08高考数学二、三轮复习技巧与策略参考答案

答　　　　　　 案

1． 答案C

解析 　

有7个不同实数解的充要条件是方程有两个根，一个等于0，一个大于0．此时应且．选C

2．答案C　

解析　 法一：代特殊值验证

　　　　　　　 法二：①当，即时，无解；

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②当，即时，，故选C．

3． 答案B　　

解析记，则

当时，要使得是增函数，则需有恒成立，所以．矛盾．排除C、D

当时，要使得是增数，则需有恒成立，所以．排除A　　　本题答案选B

4．　 A 解析　数形结合法：当，如图A所示，有，当时，如图B所示，有，故选A．

　

5．答案2．　　解析由f(x)=x²+4x+3,　　 f(ax+b)=x²+10x+24,

　　　　　　　　得：(ax+b)²+4(ax+b)+3=x²+10x+24,

　　　　　　　　即：a²x²+2abx+b²+4ax+4b+3=x²+10x+24,

　　　　　　　　　比较系数得：

　　　　　　　　　求得：a=－1,b=－7,　 或a=1,b=3，则5a－b=2．

6． 答案 　　解析，由题意知是函数的单调减区间，因此．

7． 答案　　解析为偶函数, 即在内最大值．

　　　　　　　　当a＜0时, =,=1－a;

　　　　　　　　当a＞0时, 若≥1, 则=a．　　 若≤1, 则=1－a．

　　　　　　　　∴=当a=时, 有最小值．

8． 解析(I)因为函数，的图象都过点(，0)，所以，

　　 　 即．因为所以．

　　　　　　

　　　　　　 又因为，在点(，0)处有相同的切线，所以

　　　　　　 而

　　　　　　 将代入上式得　因此故，，

(II)解法一:．

当时，函数单调递减．

由，若；若

由题意，函数在(－1，3)上单调递减，则

所以

又当时，函数在(－1，3)上单调递减．

所以的取值范围为

解法二：

　　　　　　 因为函数在(－1，3)上单调递减，且是(－1，3)

上的抛物线，

　　　　　　 所以　即解得

　　　　　　 所以的取值范围为

9． 解析(Ⅰ)由题意,f(x)=x²

当x<2时,f(x)=x²(2－x)=x,解得x=0,或x=1;

当x

综上所述,所求解集为．

(Ⅱ)设此最小值为m．

①当

　　　　　　　　　　　 因为:

　　　　　　　　　　　 则f(x)是区间[1,2]上的增函数,所以m=f(1)=1－a．．

②当1<a．

③当a>2时，在区间[1，2]上，

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　 若在区间(1，2)内f^/(x)>0,从而f(x)为区间[1，2]上的增函数，

　　　　　　　　　　　　 由此得：m=f(1)=a－1．

　　　　　　　　　　　　 若2<a<3,则

　　　　　　　　　　　　 当

　　　　　　　　　　　　 当

　　　　　　　　　　　　 因此，当2<a<3时，m=f(1)=a－1或m=f(2)=4(a－2)．

　　　　　　　　　　　　 当;

　　　　　　　　　　　　 当

　　　　　　 综上所述，所求函数的最小值

专题二　　　 不等式

复习策略

一．不等式的证明策略

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合．高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本专题着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力．

二．不等式的解法策略

不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛，又是学习高等数学的重要工具，所以不等式是高考数学命题的重点，解不等式的应用非常广泛，如求函数的定义域、值域，求参数的取值范围等，高考试题中对于解不等式要求较高，往往与函数概念，特别是二次函数、指数函数、对数函数等有关概念和性质密切联系，应重视；从历年高考题目看，关于解不等式的内容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的则是间接考查解不等式．

三．不等式的应用策略

不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出．不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本专题提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题．

典例剖析

例1已知函数，数列满足

　(Ⅰ)设，证明：；

(Ⅱ)设(Ⅰ)中的数列的前n项和为S_n，证明

解析(Ⅰ)由题意得，

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)证明过程可知，

点评 本题主要考查函数、数列、不等式的证明等基本知识，考查应用放缩法证明不等式 ．

例2已知函数

(1)求函数的最大值；

(2)当时，求证；

解析(1)

　 　　令得

当时，　 当时，又

　 当且仅当时，取得最大值0

(2)

