一、选择填空题
1. 二次函数y=ax2＋bx ＋c(x∈R) 的部分对应值如下表：
则不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集是 ▲ . 【答案】(-∞, -2) (3, +∞) 。 【考点】一元二次不等式与二次函数。
【分析】由表可得二次函数的零点，可设其两根式，然后代入一点求得解析式，即可得到不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集：
由表可设y=a（x ＋2）（x －3），
又∵x=0，y=－6，代入知a=1。∴y=（x ＋2）（x －3） ∴由ax 2＋bx ＋c=（x ＋2）（x －3）＞0得x ＞3或x ＜－2。 ∴不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集为：(-∞, -2) (3, +∞) 。
2. 函数y =【答案】[-
log 0. 5(4x 2-3x ) 的定义域为13
, 0) (, 1] 44
【考点】函数的定义域，对数函数的意义，一元二次不等解法。
2
【分析】由题意得：log 0.. 5(4x -3x ) ≥0，则由对数函数性质得：0
2
⎧⎪0
44⎪⎩4x -3x ≤1
2
∴函数的定义域为：[-
13
, 0) ⋃(, 1]。 44
1a 2
1
a
3. 设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列等不式中不恒成立的是【 】 ．．．．（A ）|a -b |≤|a -c |+|b -c | （B ）a 2+（C ）|a -b |+【答案】C 。
≥a +
1
≥2 （D ）a +3-a +1≤a +2-a a -b
【考点】不等式恒成立的条件。 【分析】运用排除法，C 选项a -b +4. 不等式log 2(x +
1
≥2，当a -b
1
+6) ≤3的解集为
x
【答案】x -3-x
{{}
1⎧x +≤2⎪1⎪1x
【分析】∵log 2(x ++6) ≤3=log 28，∴0
x 1x ⎪x ++6>0
⎪x ⎩
解得x ∈x -3-x
5. 若集合A ={x |(x -1)
【考点】交集及其运算，解一元二次不等式。
【分析】先化简集合A ，即解一元二次不等式(x -1)
由(x -1)
2
2
2
{{}
2
{
y 2
6. 设x , y , z 为正实数，满足x -2y +3z =0，则的最小值是 ▲
xz
【答案】3。
【考点】基本不等式。
y 2x +3z
【分析】由x -2y +3z =0可推出y =，代入中，消去y ，再利用均值不等式求
xz 2
解即可：
y 2x 2+9z 2+6xz 6xz +6xz x +3z
≥=3， 由x -2y +3z =0得y =，代入得
xz 4xz 4xz 2
当且仅当x ＝3z 时取“＝”。
7. 已知集合A ={x log 2x ≤2}, B =(-∞, a ) ，若A ⊆B 则实数a 的取值范围是(c , +∞) ，其中
c
【答案】4。
【考点】集合的子集的概念，利用对数的性质解不等式。 【分析】∵log 2x ≤2得0
又∵B =(-∞, a ) ，A ⊆B ，∴a >4，即实数a 的取值范围是(4,+∞) 。∴c =4。
x 2x 3
8. 设实数x ，y 满足3≤xy ≤8，4≤≤9，则4的最大值是 ▲ 。
y y
2
【答案】27。
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，等价转化思想。
⎛x 2⎫x 2x 41112
【分析】∵3≤xy ≤8，∴≤2≤；又∵4≤≤9，∴16≤ ⎪≤81，即16≤2≤81。
y 8xy 3y ⎝y ⎭
2
x 3x 3x 411x 31x 3
∵4=2⋅2，∴⋅16≤4≤⋅81，即2≤4≤27。∴4的最大值是27。
y y xy 8y 3y y
9. 在平面直角坐标系xOy 中，过坐标原点的一条直线与函数f (x ) =点，则线段PQ 长的最小值是 ▲ 【答案】4。
【考点】函数的图象及性质的应用，基本不等式的应用。
2
的图象交于P 、Q 两x
22
【分析】根据函数的对称性，设经过原点的直线与函数的交点为(x , ) ，(-x , -) ，
x x
则PQ =≥=4。
本题也可以直接画图结合函数的对称性可知，当直线的斜率为1时，线段PQ 长的
最小，最小值为4。
10. 已知正数a ，b ，c 满足：5c -3a ≤b ≤4c -a ，c ln b ≥a +c ln c ，则
b
的取值范围是 ． a
【解析】根据条件5c -3a ≤b ≤4c -a ，c ln b ≥a +c ln c ，a ≤c (ln b -ln c )=c ln
b
，得到 c
a
b a b 3a +b ln ≥, ≥e c >1，得到c
得到c >
b 1a +b a +b
≤b ，解得≥. . 从而
a 344
【点评】本题主要考查不等式的基本性质、对数的基本运算. 关键是注意不等式的等价变形，做到每一步都要等价. 本题属于中高档题，难度较大.
