2020高考数学专题训练不等式

1、一、考试内容不等式，不等式的性质，不等式的证明、不等式的解法、含有绝 对值的不等式。二、考试要求1. 掌握不等式的性质及其证明，掌握证明不等式的几种常用方法， 掌握两个和三个（不要求四个和四个以上）正数的算术平均数不小于 它们的几何平均数这两个定理，并能运用上述性质、定理和方法解决 一些问题。2. 在熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式的解法的基 础上初步掌握其他的一些简单的不等式的解法。3. 会用不等式|a|-|b|a+b|a|+|b|。三、考点简析1.不等式知识相互关系表2.不等式性质（1）作用地位不等式性质是不等式理论的基本内容，在证明不等式、解不等式 中都有广泛的应用。高考中，

2、有时直接考查不等式的性质，有时间接 考查性质（如在证明不等式、解不等式中就间接考查了掌握不等式性 质的程度。）准确地认识、运用基本性质，并能举出适当反例，辨别 真假命题的能力是学好不等式的要点。（2）基本性质实数大小比较的原理与实数乘法的符号法则是不等式性质的依 据。在不等式性质中，最基本的是：1 ab bb,bc ac（传递性）3 ab a+cb+c（数加）a b , c 0 a c b c a b , c 0 a c b,c=0 ac=bc）与 等 式 相 比 ， 主 要 区 别 在 数 乘 这 一 性 质 上 ， 对 于 等 式 a=b ac=bc，不论 c 是正数、负数还是零，都是成立

3、，而对于不等 式 ab，两边同乘以 c 之后，ac 与 bc 的大小关系就需对 c 加以讨论 确定。这关系虽然记得很清楚，但在解题时最容易犯的毛病就是错用 这一性质，尤其是参数的讨论。（3）基本性质的推论由基本性质可得出如下推论：推论 1：ab0,cd0 acbd推论 2：ab0,cd0a b d c推论 3：ab0 anbn(nn)推论 4：ab0na nb(nn)对于上述推论可记住两点，一是以上推论中 a,b,c,d 均为正数，即 在x|x 是正实数集 中对不等式实施运算；二是直接由实数比较大小 的原理出发。3.不等式的证明（1）作用地位证明不等式是数学的重要课题，也是分析、解决其他数学问

4、题的 基础，特别是在微积分中，以不等式为基础建立极限论是它的理论基 础。高考中，主要涉及“a,b0 时，a+b2ab”这类不等式，以及运用不等式性质所能完成的简单的不等式的证明。用数学归纳法证明 与自然数有关命题的不等式难度较大。（2）基本不等式a +b定理 1：如果 a,bx|x 是正实数集，那么 2 a=b 时取“=”号）ab（当且仅当定理 2：如果 a,b,cx|x 是正实数集，那么a +b +c 33abc(当且仅当 a=b=c 时取“=”号)定理 3：如果 a、bx|x 是正实数集，那么 21 1+a baba +b 2 a2+b22（当且仅当 a=b 时取“=”号）推论 4：如果

5、a,b,cx|x 是正实数集，那么 31 1 1+ +a b c 3abca +b +c 3 a2+b 23+c2（当且仅当 a=b=c 时取“=”号）由上述公式还可衍生出一些公式4ab(a+b)22(a2+b2),a、br（当且仅当 a=b 时等号成立） a2+b2+c2ab+bc+ca,a,b,cr（当且仅当 a=b=c 时等号成立）1 a2+b2+c2 3 (a+b+c)2 ab+bc+ca,a,b,c r （ 当 且 仅 当 a=b=c 时等号成立）b a| a + b |2（当且仅当|a|=|b|时取“=”号）1a0,b0,a+b=1，则 ab 4 等。（4）不等式证明的三种基本方法

6、比较法：作差比较。根据 a-b0 ab ，欲证 ab 只需证aa-b0；作商比较。当 b0 时，ab b 1。比较法是证明不等式 的基本方法，也是最重要的方法，有时根据题设可转化为等价问题的 比较（如幂、方根等）。2 分析法：从求证的不等式出发寻找使该不等式成立的充分条件， 对于思路不明显，感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径。3 综合法：从已知的不等式及题设条件出发，运用不等式性质及 适当变形（恒等变形或不等变形）推导出要求证明的不等式。4.不等式的解法（1）作用与地位解不等式是求定义域、值域、参数的取值范围时的重要手段，与 等式变形并列的“不等式的变形”，是研究数学的基本手段之一。高考