由(1)知

又

点评 利用导数证明不等式问题比较新颖,考生对方面问题应加以重视．

例3 已知二次函数f(x)＝ax²+bx+c(a＞0)的图象与x轴

有两个不同的公共点，若f(c)＝0，

x

且0＜x＜c时，f(x)＞0．(1)试比较与c的大小；(2)证明：－2＜b＜－1；(3)当c＞1，t＞0时，求证：＞0．

解析 由已知，f(x)的图象与x轴有两个不同的公共点　 ∴f(x)＝0有两个不同的实数根x₁、x₂∵f(c)＝0，且x₁.x₂＝, ∴f(x)＝0的两个根就是c和　　　　 ．

如果＜c，∵a＞0，故＞0，即0＜＜c而当0＜x＜c时，f(x)＞0，所以有f()＞0，这与时f(x)＝0的根矛盾　∴＞c

(2)证明：∵f(c)＝0，∴ac²+bc+c＝0又c＞0，故ac+b+1＝0∵a＞0，c＞0，所以ac＞0，于是b+1＜0，故b＜－1　

又f(x)的图象对称轴x＝－，且f(x)＝0的两根为c和，且c＜∴－＜　 Þ　 b＞－2 ,　 故－2＜b＜－1　　　　

(3)证明：∵t＞0，要证＞0对左边通分后知，只需证分子(a+b+c)t²+(a+2b+3c)t+2c＞0即可记g(t)＝(a+b+c)t²+(a+2b+3c)t+2c由0＜1＜c且0＜x＜c时f(x)＞0，有f(1)＝a+b+c＞0又a+2b+3c＝(a+b+c)+(b+2c)＞b+2c＞b+2＞2　　　

∴g(t)图象的对称轴t＝－＜0　 ∴函数g(t)在[0，+∞上递增故当t＞0时，g(t)＞g(0)＝2c＞0　 ∴原结论成立．

例4已知数列中，，．

(1)若，求实数的取值范围；

(2)求证：不存在正实数，使，对任意恒成立．

解析 (1)　，　　　　　　　　

∴　

∵，∴，故．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　 (2)(反证法) 假设存在正实数，对任意，使恒成立．则恒成立，

　　　　　 ∴，∴，　　　　　　∴，

　　　　　 又，，……，，

　∴，即，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

故取即，有，则与矛盾．

因此，不存在正实数，使，对任意恒成立．

点评 存在性问题常常可用反证法证明．

例5已知函数的最大值不大于，又当

　　 (1)求a的值；

　　 (2)设

解析(1)由于的最大值不大于

所以　　 ①　　 　

又所以．　 ②

由①②得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)证法一：(i)当n=1时，，不等式成立；

因时不等式也成立．

(ii)假设时，不等式成立，

因为的对称轴为

知为增函数，所以由得

　

于是有

所以当n=k+1时，不等式也成立．　

根据(i)(ii)可知，对任何，不等式成立．

证法二：(i)当n=1时，，不等式成立；

(ii)假设时不等式成立，即，则当n=k+1时，

　

因所以

　

于是　　 因此当n=k+1时，不等式也成立．

根据(i)(ii)可知，对任何，不等式成立．

点评　 本题要考查函数和不等式的概念，考查数学归纳法，以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力．根据题意利用二次函数在结定区间上最值确定a的值；利用数学归纳法解决不等式问题．

例6 数列{a_n}满足．

(Ⅰ)用数学归纳法证明：；

(Ⅱ)已知不等式，其中无理数

e=2．71828…．

解析(Ⅰ)证明：(1)当n=2时，，不等式成立．

　　 (2)假设当时不等式成立，即

那么．　 这就是说，当时不等式成立．

根据(1)、(2)可知：成立．

(Ⅱ)证法一：

由递推公式及(Ⅰ)的结论有

　

两边取对数并利用已知不等式得

　

故　

上式从1到求和可得

即

(Ⅱ)证法二：

由数学归纳法易证成立，故

令

取对数并利用已知不等式得　

上式从2到n求和得　

因

故成立．

不等式证明解题技巧

1．不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法．

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证．

(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野．

2．不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等．换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性．放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查．有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法．凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法．

3．与数列有关的问题或者与正整数有关的问题时常用数学归纳法证明．

证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，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．

例7已知函数(a，b为常数)且方程f(x)－x+12=0有两个实根为x₁=3,x₂=4．

　 (1)求函数f(x)的解析式；

　 (2)设k>1，解关于x的不等式；

解析　 本题主要考查求函数的解析式及含参分式不等式的解法．

(1)将得

(2)不等式即为

即

①当

②当

③．

点评　 解不等式的过程实质上就是转化的过程,分式不等式转化成整式不等式,解分式不等式一般情况下是移项,通分,然后转化成整式不等式,对于高次不等式,借助数轴法,则简单,快捷,另外,,含有参数问题要对参数加以讨论．

