北 京 四 中

　　1．已知i,m,n是正整数，且1<i≤m<n。
　　(I)证明nⁱ<mⁱ；
　　(II)证明(1+m)ⁿ>(1+n)^m。

　　本题考察排列、组合、二项式定理、不等式的基本知识和逻辑推理能力.

　　证明：(I) 对于1<i≤m，有=m……(m-i+1), ,
　　同理 ,

　　由于m<n, 对整数k=1,2,……,i-1，有，

　　所以，即mⁱ>nⁱ。

　　(II) 证明：由二项式定理有
　　(1+m)ⁿ=mⁱ,　(1+n)^m=nⁱ,

　　由(I)知mⁱ>nⁱ (1<i≤m<n),

　　而, 所以，mⁱ>nⁱ (1<i≤m<n),

　　因此，,

　　又m⁰=n⁰C=1, m=n=mn, mⁱ>0 (m<i≤n).

　　∴ ，即(1+m)ⁿ>(1+n)^m.

　　2. a>b>1, P=, Q=(lga+lgb), R=lg()，则（　 ）。
　　A、R<P<Q　　B、P<Q<R　　C、Q<P<R　　D、P<R<Q

　　精析：观察P，Q，R三式的结构特点，联想对数运算法则，注意到均值不等式，就有如下解法过程。

　　∵ a>b>1, ∴ lga>lgb>0, lga+lgb>2,

　　即(lga+lgb)>, 故Q>P,

　　又由>得lg()>lg,

　　即lg()>(lga+lgb)。故R>Q，从而选B。

　　注意：本题也可用特殊值法来判定，如取a=100, b=10，很容易选B。解这类题要善于利用特例法求解，利用均值不等式和函数单调性比较大小，是比较大小常用的方法。

　　3．已知a,b,c是实数，函数f(x)=ax²+bx+c, g(x)=ax+b, 当-1≤x≤1时，|f(x)|≤1.
　　(1)证明：|c|≤1；　 (2)证明：-1≤x≤1时，|g(x)|≤2；
　　(3)设a>0,当 -1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)。

　　精析：(1)由条件-1≤x≤1, |f(x)|≤1, 取x=0，得|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1.

　　(2)由于g(x)=ax+b中含有字母未知数a，因而用分类讨论，结合函数g(x)的单调性来证明。

　　当a>0时，g(x)=ax+b，在[-1,1]上是增函数，∴ g(-1)≤g(x)≤g(1),

　　∵ |f(x)|≤1 (-1≤x≤1), |c|≤1, ∴ g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2.

　　g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2,

　　由此 得|g(x)|≤2,

　　当a<0时，g(x)=ax+b在[-1，1]上是减函数，

　　∴ g(-1)≥g(x)≥g(1),

　　∵ |f(x)|≤1 (-1≤x≤1), |c|≤1,

　　∴ g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤|f(-1)|+|c|≤2,

　　　 g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(1)|+|c|)≥-2,

　　由此得|g(x)|≤2,

　　当a=0时，g(x)=b,f(x)=bx+c

　　∵ -1≤x≤1

　　∴ |g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2

　　综上所述，得|g(x)|≤2.

　　(3)利用题设先求c值，再求f(x).

　　∵ a>0, g(x)在[-1，1]上是增函数，当x=1时取得最大值2，

　　即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2,

　　∵ -1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1, ∴ c=f(0)=-1,

　　∵ 当-1≤x≤1时，f(x)≥-1, 即f(x)≥f(0),

　　根据二次函数性质，直线x=0为二次函数f(x)的图像的对称轴，

　　故有-=0，那么b=0,a=2. ∴f(x)=2x²-1。

　　注意：本题综合性较强。前两问考查绝对值不等式的证明，第三问求函数的表达式，技巧性较高。要求考生会灵活应用绝对值不等式的性质及函数的单调性，并会进行合理的分类讨论。

　　注：在高考中单纯的不等式证明题比较少，多数是和应用题等其它知识结合在一起考察的。