二、解答题
1. 制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损.
某投资人打算投资甲、乙两个项目. 根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为100﹪和50﹪，可能的最大亏损分别为30﹪和10﹪. 投资人计划投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过1.8万元. 问投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元，才能使可能的盈利最大？
【答案】解：设投资人分别用x 万元、y 万元投资甲、乙两个项目。
⎧x +y ≤10,
⎪0. 3x +0. 1y ≤1. 8, ⎪
由题意知⎨
⎪x ≥0, ⎪⎩y ≥0.
目标函数z =x +0.5y 。
上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分（含边界）即
可行域，
作直线l 0:x +0. 5y =0，并作平行于直线l 0的一组直线x +0.5y =z , z ∈R ，
与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的M 点，且与直线x +0. 5y =0的距离最大。
这里M 点是直线x +y =10和0. 3x +0. 1y =1. 8的交点。
⎧x +y =10
解方程组⎨，得x =4，y =6。
0.3x +0.1y =1.8⎩
此时z =1⨯4+0. 5⨯6=7（万元）。
7>0， ∴当x =4，y =6时，z 取得最大值。
答：投资人用4万元投资甲项目、6万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过
1.8万元的前提下，使可能的盈利最大。 【考点】基本不等式在最值问题中的应用。
【分析】设投资人对甲、乙两个项目各投资x 和y 万元，列出x 和y 的不等关系
⎧x +y =10
及目标函数z =x +0.5y ，利用线性规划或不等式的性质求最值即可。 ⎨
⎩0.3x +0.1y =1.8
2. 已知函数f (x )(x ∈R ) 满足下列条件：对任意的实数x 1，x 2都有
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]和f (x 1) -f (x 2) ≤x 1-x 2，其中λ是大于0的常数. 设实数a 0，a ，b 满足 f (a 0) =0和b =a -λf (a )
(Ⅰ) 证明λ≤1，并且不存在b 0≠a 0，使得f (b 0) =0； (Ⅱ) 证明(b -a 0) 2≤(1-λ2)(a -a 0) 2； (Ⅲ) 证明[f (b )]2≤(1-λ2)[f (a )]2.
【答案】证明：（I ）任取x 1, x 2∈R , x 1≠x 2, 则由 λ(x 1-x 2) ≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]
①
和|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2| ② 可
知
2
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]≤|x 1-x 2|⋅|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2|2，
从而
λ≤1。
假设有b 0≠a 0, 使得f (b 0) =0, 则由①式知
0
∴不存在b 0≠a 0, 使得f (b 0) =0。 （II ）由b =a -λf (a ) ③ 可
知
(b -a 0) 2=[a -a 0-λf (a )]2=(a -a 0) 2-2λ(a -a 0) f (a ) +λ2[f (a )]2 ④
由
f (a 0) =0和
①式，得
(a -a 0) f (a ) =(a -a 0)[f (a ) -f (a 0)]≥λ(a -a 0) 2 ⑤
由f (a 0) =0和②式知，[f (a )]=[f (a ) -f (a 0)]≤(a -a 0) ⑥ 将
⑤
、
⑥
代
入
④
式
，
得
2
2
2
(b -a 0) 2≤(a -a 0) 2-2λ2(a -a 0) 2+λ2(a -a 0) 2=(1-λ2)(a -a 0) 2。
（III ）由③式可知[f (b )]=[f (b ) -f (a ) +f (a )]
2
2
=[f (b ) -f (a )]2+2f (a )[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2
≤(b -a ) 2-2⋅
式）
b -a
λ
2
[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2 （用②
