1. 已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函式，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0時＞0
(1)用定義證明f(x)在［－1，1］上是增函式；
(2)解不等式 f(x+)＜f()；
(3)若f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恆成立，求實數t的取值範圍
(1)證明任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，
則f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2)
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上為增函式
(2)解 ∵f(x)在［－1，1］上為增函式，
∴ 解得
(3)解由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函式，且f(1)=1，
故對x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恆成立，
即要t2－2at+1≥1成立，
故t2－2at≥0，記g(a)=t2－2at，對a∈［－1，1］，g(a)≥0，
只需g(a)在［－1，1］上的最小值大於等於0，g(－1)≥0，g(1)≥0，
解得，t≤－2或t=0或t≥2
∴t的取值範圍是
2 設不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為m，如果m［1，4］，求實數a的取值範圍
解 m［1，4］有兩種情況其一是m=，此時δ＜0；其二是m≠，此時δ=0或δ＞0，分三種情況計算a的取值範圍
設f(x)=x2 －2ax+a+2，有δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)
(1)當δ＜0時，－1＜a＜2，m=［1，4］
(2)當δ=0時，a=－1或2
當a=－1時m=［1，4］；當a=2時，m=［1，4］
(3)當δ＞0時，a＜－1或a＞2
設方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，
那麼m=［x1，x2］，m［1，4］1≤x1＜x2≤4
即，解得 2＜a＜，∴m［1，4］時，a的取值範圍是(－1，)
3. 解關於x的不等式＞1(a≠1)
解原不等式可化為 ＞0，
①當a＞1時，原不等式與(x－)(x－2)＞0同解
由於∴原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞)
②當a＜1時，原不等式與(x－)(x－2) ＜0同解
由於, 若a＜0，,解集為(，2)；
若a=0時，，解集為；
若0＜a＜1，,解集為(2，)
綜上所述當a＞1時解集為(－∞，)∪(2，+∞)；
當0＜a＜1時，解集為(2，)；當a=0時，解集為；
當a＜0時，解集為(，2）
4. 設函式f(x)=ax滿足條件當x∈(－∞，0)時，f(x)＞1；當x∈(0，1時，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恆成立，求實數m的取值範圍
解由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1恆成立
在x∈(0，1恆成立
整理，當x∈(0，1)時，恆成立，
即當x∈(0，1時，恆成立，且x=1時，恆成立，
∵在x∈(0，1上為減函式，∴＜－1，
∴m＜恆成立m＜0
又∵，在x∈(0，1上是減函式，∴＜－1
∴m＞恆成立m＞－1
當x∈(0，1)時，恆成立m∈(－1，0
當x=1時，，即是∴m＜0
∴①、②兩式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1時，
f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恆成立，m的取值範圍是(－1，0)
5. ，求關於不等式的解集。
解集為6. 解關於。
解 ①若；
②若；③若。
7.已知
求證：（1）；（2）。
證明：（1），
，（2）首先易證
8.某種商品原來定價每件p元，每月將賣出n件。假若定價**，每月賣出數量將減少y成，而售貨金額變成原來的z倍。
（1） 若時的值；
（2） 若 ，求使售貨金額比原來有所增加的的取值範圍。
解：該商品定價**成時，**後的定價、每月賣出數量、每月售貨金額分別是
因而有：
（2）9.已知函式在r上是增函式，。
（1） 求證：如果；
（2） 判斷（1）中的命題的逆命題是否成立？並證明你的結論；
（3） 解不等式。
（1） 證明：當
（2）（1）中命題的逆命題為： ①
①的逆否命題是
仿（1）的證明可證②成立，又①與②互為逆否命題，故①成立，
即（1）中命題的逆命題成立。
（2） 根據（2），所解不等式等價於。
10.奇函式上是增函式，當時，是否存在實數m，使對所有的均成立？若存在，求出適合條件的所有實數m；若不存在，說明理由。
解：易知，
因此，滿足條件的實數m存在，它可取內的一切值。
11. 設數列滿足
（ⅰ） 證明：對一切正整數成立；
（ⅱ）令判斷與的大小，並說明理由.
