1.二次不等式ax2+bx+1＞0的解集為，則ab的值為（ ）
a．﹣5 b．5 c．﹣6 d．6
2.若直線=1（a＞0，b＞0）過點（1，1），則a+b的最小值等於（ ）
a．2 b．3 c．4 d．5
3.已知m是△abc內的一點，且，∠bac=，若△mbc，△mca，△mab的面積分別為，x，y，則的最小值為( )
a．16 b．18 c．20 d．24
4.下列函式中，最小值為2的是( )
a． b．
c．y=ex+2e﹣x d．y=log2x+2logx2
5.已知兩個正實數x，y滿足+=1，並且x+2y≥m2﹣2m恆成立，則實數m的取值範圍是（ ）
a．（﹣2，4） b．[﹣2，4]c．（﹣∞，﹣2）∪（4，+∞）d．（﹣∞，﹣2]∪[4，+∞）
6.某公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，運費為4萬元/次，一年的總儲存費用為4x萬元，要使一年的總費用與總儲存費用之和最小，則x=（ ）
a．10 b．20 c．40 d．80
7.若，則p，q的大小關係為
8. 若正數a，b滿足ab=a+b+3，則ab的取值範圍是 ．
9.若對任意x＞0，≤a恆成立，則a的取值範圍是 ．
10.已知f（x）=|log3x|，若f（a）=f（b）且a≠b．則的取值範圍是
11.若直線ax+2by﹣2=0（a，b＞0）始終平分圓x2+y2﹣4x﹣2y﹣8=0的周長，則的最小值為
12.函式（x＞﹣1）的最小值為 ．
13.證明：不等式（m≥2
14.（2015銅川模擬）已知a2+b2=1，c2+d2=1．
（ⅰ）求證：ab+cd≤1．
（ⅱ）求a+b的取值範圍．
15.請仔細閱讀以下材料：
已知f（x）是定義在（0，+∞）上的單調遞增函式．
求證：命題「設a，b∈r+，若ab＞1，則」是真命題．
16.（本小題滿分12分）已知δabc的三條邊分別為求證：
17.（本小題滿分12分）
18.14分）已知，是正實數，求證：
試卷答案
【考點】一元二次不等式的解法；基本不等式．
【專題】不等式的解法及應用．
【分析】先對原不等式進行等價變形，進而利用韋達定理求得和的值，進而求得a和b，則ab的值可求得．
【解答】解：∵不等式ax2+bx+1＞0的解集為，
∴a＜0，
∴原不等式等價於﹣ax2﹣bx﹣1＜0，
由韋達定理知﹣1+=﹣，﹣1×3=，
∴a=﹣3，b=﹣2，
∴ab=6．
故選d【點評】本題主要考查了一元二次不等式的解法．注意和一元二次方程的相關問題解決．
【考點】基本不等式在最值問題中的應用．
【專題】不等式．
【分析】將（1，1）代入直線得： +=1，從而a+b=（+）（a+b），利用基本不等式求出即可．
【解答】解：∵直線=1（a＞0，b＞0）過點（1，1），
∴+=1（a＞0，b＞0），
所以a+b=（+）（a+b）=2++≥2+2=4，
當且僅當=即a=b=2時取等號，
∴a+b最小值是4，
故選：c．
【點評】本題考察了基本不等式的性質，求出+=1，得到a+b=（+）（a+b）是解題的關鍵．
【考點】基本不等式；平面向量數量積的運算．
【專題】不等式的解法及應用；平面向量及應用．
【分析】由，∠bac=，利用數量積運算可得，即bc=4．利用三角形的面積計算公式可得s△abc==1．已知△mbc，△mca，△mab的面積分別為，x，y．可得，化為x+y=．再利用基本不等式==即可得出．
【解答】解：∵，∠bac=，
∴，∴bc=4．
∴s△abc===1．
∵△mbc，△mca，△mab的面積分別為，x，y．
∴，化為x+y=．