例8设函数f(x)＝|x－m|－mx，其中m为常数且m<0．

(1)解关于x的不等式f(x)<0；

(2)试探求f(x)存在最小值的充要条件，并求出相应的最小值．

解析(1)由f(x)<0得，|x－m|<mx，得－mx<x－m<mx，即　

　　 　　　　　　①当m=－1时，x<－　

②当－1< m<0时，<x<

③当m<－1时，x<

综上所述，当m<－1时，不等式解集为{x|x<}

当m=－1时，不等式解集为{x|x<－}

当－1<m<0时，不等式解集为{x|<x<}

(2)f(x)=

∵m<0，∴1－m>0，f(x)在[m，+∞)上单调递增，要使函数f(x)存在最小值，

则f(x)在(－∞，m)上是减函数或常数，

∴－(1+m)≤0即m≥－1，又m<0，∴－1≤m<0．

点评　 有关绝对值问题先去掉绝对值符号即利用等价转化为不等式组．然后对m分类讨论．

例9已知定义在R上函数f(x)为奇函数，且在上是增函数，对于任意实数m，使　恒成立．

解析　∵　 f(x)在R上为奇函数，且在上是增函数，

　　　∴　 f(x)在上为增函数

　又　　 ∵　

∴＞－＝

　　　∴ 　即

　 ∵ 2－，　 ∴　 2

∴　 m>

　　　　　　　 　　令2－　　 ∴　　 m>4－

即4－m<在上恒成立．

即求在上的最小值

　∵ ≥2等号成立条件t=,即成立

　∴　　 　∴　　 4－m<即m>4－

∴　　 m的取值范围为(4－，+∞)

点评　解含参数不等式的问题有时可用分离参数法． 所谓分离参数法也就是将参数与未知量分离于表达式的两边，然后根据未知量的取值范围情况决定参数的范围．这种方法可避免分类讨论的麻烦，使问题得到简单明快的解决．

一般地，利用最值分离参数法来确定不等式 , (为实参数)中参数取值范围的基本步骤:

(1) 将参数与变量分离，即化为的形式；

(2) 求在D时的最大(或最小)值；

(3) 解不等式　得的取值范围．

思想方法：把不等式中恒成立问题转化为求函数最值问题．

适用题型：(1) 参数与变量能分离；(2) 函数的最值易求出．

利用这种方法可以顺利解决许多含参数不等式中的取值问题，还可以用来证明一些不等式．

不等式解法解题技巧

解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题：

(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法．

(2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法．

(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法．

(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法．

(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的不等式．

(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论．

例10某段城铁线路上依次有A、B、C三站，AB=5km，BC=3km，在列车运行时刻表上，规定列车8时整从A站发车，8时07分到达B站并停车1分钟，8时12分到达C站，在实际运行中，假设列车从A站正点发车，在B站停留1分钟，并在行驶时以同一速度匀速行驶，列车从A站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差．

　　　 (I)分别写出列车在B、C两站的运行误差

(II)若要求列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，求的取值范围．

解析(I)列车在B，C两站的运行误差(单位：分钟)分别是

　　　和

　　　(II)由于列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，所以

　　　　　　　(*)

　　　当时，(*)式变形为

　　　解得

　　　当时，(*)式变形为

　　　解得

　　　当时，(*)式变形为

　　　解得

综上所述，的取值范围是[39，]

例11设f(x)是定义在[0, 1]上的函数，若存在x*∈(0，1)，使得f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f(x)为[0, 1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．

　　　 对任意的[0，l]上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法．

(I)证明：对任意的x₁，x₂∈(0，1)，x₁＜x₂，若f(x₁)≥f(x₂)，则(0，x₂)为含峰区间；若f(x₁)≤f(x₂)，则(x*，1)为含峰区间；

(II)对给定的r(0＜r＜0．5)，证明：存在x₁，x₂∈(0，1)，满足x₂－x₁≥2r，使得由(I)所确定的含峰区间的长度不大于 0．5+r；

(III)选取x₁，x₂∈(0, 1)，x₁＜x₂，由(I)可确定含峰区间为(0，x₂)或(x₁，1)，在所得的含峰区间内选取x₃，由x₃与x₁或x₃与x₂类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为(0，x₂)的情况下，试确定x₁，x₂，x₃的值，满足两两之差的绝对值不小于0．02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0．34．

(区间长度等于区间的右端点与左端点之差)

解析(I)证明：设x*为f(x) 的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*, 1]上单调递减．

