1.已知y=log_a(2－ax)在 ［0，1］上是x的减函数，则a的取值范围是

A.(0，1)　　　　　　　　　 B.(1，2)　　　　　　　　　 C.(0，2)　　　　　　　　　 D.［2，+∞)

解析：∵y=log_a(2－ax)在［0，1］上是关于x的减函数，

∴∴1＜a＜2.

答案：B

4.对于0≤m≤4的m，不等式x²+mx＞4x+m－3恒成立，则x的取值范围是____________.

解析：转化为m(x－1)+x²－4x+3＞0在0≤m≤4时恒成立.

令f(m)=m(x－1)+x²－4x+3.

则

∴x＜－1或x＞3.

答案：x＞3或x＜－1

●典例剖析

[例1] 已知f(x)=log_a(a＞0，a≠1).

(1)判断f(x)在(1，+∞)上的单调性，并加以证明；

(2)当x∈(r，a－2)时，f(x)的值域为(1，+∞)，求a与r的值；

(3)若f(x)≥log_a2x，求x的取值范围.

剖析：单调性只要用定义证明，可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较，化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a＞1与0＜a＜1求解，同时要注意定义域.

解：(1)任取1＜x₁＜x₂，则

f(x₂)－f(x₁)=log_a－log_a

=log_a

=log_a.

又∵x₂＞x₁＞1，∴x₁－x₂＜x₂－x₁.

∴0＜x₁x₂－x₂+x₁－1＜x₁x₂－x₁+x₂－1.

∴0＜＜1.

当a＞1时，f(x₂)－f(x₁)＜0，

∴f(x)在(1，+∞)上是减函数；

当0＜a＜1时，f(x₂)－f(x₁)＞0，

∴f(x)在(1，+∞)上是增函数.

(2)由＞0得x∈(－∞，－1)∪(1，+∞).

∵=1+≠1，∴f(x)≠0.

当a＞1时，

∵x＞1f(x)＞0，x＜－1f(x)∈(0，1)，

∴要使f(x)的值域是(1，+∞)，只有x＞1.

又∵f(x)在(1，+∞)上是减函数，

∴f^－1(x)在(1，+∞)上也是减函数.

∴f(x)＞11＜x＜f^－1(1)=.

∴∴

当0＜a＜1时，

∵x＞1f(x)＜0，x＜1f(x)＞0，

∴要使值域是(1，+∞)，只有x＜－1.

又∵f(x)在(－∞，－1)上是增函数，

∴f(x)＞1－1＞x＞f^－1(1)=.

∴无解.

综上，得a=2+，r=1.

(3)由f(x)≥log_a2x得

当a＞1时，

＜x＜且x＞1.

∴1＜x＜.

当0＜a＜1时，

∴x＞.

[例2] 已知抛物线y=ax²－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.

解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P(x₁，y₁)、Q(x₂，y₂)，线段PQ的中点为M(x₀，y₀)，设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有两组不同的实数解，即得方程ax²－x－(1+b)=0.　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　 ①

判别式Δ=1+4a(1+b)＞0.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①得x₀==，y₀=x₀+b=+b.

∵M∈l，∴0=x₀+y₀=++b，

即b=－，代入②解得a＞.

解法二：设同解法一，由题意得

将①②代入③④，并注意到a≠0，x₁－x₂≠0，得

由二元均值不等式易得

2(x₁²+x₂²)＞(x₁+x₂)²(x₁≠x₂).

将⑤⑥代入上式得

2(－+)＞()²，解得a＞.

解法三：同解法二，由①－②，得

y₁－y₂=a(x₁+x₂)(x₁－x₂).

∵x₁－x₂≠0，∴a(x₁+x₂)==1.

∴x₀==.∵M(x₀，y₀)∈l，

∴y₀+x₀=0，即y₀=－x₀=－，从而PQ的中点M的坐标为(，－).

∵M在抛物线内部，

∴a()²－(－)－1＜0.

解得a＞.(舍去a＜0，为什么?)

思考讨论

解法三中为何舍去a＜0?

这是因为a＜0，中点M(x₀，y₀)，x₀=＜0，

y₀=－＞0.又∵a＜0，

y=ax²－1＜0，矛盾.∴a＜0舍去.