=λ2[f (a )]2-
λ
2
(b -a )[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2
≤λ2[f (a ) 2-
λ
2
⋅λ⋅(b -a ) 2+[f (a )]2 （用①式）
=λ2[f (a )]2-2λ2[f (a )]2+[f (a )]2=(1-λ)[f (a )]。
【考点】不等式的证明。
2
【分析】（Ⅰ）要证明λ≤1，并且不存在b 0≠a 0，使得f (b 0) =0，由已知条件
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]和f (x 1) -f (x 2) ≤x 1-x 2合并，可以直接得出λ≤1。再
假设有b 0≠a 0, ，使得f (b 0) =0，根据已知判断出矛盾即得到不存在b 0≠a 0, ，使得
f (b 0) =0。
（Ⅱ）要证明(b -a 0) 2≤(1-λ2)(a -a 0) 2；把不等式两边(b -a 0) 2和(1-λ2)(a -a 0) 2
分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可。
（III ）由已知和（Ⅱ）中的不等式逐步推导即可。
3. 按照某学者的理论，假设一个人生产某产品单件成本为a 元，如果他卖出该产品的单价为
m 元，则他的满意度为
m n
；如果他买进该产品的单价为n 元，则他的满意度为. m +a n +a
如果一个人对两种交易(卖出或买进) 的满意度分别为h 1和h 2，则他对这两种交易的综合满意
度为
现假设甲生产A 、B 两种产品的单件成本分别为12元和5元，乙生产A 、B 两种产品的单件成本分别为3元和20元，设产品A 、B 的单价分别为m A 元和m B 元，甲买进A 与卖出B 的综合满意度为h 甲，乙卖出A 与买进B 的综合满意度为h 乙
3
(1)求h 甲和h 乙关于m A 、m B 的表达式；当m A =m B 时，求证：h 甲=h 乙；
5
3
(2)设m A =m B ，当m A 、m B 分别为多少时，甲、乙两人的综合满意度均最大？最大的综合
5
满意度为多少？学科
(3)记(2)中最大的综合满意度为h 0，试问能否适当选取m A 、m B 的值，使得h 甲≥h 0和h 乙≥h 0同时成立，但等号不同时成立？试说明理由。
【答案】解：（1）由题意，
得h 甲
=（m A ∈[3, 12], m B ∈[5, 20]）。
，h 乙=，
3
∵当m A =
m B 时，h 甲=
5
h 乙=
， ∴h 甲=h 乙。 （
2
）
当
3m A =m B
5
时
，
h 甲=h 乙==由m B ∈[5, 20]得故当
111∈[, ]， m B 205
11
即m B =20,
m A =12时，甲乙两人同时取到最大的综合满意度为=
m B 20
。 （3）由（2）知：h
0由h 甲=
，
m +12m B +55
h 0=得：A ⋅≤，
m A m B 2
令
3515=x , =y , 则x 、y ∈[,1]，∴(1+4x )(1+y ) ≤。
m A m B 42
同理，由h 乙≥h 0=
5
得：(1+x )(1+4y ) ≤。 52
15
另一方面，x 、y ∈[,1]，1+4x 、1+4y∈[2,5]，1+x 、1+y∈[,2]，
42
155
∴(1+4x )(1+y ) ≥, (1+x )(1+4y ) ≥，当且仅当x =y =，即m A =m B 时，取
224
等号。
所以不能否适当选取m A 、m B 的值，使得h 甲≥h 0和h 乙≥h 0同时成立，但等号
不同时成立。
【考点】函数的概念，基本不等式，数学建模能力、抽象概括能力以及数学阅读能力。
3
【分析】（1）由已知直接求出h 甲和h 乙关于m A 、m B 的表达式。把m A =m B 分别代入h 甲和
5h 乙，比较即可。
（2）由（1）的结论，求出分母最小时的值即可。
（3）由（2），h
0=
535
时，令=x , =y , 得(1+4x )(1+y ) ≤和
m A m B 2
(1+x )(1+4y ) ≤
5
，从而得出结论。 2
四．不定式选讲
已知a ≥b ＞0，求证：2a -b ≥2ab -a b
3
3
2
2
答案：
∵2a -b -2ab -a b =2a -2ab
3
3
2
2
(
32
)-(a b -b ) =2a (a
2
3
2
-b 2-b (a 2-b 2)
)
=a 2-b 2(2a -b ) =(a +b )(a -b )(2a -b )
又∵a ≥b ＞0，∴a +b ＞0，a -b ≥0∴(a +b )(a -b )(2a -b ) ≥0 ∴2a ∴2a
3
()
2a -b ≥0,
-b 3-2ab 2-a 2b ≥0 -b 3≥2ab 2-a 2b
3
一、选择填空题
1. 二次函数y=ax2＋bx ＋c(x∈R) 的部分对应值如下表：