∴===18，當且僅當y=2x=時取等號．
故的最小值為18．
故選：b．
【點評】本題考查了數量積運算、三角形的面積計算公式、基本不等式等基礎知識與基本技能方法，屬於中檔題．
【考點】基本不等式．
【專題】計算題．
【分析】a：當x＜0時不能運用基本不等式．
b：當sinx=時取到最小值2，由三角函式的性質可得sinx=不成立．
c：此函式解析式滿足：一正，二定，三相等，所以c正確．
d：當log2x＜0時不能運用基本不等式．
【解答】解：a：由可得：當x＜0時不能運用基本不等式，所以a錯誤．
b：≥2，當且僅當sinx=時取等號，由三角函式的性質可得sinx=不成立，所以b錯誤．
c：因為ex＞0，所以y=ex+2e﹣x=≥2，當且僅當ex=時取等號，此函式滿足：一正，二定，三相等，所以c正確．
d：由y=log2x+2logx2可得：當log2x＜0時不能運用基本不等式，所以d錯誤．
故選c．
【點評】本題主要考查利用基本不等式求最值，以及三角函式、指數函式、對數函式的有關性質，在利用基本不等式求最值時要滿足：一正，二定，三相等，此題屬於基礎題．
考點： 基本不等式．
專題： 不等式的解法及應用．
分析： 利用「乘1法」和基本不等式的性質可得x+2y的最小值，x+2y≥m2﹣2m恆成立，即可得出．
解答： 解：∵兩個正實數x，y滿足+=1，
∴x+2y=（x+2y）=4+≥4+2=8，當且僅當x=2y=4時取等號．
∵x+2y≥m2﹣2m恆成立，
∴，∴m2﹣2m≤8，
解得﹣2≤m≤4．
∴實數m的取值範圍是[﹣2，4]．
故選：b．
點評： 本題考查了「乘1法」和基本不等式的性質、恆成立問題的等價轉化方法，屬於基礎題．
考點： 基本不等式在最值問題中的應用．
專題： 不等式．
分析： 根據已知條件便可得，一年的總費用和總儲存費用之和為，當x=20時取「=「，這便求出了使一年的總費用和總儲存費用之和最小時的x值了．
解答： 解：由已知條件知，一年的總費用與總儲存費用之和為；
當，即x=20時取「=「；
即要使一年的總費用與總儲存費用之和最小，則x=20．
故選b．
點評： 考查對基本不等式：a+b，a＞0，b＞0，的運用，注意等號成立的條件
解析：，
．8.[9，+∞）
【考點】： 基本不等式在最值問題中的應用．
【專題】： 計算題；壓軸題．
【分析】： 先根據基本不等式可知a+b≥2，代入題設等式中得關於不等式方程，進而求得的範圍，則ab的最大值可得．
解：∵a+b≥2，ab=a+b+3，
∴ab﹣2﹣3≥0
∴≥3或≤﹣1（空集）
∴ab≥9
故答案為：[9，+∞）
【點評】： 本題主要考查了基本不等式在最值問題中的應用．考查了學生對基本不等式的整體把握和靈活運用．
【考點】基本不等式在最值問題中的應用．
【專題】不等式的解法及應用．
【分析】根據x+≥2代入中求得的最大值為進而a的範圍可得．
【解答】解：∵x＞0，
∴x+≥2（當且僅當x=1時取等號），
∴=≤=，即的最大值為，
故答案為：a≥
【點評】本題主要考查了基本不等式在最值問題中的應用．屬基礎題．
10.[2，+∞）
【考點】對數函式的影象與性質．
【專題】函式的性質及應用．
【分析】根據題意，先求函式f（x）的定義域，再由f（a）=f（b）可得|log3a|=|log3b|，由對數的運算性質分析可得ab=1，又由a、b＞0且a≠b，結合基本不等式的性質，可得=b+≥2，即可得答案．
【解答】解：根據題意，對於f（x）=|log3x|，有x＞0，
若f（a）=f（b），則|log3a|=|log3b|，
又由a≠b，則有log3a=﹣log3b，