7、试题中，对解不等式有较高的要求，近两年不等式知识占相 当大的比例。（2）一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）解一元一次不等式（组）及一元二次不等式（组）是解其他各类 不等式的基础。必须熟练掌握，灵活应用。（3）高次不等式解高次不等式常用“数轴标根法”。一般地，设多项式。f(x)=a(x-a )(x-a )(x-a )1 2 n它的 n 个实根的大小顺序为 a a 0 时有： 在奇数区间内，f(x)0。在偶数区间内，f(x)0 f(x)g(x)0f ( x)g ( x)0f ( x) g ( x) 0 g ( x) 0（5）无理不等式两类常见的无理不等式等价变形。f ( x) 0f ( x

8、)g(x) g ( x) 0 f ( x) g 2 ( x )f ( x) 0 或 g( x ) 0f ( x) 0f ( x)0 g 2 ( x ) f ( x)（6）指数不等式与对数不等式 当 0aag(x)f(x)1 时a(fx)ag(x)f(x)g(x)log f(x)log g(x) f(x)g(x)0（7）含参数不等式对于解含参数的不等式，要充分利用不等式性质。对参数的讨论， 要不“重复”不“遗漏”。5.含有绝对值的不等式（1）作用与地位绝对值不等式适用于范围较广，求向量、复数的模、距离、极限的 定义等都涉及与绝对值不等式的关系。高考试题中，对绝对值不等式从多方面考查。（2）两基本

9、定理定理 1：|a|-|b|a+b|a|+|b| a、br定理 2：|a|-|b|a-b|a|+|b| a、br应理解其含义，掌握证明思路以及“=”号成立的条件。（3）解绝对值不等式的常用方法1 讨论法：讨论绝对值中的式子大于零还是小于零，然后去掉绝 对值符号，转化为一般不等式。2 等价变形：解绝对值不等式常用以下等价变形|x|a x2a22-ax0)xa 或 x0)一般地有：|f(x)|g(x) -g(x)f(x)g(x) f(x)g (x)或 f(x)g(x)四、思想方法1.不等式中常见的基本思想方法（1） 等价转化。具体地说，就是无理化为有理，分式化为整式， 高次化为低次，绝对值化为非绝

10、对值，指数、对数化为代数式等。（2） 分类讨论。分类讨论的目的是处理问题解决过程中遇到的障 碍，在无障碍时不要提前进行分类讨论。（3） 数形结合。有些不等式的解决可能化为两个函数图像间的位 置关系或几何问题。（4） 函数方程思想。解不等式可化为解方程及函数图像与 x 轴交 点问题，然后根据题意判断所求解的区间。如“标根法”实际上是一 种函数、方程思想。2.证明不等式的常用方法除了课本介绍了证明不等式的三种基本方法外，还有如下常用方 法：（1）放缩法若证明“ a b ”，我们先证明“ ac ”，然后再证明“ c b ”，则 “ab”。（2）反证法反证法是通过否定结论导致矛盾，从而肯定原结论正确的

11、一种方 法。（3）数学归纳法证明与自然数 n 有关的不等式时，常用数学归纳法。此法高考中 已多次考查。1（4）变量代换法变量代换是数学中一种常用的解题方法，对于一些结构比较复杂， 变化较多而关系不太清楚的不等式，可适当地引进一些新的变量进行 代换，以简化其结构，其代换技巧有局部代换、整体代换、三角代换、 增量代换等。（5）函数方法通过利用函数的性质，如单调性、凸性、有界性、实根存在的条 件证明不等式的方法称为函数方法。（6）构造方法不等式证明中的构造方法，主要是指通过引进合适的恒等式、数 列、函数，图形及变量代换等辅助手段，促使命题转化，从而使不等 式得证。此法技巧要求较高，高考试题中很少见。

12、例题解析【例 1】 证明下列不等式：（1）若 x,y,zr，a,b,cx|x 是正实数集，则b +c c +a a +b a x2+ b y2+ c z22（xy+yz+zx）（ 2 ） 若 x,y,z x|x 是 正 实 数 集 ， 且 x+y+z=xyz ， 则y +zxz +x+ yx +y 1 1 + z 2( x + y + z )2【解】 （1）先考虑用作差证法b +cax2c +a+ b y2a +b+ c z2-2(xy+yz+zx)=b a c b ( a x2+ b y2-2xy)+( b y2+ c z2-2yz)+a c b a c b a c( c z2+ a x2-