则不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集是 ▲ . 【答案】(-∞, -2) (3, +∞) 。 【考点】一元二次不等式与二次函数。
【分析】由表可得二次函数的零点，可设其两根式，然后代入一点求得解析式，即可得到不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集：
由表可设y=a（x ＋2）（x －3），
又∵x=0，y=－6，代入知a=1。∴y=（x ＋2）（x －3） ∴由ax 2＋bx ＋c=（x ＋2）（x －3）＞0得x ＞3或x ＜－2。 ∴不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集为：(-∞, -2) (3, +∞) 。
2. 函数y =【答案】[-
log 0. 5(4x 2-3x ) 的定义域为13
, 0) (, 1] 44
【考点】函数的定义域，对数函数的意义，一元二次不等解法。
2
【分析】由题意得：log 0.. 5(4x -3x ) ≥0，则由对数函数性质得：0
2
⎧⎪0
44⎪⎩4x -3x ≤1
2
∴函数的定义域为：[-
13
, 0) ⋃(, 1]。 44
1a 2
1
a
3. 设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列等不式中不恒成立的是【 】 ．．．．（A ）|a -b |≤|a -c |+|b -c | （B ）a 2+（C ）|a -b |+【答案】C 。
≥a +
1
≥2 （D ）a +3-a +1≤a +2-a a -b
【考点】不等式恒成立的条件。 【分析】运用排除法，C 选项a -b +4. 不等式log 2(x +
1
≥2，当a -b
1
+6) ≤3的解集为
x
【答案】x -3-x
{{}
1⎧x +≤2⎪1⎪1x
【分析】∵log 2(x ++6) ≤3=log 28，∴0
x 1x ⎪x ++6>0
⎪x ⎩
解得x ∈x -3-x
5. 若集合A ={x |(x -1)
【考点】交集及其运算，解一元二次不等式。
【分析】先化简集合A ，即解一元二次不等式(x -1)
由(x -1)
2
2
2
{{}
2
{
y 2
6. 设x , y , z 为正实数，满足x -2y +3z =0，则的最小值是 ▲
xz
【答案】3。
【考点】基本不等式。
y 2x +3z
【分析】由x -2y +3z =0可推出y =，代入中，消去y ，再利用均值不等式求
xz 2
解即可：
y 2x 2+9z 2+6xz 6xz +6xz x +3z
≥=3， 由x -2y +3z =0得y =，代入得
xz 4xz 4xz 2
当且仅当x ＝3z 时取“＝”。
7. 已知集合A ={x log 2x ≤2}, B =(-∞, a ) ，若A ⊆B 则实数a 的取值范围是(c , +∞) ，其中
c
【答案】4。
【考点】集合的子集的概念，利用对数的性质解不等式。 【分析】∵log 2x ≤2得0
又∵B =(-∞, a ) ，A ⊆B ，∴a >4，即实数a 的取值范围是(4,+∞) 。∴c =4。
x 2x 3
8. 设实数x ，y 满足3≤xy ≤8，4≤≤9，则4的最大值是 ▲ 。
y y
2
【答案】27。
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，等价转化思想。
⎛x 2⎫x 2x 41112
【分析】∵3≤xy ≤8，∴≤2≤；又∵4≤≤9，∴16≤ ⎪≤81，即16≤2≤81。
y 8xy 3y ⎝y ⎭
2
x 3x 3x 411x 31x 3
∵4=2⋅2，∴⋅16≤4≤⋅81，即2≤4≤27。∴4的最大值是27。
y y xy 8y 3y y
9. 在平面直角坐标系xOy 中，过坐标原点的一条直线与函数f (x ) =点，则线段PQ 长的最小值是 ▲ 【答案】4。
【考点】函数的图象及性质的应用，基本不等式的应用。
2
的图象交于P 、Q 两x
22
【分析】根据函数的对称性，设经过原点的直线与函数的交点为(x , ) ，(-x , -) ，
x x
则PQ =≥=4。
本题也可以直接画图结合函数的对称性可知，当直线的斜率为1时，线段PQ 长的
最小，最小值为4。
10. 已知正数a ，b ，c 满足：5c -3a ≤b ≤4c -a ，c ln b ≥a +c ln c ，则
b
的取值范围是 ． a
【解析】根据条件5c -3a ≤b ≤4c -a ，c ln b ≥a +c ln c ，a ≤c (ln b -ln c )=c ln
b
，得到 c
a
b a b 3a +b ln ≥, ≥e c >1，得到c
得到c >
b 1a +b a +b
≤b ，解得≥. . 从而
a 344
【点评】本题主要考查不等式的基本性质、对数的基本运算. 关键是注意不等式的等价变形，做到每一步都要等价. 本题属于中高档题，难度较大.