　　　 当f(x₁)≥f(x₂)时，假设x*(0, x₂)，则x₁<x₂<x*，从而f(x*)≥f(x₂)>f(x₁)，

　　　 这与f(x₁)≥f(x₂)矛盾，所以x*∈(0, x₂)，即(0, x₂)是含峰区间．

　　　 当f(x₁)≤f(x₂)时，假设x*( x₂, 1)，则x*≤x₁<x₂，从而f(x*)≥f(x₁)>f(x₂)，

　　　 这与f(x₁)≤f(x₂)矛盾，所以x*∈(x₁,1)，即(x₁,1)是含峰区间．

(II)证明：由(I)的结论可知：

　　　 当f(x₁)≥f(x₂)时，含峰区间的长度为l₁＝x₂；

　　　 当f(x₁)≤f(x₂)时，含峰区间的长度为l₂=1－x₁；

　　　 对于上述两种情况，由题意得

　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

　　　 由①得 1+x₂－x₁≤1+2r，即x₁－x₁≤2r．

　　　 又因为x₂－x₁≥2r，所以x₂－x₁=2r,　　　　②

　　　 将②代入①得

　　　 x₁≤0．5－r, x₂≥0．5－r，　　　　　　　　　　　　　　③

　　　 由①和③解得 x₁＝0．5－r， x₂＝0．5+r．

　　　 所以这时含峰区间的长度l₁＝l₁＝0．5+r，即存在x₁，x₂使得所确定的含峰区间的长度不大于0．5+r．

(III)对先选择的x₁；x₂，x₁<x₂，由(II)可知

　　　 x₁+x₂＝l，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④

　　　 在第一次确定的含峰区间为(0, x₂)的情况下，x₃的取值应满足

　　　 x₃+x₁＝x₂，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤

　　　 由④与⑤可得,

　　　 当x₁>x₃时，含峰区间的长度为x₁．

　　　 由条件x₁－x₃≥0．02，得x₁－(1－2x₁)≥0．02，从而x₁≥0．34．

　　　 因此，为了将含峰区间的长度缩短到0．34，只要取

x₁＝0．34，x₂＝0．66，x₃=0．32．

点评 本题为信息题,通过题目中给出的信息结合已学过的数学知识解决这类问题．

例12 在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB、AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合(如图 所示)．将矩形折叠，使A点落在线段DC上．

　　 (Ⅰ)若折痕所在直线的斜率为k，试写出折痕所在直线的方程；

　　(Ⅱ)求折痕的长的最大值．

解析(I) (1)当时,此时A点与D点重合, 折痕所在的直线方程

(2)当时，将矩形折叠后A点落在线段CD上的点为G(a,1)

所以A与G关于折痕所在的直线对称，有

故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标(线段OG的中点)为

折痕所在的直线方程，即

由(1)(2)得折痕所在的直线方程为：

(II)折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标为

解得；解得

当A与D重合时，k=－2

(1)当时，直线交BC于

　　 ．

(2)当时，

,令解得, 　　　　 此时

∴

(3)当时，直线交DC于

所以折痕的长度的最大值为

点评 　利用导数可解有关不等式综合应用问题．

不等式应用解题技巧

1．应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性．

2．对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题．

专题二　　　　　不等式

能力培养

1． (启东中学, 基础题, 5分值,　 4分钟) 设有两个命题：①关于x的不等式mx²+3mx+1>0的解集是R，②函数f(x)=log_mx是减函数．如果这两个命题中有且只有一个真命题，则实数m的取值范围是　　　　　　　　　　　　　　　．

2． (启东中学, 基础题, 5分值,　 4分钟) 某金店用一杆不准确的天平(两边臂不等长)称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　　 )

A．大于　　　 　　　B．小于　　　　　 　C．大于等于　　　　　 D．小于等于

3． (启东中学, 基础题, 5分值,　 4分钟) 在“ + =1”中的“　　　　　　”处分别填上一个自然数，并使他们的和最小．

4． (启东中学, 中档题, 5分值,　 4分钟) 已知实数a，b，c，d满足：a<b，c<d，(a－c)(a－d)=4，(b－c)(b－d)=4，　 则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　 )

A． a<b<c<d　　　 B． c<d< a <b 　　　　　　　C．c <a<d<b　　　 D ．a <c<d<b

5． (启东中学, 中档题, 4分值,　 4分钟) 对于在区间上有意义的两个函数如果对于任意，均有则称在上是接近的．若函数与函数在区间上非常接近，则该区间可以是　　　　　　　　．