13、2zx)=( a x b y)2+( b y- c z)2+( c z- a x)20b +c c +a a +ba x2+ b y2+ c z22（xy+yz+zx）（2）采用等价转化法 所证不等式等价于y +z z +x x2y2z2( x + yx +y+ z )2(xy+yz+zx)2xyzyz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)2(xy+yz+zx)2(x+y+z)(y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2) 2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2) y3z+yz3+z 3x+zx3+x3y+xy3zx2yz+2xy2z+2xyz2 yz(y

14、-z) 2 +zx(z-x) 2+xy(x-y) 2+x2 (y-z) 2+y2 (z-x)+z2 (x-y) 2 0上式显然成立 原不等式得证。【注】 （1）配方技巧的实现关键在于合理的分项，正是这种分 项我们对（1）还可证明如下：b +c c +a a +b a x2+ b y2+ c z2b a c bac=( a x2+ b y2)+( b y2+ c x2)+( c z2+ a x2)2bax 2 abc b y 2 y 2 x 2+2 b c+2a c z 2 x 2c a2(xy+yz+zx)（2）的证法要害是：化分式为整式，活用条件，即用 x+y+z 代 换 xyz，以及配方技

15、术。事实上，这个代数不等式的实质是如下三角不等式：在锐角abc 中，求证：cota(tanb+tanc)+cotb (tanc+tana)+cotc (tana+tanb) 2(cota+cotb+cotc)2【例 2】 x,y,zr，且 x+y+z=1，x2+y2+z1 2 2= 2 ，则 x,y,z,0, 3 【证法一】由 x+y+z=1，x21+y2+z2= 2 ，得：x2+y2+(1-x-y)2=12整理成关于 y 的一元二次方程得：2y21-2(1-x)y+2x2-2x+ 2 =0yr，故0。4(1-x)2-42(2x11 -2x+ 2 )02 2解之得：0x 3 x0, 3 2同理

16、可得：y,z0, 3 1 1 1【证法二】 设 x= 3 +x，y= 3 +y,z= 3 +z，则 x+y+z=0 于是1 1 1 12 =（ 3 +x）2+( 3 +y)2+( 3 +z)21 2= 3 +x2+y2+z2+ 3 (x+y+z)1= 3 +x2+y2+z21 3 +x2+21 2 = 3 + 3 x( y +z) 2222imin故 x21 1 1 2 2 9 ，x- 3 ， 3 ，x0, 3 同理，y,z0, 3 【证法三】反证法1设 x、y、z 三数中若有负数，不妨设 x0，2 =x2+y2+z2x2+( y +z ) (1 -x ) 5 1 12 = 2 +x2= 4

17、x2-x+ 2 2 矛盾。2 2x,y,z,三数中若有最大者大于 3 ，不妨设 x 3 ，则：1( y +z )22=x2+y2+z2x2+2=x2+(1 -x ) 2 2 1 2 = 3 x2-x+ 22 2 1 1= 3 x(x- 3 )+ 2 2 ，矛盾。2故 x,y,z0, 3 。【注】本题证法甚多，最易接受的方法是证法一的判别式法。因 为该法思路明晰，易于操作。技巧性不强。【例 3】已知 i、m、n 是正整数，且 1imn。（1）证明：nia i(1+n)m。【 证 明 】 （ 1 ） 对 于 1i m ， 且 ami=m (m-i+1),a m m -1 m i = m mm -i

18、 +1 m，同理ainni=n n -1n nn -i +1 nn -k m -k a由于 m m ，所以 n i a immimn即 mia innia im（2）由二项式定理有（1+m）n=1+c 1m+c 2mn n2+cnmnn（1+n）m=1+c1n+c 2m mn2+cmnnm由（1）知 mia innia im(1nic im(1m n0c 0m, mmc m n nmc mm, mm+1c m+1n0, mmc nn0,1+ c 1nm + c2mn2+ + c nmnn1+ c 1n+ c m m2n2+ +c mnn。即 m(1+m)n(1+n)m成立。【注】 本题是 20