二、解答题
1. 制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损.
某投资人打算投资甲、乙两个项目. 根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为100﹪和50﹪，可能的最大亏损分别为30﹪和10﹪. 投资人计划投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过1.8万元. 问投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元，才能使可能的盈利最大？
【答案】解：设投资人分别用x 万元、y 万元投资甲、乙两个项目。
⎧x +y ≤10,
⎪0. 3x +0. 1y ≤1. 8, ⎪
由题意知⎨
⎪x ≥0, ⎪⎩y ≥0.
目标函数z =x +0.5y 。
上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分（含边界）即
可行域，
作直线l 0:x +0. 5y =0，并作平行于直线l 0的一组直线x +0.5y =z , z ∈R ，
与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的M 点，且与直线x +0. 5y =0的距离最大。
这里M 点是直线x +y =10和0. 3x +0. 1y =1. 8的交点。
⎧x +y =10
解方程组⎨，得x =4，y =6。
0.3x +0.1y =1.8⎩
此时z =1⨯4+0. 5⨯6=7（万元）。
7>0， ∴当x =4，y =6时，z 取得最大值。
答：投资人用4万元投资甲项目、6万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过
1.8万元的前提下，使可能的盈利最大。 【考点】基本不等式在最值问题中的应用。
【分析】设投资人对甲、乙两个项目各投资x 和y 万元，列出x 和y 的不等关系
⎧x +y =10
及目标函数z =x +0.5y ，利用线性规划或不等式的性质求最值即可。 ⎨
⎩0.3x +0.1y =1.8
2. 已知函数f (x )(x ∈R ) 满足下列条件：对任意的实数x 1，x 2都有
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]和f (x 1) -f (x 2) ≤x 1-x 2，其中λ是大于0的常数. 设实数a 0，a ，b 满足 f (a 0) =0和b =a -λf (a )
(Ⅰ) 证明λ≤1，并且不存在b 0≠a 0，使得f (b 0) =0； (Ⅱ) 证明(b -a 0) 2≤(1-λ2)(a -a 0) 2； (Ⅲ) 证明[f (b )]2≤(1-λ2)[f (a )]2.
【答案】证明：（I ）任取x 1, x 2∈R , x 1≠x 2, 则由 λ(x 1-x 2) ≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]
①
和|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2| ② 可
知
2
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]≤|x 1-x 2|⋅|f (x 1) -f (x 2) |≤|x 1-x 2|2，
从而
λ≤1。
假设有b 0≠a 0, 使得f (b 0) =0, 则由①式知
0
∴不存在b 0≠a 0, 使得f (b 0) =0。 （II ）由b =a -λf (a ) ③ 可
知
(b -a 0) 2=[a -a 0-λf (a )]2=(a -a 0) 2-2λ(a -a 0) f (a ) +λ2[f (a )]2 ④
由
f (a 0) =0和
①式，得
(a -a 0) f (a ) =(a -a 0)[f (a ) -f (a 0)]≥λ(a -a 0) 2 ⑤
由f (a 0) =0和②式知，[f (a )]=[f (a ) -f (a 0)]≤(a -a 0) ⑥ 将
⑤
、
⑥
代
入
④
式
，
得
2
2
2
(b -a 0) 2≤(a -a 0) 2-2λ2(a -a 0) 2+λ2(a -a 0) 2=(1-λ2)(a -a 0) 2。
（III ）由③式可知[f (b )]=[f (b ) -f (a ) +f (a )]
2
2
=[f (b ) -f (a )]2+2f (a )[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2
≤(b -a ) 2-2⋅
式）
b -a
λ
2
