时，无解；若p为假，q为真时，结果为1

（1）当a1时，由图1知不等式的解集为xxa或1x3

（2）当1a3时，由图2知不等式的解集为（3）当a3时，由图3知不等式的解集为xx1或ax3

xx1或3xa

4．分析：方程的根、函数的性质和图象都与不等式的解密切相关，要善于把它们有机地联系起来，相互转化和相互交通．

解(1)

由题意可知，a＞0且-1，2是方程ax2+bx+a2-1≤0的根，所以

(3)由题意知，2是方程ax2+bx+a2-1=0的根，所以

24a+2b+a-1=0．

① 又{2}是不等式ax2+bx+a2-1≤0的解集，所以

(4)由题意知，a=0．b＜0，且-1是方程bx+a2-1=0的根，即-b+a2-1=0，所以

a=0，b=-1．

说明：二次函数与一元二次方程、一元二次不等式之间存在着密切的联系．在解决具体的数学问题时，要注意三者之间相互联系相互渗透，并在一定条件下相互转换。

5．分析：在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧，通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式，通过构造函数，数形结合，则可将不等式的解化归为直观，形象的图象关系，对含参数的不等式，运用图解法，还可以使得分类标准更加明晰。解：设tax，原不等式化为1t2at(t0)设y1一坐标系中作出两函数图象

y1y2,故（1）当0a1时,0t1,即0a2x1t(t0),y2at，在同

21x0,)

2当1a2时,如右图,解方程21tat得t1,22a2a22（2）a2a2ta2a2x(log22aa

a2aa22,log2)（3）当a2时，原不等式的解集为φ

综上所述，当a(0,1)时，解集为0,）；当a(1,2)时，解集为

2a(log2a22,log2a2a22);当a2,)时，解集为φ。

6．证明：（1）x1a0及xn1当n2时xna成立

12axn1a12(xnaxn)知xn0,从而xn112(xnaxn)xnaxna(nN)

（2）当n2时，xna0,xn1(xn),xn1xn2xn(xn)

=12axnxn20.n2时,xnxn1成立

7．分析：要求x的变化范围，显然要依题设条件寻找含x的不等式(组)，这就需要认真思考条件中“t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值．”的含义．你是怎样理解的？如果继续思考有困难、请换一个角度去思考．在所给数学结构中，右式含两个字母x、t，t是在给定区间内变化的，而求的是x的取值范围，能想到什么？

解：设P=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1．因为 P=f(t)在top直角坐标系内是一直线，所以t在区间[-2，2]上变动时，P恒为正值的充要条件

解得log2x＞3或log2x＜-1．

说明：改变看问题的角度，构造关于t的一次函数，灵活运用函数的思想，使难解的问题转化为熟悉的问题．

8．分析：本题主要复习数列通项、求和及不等式的有关知识。

n略解：Ⅰ）an2,bn2n1

Ⅱ)Bn=1+3+5+„+(2n-1)=n2

1B11B21121n...1231B11Bn1121212132...1n122 12..1B2(n1).n...1Bn1(12)(1213)...(1n11n)

2 Ⅲ)Tn=

121212123222325232...52142n1n2①

2n122n1Tn...13②

22n22212n1Tn3n23 n221347372 又T4234221622①-②得Tn1223...2n12n1

满足条件Tnc的最小值整数c3。