19、01 年全国高考数学试题，上述证明方法关键 是配对。除了上述证法外，本题还有许多另外的证法，下面另举两种 证法。（1）法一：令 n=m+k,k n对自然数 k=1,2，i-1,tm，有k k k km m -t ，从而得：1+ m 1+ m -tk k k k(1+ m )i(1+ m )(1+ m -1 )(1+ m -i +1)m +k ( m )i( m +k )(m +k -1) k ( m +k -i +1) m( m -1) k ( m -i +1)（m+k）im（m-1）(m-i+1)mi(m+k)(m+k+1)(m+k-i+1)即nia imia i m n1k1n法二：因为

20、i、m 、n 是正整数，且 1i mm (m+k) m(m+k)2m2(m+k)故 m2(m+k) 2-m(m+k)2m2(m+k)2-m 2(m+k) ，即左边 右边，这说明 i=2 时，原不等式成立。(ii)假设 i=l 时，n la lm la l(1lmn) 成立。n(m-l)m (n-l)m nn l+1 a l(m-l)m ml+1 a l（n-l） nn l+1 a l+1 mml+1 a l+1 (1l+1 mn) n这说明 i=l+1 时，也成立。由(i)(ii)可知，对于满足条件 11f(n+1)f(n)当k 3,kn 时，f(k)单调递增。kk+1(k+1)k,即 k (

21、k+1)1k 1于是经过有限次传递，必有：(n+1) (m+1)1m 1(1+m)n(1+n)m法二：（1+m）n(1+n)m lg(1 +m ) lg(1 +n )m nlg(1 +n )令 f(n)= n ,n2nlg(1+m)mlg(1+n)又lg(1 +n ) lg(2 +n ) n n +1 (1+n)n+1(2+n)n1 +n 1 ( 2 +n )n n +11 1 (1- n +2 )n n +11n2,-n +2-11 n 2 1由贝努利不等式得（1- n +2 ）n1- n +2 = n +2 n +2lg(1 +n ) lg(2 +n )n n +1 递减，又 m n(1+

22、m)nlg(1 +n )n【例 4】解下列关于 x 的不等式：（1）a2x+1ax+2+ax-2(a0);1（2）loga(1- x )1(a0 且 a1)。【解】在解指、对数不等式时，常要对底数 a 进行分类，然后依 据其函数的单调性来实现转化，在转化过程中注意不等式解的等价 性。（1）原不等式等价于a2x-(a2+a-2)ax+10(ax-a2)(ax-a-2) 0(i)当 0a1 时，a21 时，a2a-2，a-2axa2即-2x2(iii)当 a=1 时，x 为一切实数。综上所述：当 0a1 时，原不等式等价于 11 - 0 x11 - a x1 1 1- x a 1-a x11-a0

23、 1 -a x0(ii)当 0a0 x x 1或x 0 1 11 - a 0 x x 1 -a1 1x1 时，原不等式解集是x| 1 -a x0;当 0a11时，原不等式的解集是x|1x 1 -a 。【注】 （1）本题求解过程中易漏掉 a=1 的情形，希望同学们 加以注意。f ( x )（2）如果应用性质 g ( x ) 事实上0 f(x)g(x)1 时，原不等式等价于1 ( a -1) x +1 1- x a x01 1 x(x- 1 -a )0 1 -ax0(ii)当 0a1 时，原不等式等价于 1 1 101- x a (1- x )(1- x -a)0( x -1)(1 -a ) x

24、-1x 210 (x-1)(x- 1 -a )01 1x0 且 b1)。（1） 求 f(x)的定义域；（2） 当 b1 时，求使 f(x)0 的所有 x 的值。【解】 （1）x2-2x+2 恒正，f(x)的定义域是 1+2ax0。即当 a=0 时，f(x)定义域是全体实数。21当 a0 时，f(x)的定义域是（- 2a ，+）1当 a1时 ， 在 f(x) 的 定 义 域 内 ，x2-2 x +2f(x)01 +2 ax 1 x2-2x+21+2ax x2-2(1+a)x+10其判别式=4(1+a)2-4=4a(a+2)(i)当0 时，即-2a01f(x)0 x0xr 且 x1若 a=-2,f