[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2 （用②
=λ2[f (a )]2-
λ
2
(b -a )[f (b ) -f (a )]+[f (a )]2
≤λ2[f (a ) 2-
λ
2
⋅λ⋅(b -a ) 2+[f (a )]2 （用①式）
=λ2[f (a )]2-2λ2[f (a )]2+[f (a )]2=(1-λ)[f (a )]。
【考点】不等式的证明。
2
【分析】（Ⅰ）要证明λ≤1，并且不存在b 0≠a 0，使得f (b 0) =0，由已知条件
λ(x 1-x 2) 2≤(x 1-x 2)[f (x 1) -f (x 2)]和f (x 1) -f (x 2) ≤x 1-x 2合并，可以直接得出λ≤1。再
假设有b 0≠a 0, ，使得f (b 0) =0，根据已知判断出矛盾即得到不存在b 0≠a 0, ，使得
f (b 0) =0。
（Ⅱ）要证明(b -a 0) 2≤(1-λ2)(a -a 0) 2；把不等式两边(b -a 0) 2和(1-λ2)(a -a 0) 2
分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可。
（III ）由已知和（Ⅱ）中的不等式逐步推导即可。
3. 按照某学者的理论，假设一个人生产某产品单件成本为a 元，如果他卖出该产品的单价为
m 元，则他的满意度为
m n
；如果他买进该产品的单价为n 元，则他的满意度为. m +a n +a
如果一个人对两种交易(卖出或买进) 的满意度分别为h 1和h 2，则他对这两种交易的综合满意
度为
现假设甲生产A 、B 两种产品的单件成本分别为12元和5元，乙生产A 、B 两种产品的单件成本分别为3元和20元，设产品A 、B 的单价分别为m A 元和m B 元，甲买进A 与卖出B 的综合满意度为h 甲，乙卖出A 与买进B 的综合满意度为h 乙
3
(1)求h 甲和h 乙关于m A 、m B 的表达式；当m A =m B 时，求证：h 甲=h 乙；
5
3
(2)设m A =m B ，当m A 、m B 分别为多少时，甲、乙两人的综合满意度均最大？最大的综合
5
满意度为多少？学科
(3)记(2)中最大的综合满意度为h 0，试问能否适当选取m A 、m B 的值，使得h 甲≥h 0和h 乙≥h 0同时成立，但等号不同时成立？试说明理由。
【答案】解：（1）由题意，
得h 甲
=（m A ∈[3, 12], m B ∈[5, 20]）。
，h 乙=，
3
∵当m A =
m B 时，h 甲=
5
h 乙=
， ∴h 甲=h 乙。 （
2
）
当
3m A =m B
5
时
，
h 甲=h 乙==由m B ∈[5, 20]得故当
111∈[, ]， m B 205
11
即m B =20,
m A =12时，甲乙两人同时取到最大的综合满意度为=
m B 20
。 （3）由（2）知：h
0由h 甲=
，
m +12m B +55
h 0=得：A ⋅≤，
m A m B 2
令
3515=x , =y , 则x 、y ∈[,1]，∴(1+4x )(1+y ) ≤。
m A m B 42
同理，由h 乙≥h 0=
5
得：(1+x )(1+4y ) ≤。 52
15
另一方面，x 、y ∈[,1]，1+4x 、1+4y∈[2,5]，1+x 、1+y∈[,2]，
42
155
∴(1+4x )(1+y ) ≥, (1+x )(1+4y ) ≥，当且仅当x =y =，即m A =m B 时，取
224
等号。
所以不能否适当选取m A 、m B 的值，使得h 甲≥h 0和h 乙≥h 0同时成立，但等号
不同时成立。
【考点】函数的概念，基本不等式，数学建模能力、抽象概括能力以及数学阅读能力。
3
【分析】（1）由已知直接求出h 甲和h 乙关于m A 、m B 的表达式。把m A =m B 分别代入h 甲和
5h 乙，比较即可。
（2）由（1）的结论，求出分母最小时的值即可。
（3）由（2），h
0=
535
时，令=x , =y , 得(1+4x )(1+y ) ≤和
m A m B 2
(1+x )(1+4y ) ≤
5
，从而得出结论。 2
四．不定式选讲
已知a ≥b ＞0，求证：2a -b ≥2ab -a b
3
3
2
2
答案：
∵2a -b -2ab -a b =2a -2ab
3
3
2
2
(
32
)-(a b -b ) =2a (a
2
3
2
-b 2-b (a 2-b 2)
)
=a 2-b 2(2a -b ) =(a +b )(a -b )(2a -b )
又∵a ≥b ＞0，∴a +b ＞0，a -b ≥0∴(a +b )(a -b )(2a -b ) ≥0 ∴2a ∴2a
3
()
2a -b ≥0,
-b 3-2ab 2-a 2b ≥0 -b 3≥2ab 2-a 2b
3