解析：（ⅰ）證法一：①當時，不等式成立，
②假設時，成立
當時，時，成立
由①②可知，對一切正整數成立.
證法二：由遞推公式可得
…上述各式相加並化簡得
又時，成立，故
（ⅱ）解法一：
故解法二：
故.因此
12. 設使,，求證：
(ⅰ)a＞0且-2＜＜-1；
(ⅱ)方程f(x)=0在（0，1）內有兩個實根.
解析：(ⅰ)因為,所以
又,消去,得,
由消去,得所以
(ⅱ)拋物線的頂點座標為
又兩邊乘以得 ,又
而所以方程在區間與內分別有一實根,
即方程在有兩個實根
13. 已知函式,數列{}滿足:
證明:（ⅰ）;(ⅱ).
解析：（ⅰ）先用數學歸納法證明
①當時,由以知,結論成立.
②假設當時,結論成立,即.
因為時.所以在上是增函式.
又在上連續,從而即
故當時,結論成立.
由①②可知對一切正整數都成立.
又因為時,
所以. 綜上所述.
(ⅱ)設函式
由（ⅰ）知當時,
從而.所以在上是增函式,又在上連續,且.所以當時,成立,所以
即,故14. 已知函式,數列滿足:,
(1)證明:數列是單調遞減數列.
（2）證明：
解析：本題以函式、數列為載體，考查不等式證明的基本方法，在證明的過程中，要對所證的不等式適當變形、合理放縮.
(1)證明:由題意得
所以數列是單調遞減數列
（2）證明：由(1)的證明過程可知，
所以 故
15. 若關於的不等式的解集是，求不等式的解集
解：由不等式的解集是得是方程的兩個根，
故又所以不等式即
或所以不等式的解集是.
16.設都是正實數,求證:
證明：因為都是正實數，
上述各式相加，得：
17、設，解關於的不等式
解：設則原不等式化為
①當時，所以
②當時，所以
③當時，所以
綜上所述： 即
⑴當時，由得
（2）當時，由得
所以，當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是
18.過點作直線交正半軸於兩點.
(1)若取到最小值,求直線的方程
(2)若的面積取到最小值,求直線的方程
解：設直線的方程為：則，
（1）當且僅當且時，即時取等號.
此時，直線的方程是
（2）當且僅當且時，即時取等號.
此時，直線的方程是
19.設函式正實數滿足，且
（1）求證2）求證：
證明：（1）由得
，，得，所以
（2）由得
，得，所以，又
20.已知函式,數列滿足:,
(1)設證明: （2）證明：
證明：（1）因為,數列滿足:,
所以=（ 所以
（2）由（1）得
所以即21. （1）設a>0，b>0且，試比較aabb與abba的大小。
（2）已知函式，，試比較與的大小．
解：(1)根據同底數冪的運算法則，可考慮用比值比較法。
當a>b>0時，,則，於是aabb>abba
當b>a>0時，,則，於是aabb>abba
綜上所述，對於不相等的正數a,b，都有aabb>abba
解(2)作差—=
當時，得=。
（2）當時，
①當時， 得 =。
②當時， 得 >。
③當時， 得 <。
綜上所述：當或時 =。
當且時》。
當且時<。
22. 已知實數a,b,c滿足條件：，其中m是正數，對於f(x)=ax2+bx+c
(1)如果，證明：
(2)如果，證明：方程f(x)=0在(0,1)內有解。
解：（1） 所以
（2）由於f(0)=c,f(1)=a+b+c,當a>0時, 因為,所以
若c>0,,f(0)=c>0,所以方程f(x)=0在內有解,若c≤0,
所以方程在內有解當a<0時,同理可證故時,方程f(x)=0在(0,1)內有解
23. 已知函式滿足下列條件：對任意的實數x1，x2都有
和，其中是大於0的常數.
設實數a0，a，b滿足和
(ⅰ)證明，並且不存在，使得；
(ⅱ)證明；
(ⅲ)證明.
證法一：（i）任取
和 ②
可知 ，
從而 . 假設有①式知
∴不存在
（ii）由
可知 ④
由①式，得 ⑤
由和②式知， ⑥
由⑤、⑥代入④式，得
（iii）由③式可知
（用②式）
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