25、(x)0 (x+1)20 1 x 4 且 x-1(iii)当0 时，即 a0 或 a-2 方程 x2-2(1+a)x+1=0 的两根为x =1+a-1a2+2a,x =1+a+2a2+2a若 a0，则 x x 0-2 112 a1f(x)0 x1+a- a +2a或 1+a+a 2 +2ax-2 a综上所述：当-2a0 时， x|x-12 a当 a=0 时，r，当 a=-2 时： 1x|x-1 或-1x 4 当 a0 时， x|x1+a+a2+2a1或- 2a x1+a-a2+2a 当 a-2 时， x|x1+a-a2+2a或 1+a+a2+2a1 x- 2a 【注】 解题时要注意函数的定义域

26、。【例 6】 解不等式(1)10 x +2 x 2 +3 x +2x+1；(2)|2 x2-4 x +1-x|1 的解集。【解】 (1)10 x +2 x 2 +3 x +2x+1x ( x +5)( x -1) ( x +1)( x +2)0x(x-1)(x+1)(x+2)(x+5)0，且 x-1，-2，由图可知，原不等式的解集为：x|x-5 或-2 x-1 或 0x1 (2)|2 x2-4 x +1-x|1x-1 2 x2-4 x +1x+1而 2 x2-4 x +1x+1x-1x +102 x 2 -4 x +1 0 2 x 2 -4 x +1( x +1)2解之得： 2 2 x +1或

27、x 1 -2 2 0x622所以，02 2 x1- 2 或 1+ 2 x62 x2-4 x +1x-1x -10 x -1 02 x -4 x +1 0 或 2x -4 x +1( x -1)22解之得：x1- 2 或 x2所以原不等式的解集为 (0，1-22(2，6)【注】 (1) 解高次不等式时常采用数轴标根法，其做法是：先将 每个因式分别等于零的根标在数轴上，然后按由上而下，由右向左的 次序画图穿过各个零点，选出符合条件的区间。如有重因式，特别注意重因式的零点。如：(x-a)2nf(x)0 f(x)0 或 x=a，(x-a)2nf(x) 0 f(x)0 且 xa；(x-a)2n-1f(x

28、)0 (x-a)f(x)0。(2)本题的第(2)小题的几何解释是：在同一个坐标系中分别作出函数 y=x-1,y=x+1 和 y=2 x2-4 x +1的图像。于是，不等式 x-1 2 x2-4 x +1x+1 的解集就是使函数 y=2 x2-4 x +1的图像 ( 双曲线2(x-1)2-y2=1，位于 x 轴上方的部分)夹在直线 y=x-1 与 y=x+1 之间的 x 集合(如图)。【例 7】 已知当 x0，1时，不等式x2cosq-x(1-x)+(1-x)2sinq0恒成立，试求q的取值范围。【解】 令 f(x)=x2cosq-x(1-x)+(1-x)2sinq，对 x0，1，f(x)0 恒

29、成立。cosq=f(1)0,sinq=f(0)0 (1)f(x)=(1+cosq+sinq)x2-(1+2sinq)x+sinq1 +2sin q其对称轴，x= 2(1 +cos q+sinq)0，且小于 1。所以：(1+2xinq)2-4(1+cosq+sinq)sinq0(2)反之(1)、(2)成立，f(x)0 x0，1恒成立。cosq0 cosq0 sin q0 sin q0故1 -4sinq cosq01 sin 2q 2p 5p解之得：2k+ 2 q2k+ 12 ，kz。【注】 二次函数的在区间上最大值、最小值，只要考虑两个端点 处及区间中对称轴所在的位置之点。【例 8】 设函数 f

30、(x)= x 2 +1 -ax(1) 解不等式 f(x)1(2) 求 a 的取值范围，使函数 f(x)在区间 0，+ ) 上是单调函数。 【解】 (1)不等式 f(x)1 即x2 +1 1+ax1+ax 0(a 2 -1x +2 a x 0所以:(i)当 0a1，所给不等式的解集是 x|0x2 a1 -a2(ii)a1 时，所给不等式的解集是x|x022222(iii)当 a=0 时，所给不等式的解集是0(iv)当-1a0 时，所给不等式的解集是x|2 a1 -a2x0 (v)当 a-1 时，所给不等式的解集是x|x0(2)在区间 0，+ )上任取 x ，x ，使得 x x 1 2 1 2f(