即log3a+log3b=log3ab=0，
則ab=1，
又由a、b＞0且a≠b，
∴=b+≥2，當且僅當b=取等號，
即的取值範圍是[2，+∞）；
故答案為：
【點評】本題考查基本不等式的運用，注意a≠b的條件．屬於基礎題．
11.【考點】直線與圓的位置關係；基本不等式．
【專題】計算題．
【分析】由題意可知圓x2+y2﹣4x﹣2y﹣8=0的圓心（2，1）在直線ax+2by﹣2=0上，可得a+b=1，而=（）（a+b），展開利用基本不等式可求最小值
【解答】解：由圓的性質可知，直線ax+2by﹣2=0即是圓的直徑所在的直線方程
∵圓x2+y2﹣4x﹣2y﹣8=0的標準方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2=13，
∴圓心（2，1）在直線ax+2by﹣2=0上
∴2a+2b﹣2=0即a+b=1
∵=（）（a+b）==3+2
∴的最小值
故答案為：
【點評】本題主要考查了圓的性質的應用，利用基本不等式求解最值的問題，解題的關鍵技巧在於「1」的基本代換
12.考點： 基本不等式在最值問題中的應用．
專題： 不等式的解法及應用．
分析： 化簡函式的解析式，然後利用基本不等式求解最小值即可．
解答： 解：函式y==2（x+1）++1，
∵x＞﹣1，∴x+1＞0，
y=2（x+1）++1≥2+1=4，
當且僅當即x=時等號成立．
函式的最小值為：4．
故答案為：4．
點評： 本題考查基本不等式求解函式的最值，基本知識的考查．
13.【考點】不等式的證明
【專題】計算題；規律型；轉化思想；推理和證明
【分析】移項將不等式化為＜，利用分析法證明即可
【解答】證明：要證不等式（m≥2）成立
需證需證（）2＜（）2
即證需證（m+1）（m﹣2）＜m2﹣m
需證m2﹣m﹣1＜m2﹣m
只需證﹣1＜0
因為﹣1＜0顯然成立
所以原命題成立
【點評】本題考查的知識點是不等式的證明，考查的知識點是分析法證明
14.【考點】不等式的證明．
【專題】綜合題；不等式的解法及應用．
【分析】（ⅰ）利用綜合法，結合基本不等式，即可得出結論；
（ⅱ）設=（a，b），=（1，），利用||≤||||，可求a+b的取值範圍．
【解答】（i）證明：∵a2+b2≥2ab，c2+d2≥2cd，
∴a2+b2+c2+d2≥2（ab+cd），當且僅當a=b=c=d=時取「=」…
又∵a2+b2=1，c2+d2=1
∴2（ab+cd）≤2
不等式證明
第四章微積分中值定理與證明 4.1 微分中值定理與證明 一基本結論 1 零點定理 若在連續，則，使得 2 最值定理 若在連續，則存在使得 其中 分別是在的最小值和最大值 3 介值定理 設在的最小值和最大值分別是，對於，都存在使得 或者 對於，都存在使得 4 費瑪定理 如果是極值點，且在可導，則 5 ...
證明不等式
20.已知函式 i 當時，若函式在其定義域內是增函式，求b的取值範圍 ii 若的圖象與x軸交於兩點，且ab的中點為，求證 20.1 由題意 在上遞增，對恆成立，即對恆成立，只需，當且僅當時取 的取值範圍為 2 由已知得，兩式相減，得 由及，得 令，且，在上為減函式，又，2009 遼寧理21 本小題滿...
不等式證明
二 部分方法的例題 1.換元法 換元法是數學中應用最廣泛的解題方法之一。有些不等式通過變數替換可以改變問題的結構，便於進行比較 分析，從而起到化難為易 化繁為簡 化隱蔽為外顯的積極效果。注意 在不等式的證明中運用換元法，能把高次變為低次，分式變為整式，無理式變為有理式，能簡化證明過程。尤其對含有若干...