6． (启东中学, 中档题, 4分值,　 4分钟) 已知A={x|x²－4x+3＜0,xÎR}, B={x|≤0, x²－2(a+7)x+5≤0,xÎR}．若AÍB, 则实数a的取值范围是____________．

7．(启东中学, 难题, 4分值,　 5分钟) 设0<a,若满足不等式的　 一切实数x，

亦满足不等式则正实数b的取值范围　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　．

8． (启东中学, 中档题,10分值,　 10分钟)

已知函数．

(1)若对任意的；

(2)若对任意的x₁、

9． (启东中学, 难题, 12分值,　 12分钟) 已知定义域为[0，1]的函数f(x)同时满足；

(1)对于任意；

(2)f (x)=1;

(3)若x₁≥0, x₂≥0, x₁+ x₂≤1，则有f (x₁+x₂) ≥f (x₁)+f (x₂)

( I )试求f (0)的值；(Ⅱ)试求函数的最大值．

(Ⅲ)(文)试证明：当当

(IV)(理)试证明：当

答　　　 案

1． 答案m＝0或 ≤m<1．　 解析　 ∵关于x的不等式mx²+3mx+1>0的解集是Rm=0或0≤m<；函数f(x)=log_mx是减函数0<m<1．∴要使这两个命题中有且只有一个真命题，则有m＝0或 ≤m<1．

2．答案 ＞　 解析　 设天平的两边臂长分别为，两次所称黄金的重量分别是，于是有关系式　，．则　

3． 答案 10 , 15　解析　 设这两个自然数分别为x，y，则有x+y=(x+y)( + =1)=13+ + ≥13+2≥25，等号当且仅当 = 且 + =1，即x=10，y=15时成立．

4． 答案 D 解析　 作函数y＝(x－c)(x－d)及函数 y＝(x－c)(x－d)－4的图象，由图易得a <c<d<b．选D．

5．答案或填或填它们的任一子区间(答案有无数个)　

解析: 由得即．

6． 答案－4≤a≤1 解析　 易得A=(1,3), 设,在(1,3) 上的图象均在x轴下方． 其充要条件是：同时有≤0,　≤0,≤0,≤0．　　 ∴－4≤a≤1

7． 答案　解析　 设集合A＝，

　　　　　　　　B=

()

　　　　　由题设知AB，则：　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　于是得不等式组：　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　又　 ，最小值为；

　　　　　　　　　　　最小值为；

　　　∴　　 ,　　　 即 b的取值范围是

8． 解析 ⑴令

∴在上恒成立，等价于　

若,显然　

若，　

且当时，；当时，

∴　　 当　， =

即.　　解得 　a≤5　 ∴2＜a≤5

∴　　 a的范围是

⑵由题意

显然　=(当x=0时，取最小值)

　 a≥0时，g(x)无最大值，　 不合题意，∴a＜0．

又，

∴，

∴a的范围．

9． 解析(Ⅰ)．令，依条件(3)可得f (0+0)≥f (0)+f (0),即f (0)≤0

又由条件(1)得f (0) ≥0，则f (0)= 0

(Ⅱ)任取0≤≤1，可知，

则，

即≥0，故于是当0≤x≤1时，有f (x) ≤f (1) =1,因此，当x=1时，f (x)有最大值1

(Ⅲ)证明：当时，f (x) ≤1<2x　

当时，f (2x) ≥f (x)+f (x)=2f (x)，∴

(Ⅳ)证明：当时，f (x) ≤1≤2x ．

当时，f (2x) ≥f (x)+f (x)=2 f(x)，∴，

显然，当时，..成立

假设当时，有成立，其中k=1,2,…

那么当时，

....

可知对于，总有，其中n∈N*

此时，故时，有f (x)＜2x　　 (n∈N*)

专题三数列、极限与数学归纳法

能力培养

1． (启东中学, 基础题, 5分值,　 4分钟) 已知等差数列{a_n}中，S_n是它的前n项和，若S₁₆＞0，且S₁₇＜0，则当S_n最大时，n的值为(　　　　　　　)A．16　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　B．9 　　　　　　　　　　　　　　　　 C．8　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　D．102．(启东中学, 中档题, 5分值,　 4分钟) 等比数列{a_n} 中，已知a₁+a₂+a₃=64，a₄+a₅+a₆=－16，则此数列的前18项的和等于()　　　　　　　　　　

A．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．

3．(启东中学, 中档题, 5分值,　 4分钟) 已知lg3,lg(sinx－),lg(1－y)顺次成等差数列，则

A． y有最小值，无最大值　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　B．y有最大值1，无最小值

C．y有最小值，最大值1