31、x )-f(x )= x +1 - x 1 2 1 2+1 -a ( x -x ) 1 2=(x -x )( x1 2 1x +x1 2+1 + x22+1-a)而 f(x)在 0，+ )上单调f(x )-f(x )在 1 20，+ )上恒正或恒负。又x -x 0,x x 0，+ )2 1 1 2x +x1 2x +1 + x +1 (0，1)1 2a1 或 a0【例 9】 设函数 f(x)=ax2+8x+3 (a0 )。对于给定的负数 a，有一个最大的正数 l(a) ，使得在整个区间 0 ，l(a) 上，不等式 |f(x)| 5 都成立。问：a 为何值时 l(a)最大？求出这个最大的 l(a

32、)，证明你的结论。4【解】 f(x)=a(x+ a )2+3-16aa0，所以 f(x) =3-max16an n +2(i)当 3-16a5，即-8a0，此时 0l(a)-4a所以，l(a)是方程ax2+8x+3=-5 的较小根。l(a)=-8 - 64 -32 a2 a=4 4 -2 a -2420 -2=5 +12当且仅当 a=-8 时，等号成立。由于5 +1 1 5 +1 2 2 ，因此当且仅当 a=-8 时，l(a)取最大值 2 。【注】 本题是一个典型的函数、方程、不等式的综合题。数形结 合利于开拓思路，找到解法。【例 10】 设a 是由正数组成的等比数例，s 是其前 n 项和，n

33、 nlg s +lg s(1) 证明： 2 lgsn+1；(2) 是否存在常数 c0，使得lg( s -c ) +lg( s -c ) n n +22成立？证明你的结论。=lg(s -c)n+1【解】 (1)a 是由正数组成的等比数列。na 0,q01当 q=1 时，s =na ,s =(n+2)an 1 n+2 1s =(n+1)an+1 2sn s =nan+2 1 (n+2)a =n2a 2+2na 21 1 1n2a2+2na 2+a1 1 12=(n+1)a 21=s2n+1s s s2n n+2 n+1当 q1 时11111a (1 -q s = 1 -qnn) a (1 -q n

34、 +2 s = 1 -qn+2) a (1 -q n +1 s = 1 -qn+1)s s =n n+2a 2 (1 -q n )(1 -q n +2 ) a 2 (1 -q n -q n +2 1 = 1(1 -q ) 2 (1 -q ) 2+q2 n+2)s2n+1=a 2 (1 -2 q n +1 +q 2 n +2 1(1 -q ) 2)a 2 q n (1 -q +q 2 )于是，s2 -s s = (1 -q ) 2 =a 2qn0n+1 n n+2 1综上所述：s2 s sn+1 n n+2lg s +lg s n2n +2lgsn+1(2)证法一：(1)当 q=1 时(s -c

35、)(s -c)-(s -c)n n+2 n+12=(na -c)(n+2)a -c-(n+1)a -c2=-a 20 故这样的 c0 不 1 1 1 1存在。(2)当 q1 时(s -c)(s -c)-(s -c)2n n+2 n+1=-a qna -c(1-q)1 1aa 0,q0,a1qn0 c= 1 -q1c0,0q1，但 0q1 时，a -n盾，故这样的 c0 不存在。a11 -q0，这与条件(2)矛证 法 二 ： ( 反 证 法 ) 假 设 存 在 常 数 c 0 ， 使 得lg( s -c ) +lg( s -c )n n +22=lg(s -c)成立，则必有 n+1nn +22s

36、 -c0s -c0 s -c0n +1( s -c )( s -c ) =( s -c ) 2 n n +2 n +1由式得：s s -s2 =c(s +s -2s ) n n+2 n+1 n n+2 n+1另一方面：s +s -2s =(s -c)+(s -c)-2(s -c)n n+2 n+1 n n+2 n+1( s -c )( s -c )-2 （s -c）=0n n+2n+1s s s 2 矛盾n n+2 n+1故这样的 c0 不存在。【注】本题是一道数列、不等式、函数的综合性题。解题过程中 特别要注意 q=1 与 q1 的讨论。（2）中的反证法，综合体现了不等式知识的灵活实用，具有较高 的能力要求。跟踪练习一、选择题1.“xy 且 mn”是“x+my+n”成立的（ ）a.充分不必要条件 c.充分必要条件b.必要不充分条件 d