●闯关训练

夯实基础

3.设M=a+(2＜a＜3)，N=log(x²+)(x∈R)，那么M、N的大小关系是

A.M＞N　　　　　　　　　　　 B.M=N　　　　　　　　　　　　 C.M＜N　　　　　　　　　　　 D.不能确定

解析：由2＜a＜3，M=a+=(a－2)++2＞2+2=4(注意a≠1，a≠3)，

N=log(x²+)≤log=4＜M.

答案：A

2.(2004年福建，11)(理)定义在R上的函数f(x)满足f(x)=f(x+2)，当x∈［3，5］时，f(x)=2－|x－4|，则

A.f(sin)＜f(cos)

B.f(sin1)＞f(cos1)

C.f(cos)＜f(sin)

D.f(cos2)＞f(sin2)

解析：由f(x)=f(x+2)，知T=2，

又∵x∈［3，5］时，f(x)=2－|x－4|，可知当3≤x≤4时，f(x)=－2+x.

当4＜x≤5时，f(x)=6－x.

其图象如下图.故在(－1，0)上是增函数，在(0，1)上是减函数.

又由|cos2|＜|sin2|，

∴f(cos2)＞f(sin2).

答案：D

(文)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=f(x+2)，当x∈［3，4］时，f(x)=

x－2，则

A.f(sin)＜f(cos)

B.f(sin)＞f(cos)

C.f(sin1)＜f(cos1)

D.f(sin)＞f(cos)

解析：仿理科分析.

答案：C

1.(2004年湖北，5)若＜＜0，则下列不等式中，正确的不等式有

①a+b＜ab　 ②|a|＞|b|　 ③a＜b　 ④+＞2

A.1个　　　　　　　　　　　　　 B.2个　　　　　　　　　　　　　 C.3个　　　　　　　　　　　　　 D.4个

解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.

∴故①正确，②③错误.

∵a、b同号且a≠b，∴、均为正.

∴+＞2=2.

故④正确.∴正确的不等式有2个.

答案：B

2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.

●点击双基

1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.

6.7　 不等式的综合问题

●知识梳理

3.与不等式相关联的知识较多，如函数与不等式、方程与不等式、数列与不等式、解析几何与不等式，要善于寻找它们之间的联系，从而达到综合应用的目的.

拓展例题

[例1] (2003年福建质量检测题)已知函数f(x)=|log₂(x+1)|，实数m、n在其定义域内，且m＜n，f(m)=f(n).

求证：(1)m+n＞0；

(2)f(m²)＜f(m+n)＜f(n²).

(1)证法一：由f(m)=f(n)，得|log₂(m+1)|=|log₂(n+1)|，即log₂(m+1)=±log₂(n+1)，

log₂(m+1)=log₂(n+1)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

或log₂(m+1)=log₂.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①得m+1=n+1，与m＜n矛盾，舍去.

由②得m+1=，即(m+1)(n+1)=1.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

∴m+1＜1＜n+1.∴m＜0＜n.∴mn＜0.

由③得mn+m+n=0，m+n=－mn＞0.

证法二：(同证法一得)(m+1)(n+1)=1.

∵0＜m+1＜n+1，∴＞=1.∴m+n+2＞2.∴m+n＞0.

(2)证明：当x＞0时，f(x)=|log₂(x+1)|=log₂(x+1)在(0，+∞)上为增函数.

由(1)知m²－(m+n)=m²+mn=m(m+n)，且m＜0，m+n＞0，∴m(m+n)＜0.

∴m²－(m+n)＜0，0＜m²＜m+n.

∴f(m²)＜f(m+n).

同理，(m+n)－n²=－mn－n²=－n(m+n)＜0，

∴0＜m+n＜n².∴f(m+n)＜f(n²).

∴f(m²)＜f(m+n)＜f(n²).

[例2] 求证：对任意x、y∈R，都有≤5－3y+y²，并说明等号何时成立.

证明：7^2x+49≥2·7^x·7=2·7^x+1，

∴≤.

又∵5－3y+y²=(y－3)²+≥，∴≤5－3y+y².

当且仅当x=1，y=3时取等号.

2.应用不等式解决应用问题时，应先弄清题意，根据题意列出不等式或函数式，再利用不等式的知识求解.