高考数学专题讲座 第23讲 高频考点分析之不等式、线性规划探讨

【备战2022高考数学专题讲座】
第23讲：高频考点分析之不等式、线性规划探讨
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。

不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点，考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。

考查的特点是单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题；不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题居多；作为不等式与函数的综合应用，线性规划问题日显频繁。

结合2022年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨不等式、线性规划问题的求解： 1 解高次、分式不等式和指数、对数不等式； 2 解绝对值不等式；
3 不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用；
4 不等式问题中“数形结合法”的应用；
5 不等式问题中“特殊值法”的应用；
6 基本不等式的应用；
7 线性规划问题。

一、解高次、分式不等式和指数、对数不等式： 典型例题：例1 （2022年重庆市理5分）不等式
01
21
≤+-x x 的解集为【 】 A ⎥⎦⎤ ⎝⎛-
1,21 B ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-1,21 C [)1.1,2⎛⎫
-∞-+∞ ⎪
⎝⎭ D [)1,1,2⎛⎤-∞-
+∞ ⎥⎝
⎦
【答案】A 。

【考点】分式不等式的解法。

【分析】化分式不等式为整式不等式求解：
(1)(21)011
01210
212x x x x x x -+≤⎧-<⇒⇒-<≤⎨+≠+⎩。

故选A 。

例2 （2022年重庆市文5分）不等式
1
02
x x -<+ 的解集是为【 】 （A ）(1,)+∞ （B ） (,2)-∞- （C ）（-2，1）（D ）(,2)-∞-∪(1,)+∞ 【答案】C 。

【考点】其他不等式的解法。

【分析】利用等价变形直接转化分式不等式为二次不等式求解即可：
1
0(1)(2)0212
x x x x x -<⇒-+<⇒-<<+。

故选C 。

例3 （2022年江西省文5分）不等式
29
02
x >x --的解集是 ▲ 。

【答案】(3,2)
(3,)-+∞。

【考点】其它不等式的解法。

【解析】不等式可化为(3)(2)(3)0x x x +-->，解得323x x -＜＜或＞。

∴不等式的解集为(3,2)(3,)-+∞。

例4 （2022年湖南省文5分）不等式25x 60x -+≤的解集为 ▲ 【答案】{}
23x x ≤≤。

【考点】一元二次不等式的解法。

【解析】由25x 60x -+≤，得(3)(2)0x x --≤，从而的不等式2
-56≤0的解集为{}
23x x ≤≤。

例5 （2022年山东省文5分）函数21
()4ln(1)
=+-+f x x x 的定义域为【 】
A [2,0)(0,2]-
B (1,0)
(0,2]- C [2,2]- D (1,2]-
【答案】B 。

【考点】函数的定义域。

分式、对数、二次根式有意义的条件。

【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得()2ln x+10x+104x 0>⎧≠⎪⎨⎪-≥⎩
，解得x 0x 12x 2>≠⎧⎪
-⎨⎪-≤≤⎩。

∴函数21
()4ln(1)
=
+-+f x x x 的定义域为(1,0)
(0,2]-。

故选B 。

例6 （2022年重庆市文5分）设函数2()43,()32,x
f x x x
g x =-+=-集合{|(())0},M x R f g x =∈>
{|()2},N x R g x =∈<则M N 为【 】
（A ）(1,)+∞ （B ）（0，1） （C ）（-1，1） （D ）(,1)-∞ 【答案】D 。

【考点】复合函数的概念，解一元二次不等式和指数不等式，集合及其运算。

【分析】利用已知求出集合M 中()g x 的范围，结合集合N ，求出()g x 的范围，然后求解即可：
由(())0f g x >得2()4()30g x g x -+>，∴()1g x <或()3g x >，即321x
-<或323x
->。

∴1x <或3log 5x >，即()3{|(())0}=(,1)
log 5+M x R f g x =∈>-∞∞，。

由()2g x <得322x
-<，即34x
<，∴3log 4x <，即3{|()2}=(,log 4)N x R g x =∈<-∞。

∴()33(,1)
log 5+(,log 4)=(,1)M
N =-∞∞-∞-∞⎡⎤⎣⎦
，。

故选D 。

例7 （2022年上海市理14分）已知函数)1lg()(+=x x f （1）若1)()21(0<--<x f x f ，求x 的取值范围；（6分）
（2）若)(x g 是以2为周期的偶函数，且当10≤≤x 时，有)()(x f x g =，求函数)(x g y =])2,1[(∈x 的反函数（8分） 【答案】（1）由⎩⎨
⎧>+>-0
10
22x x ，得11<<-x 。

由220lg(22)lg(1)lg
11x x x x -<--+=<+得221101
x
x -<<+。

∵01>+x ，∴1010221+<-<+x x x ，解得21
33
x -<<。

由11
213
3x x -<<⎧⎪
⎨-<<⎪⎩得，2133x -<<。

（2）当[1,2]x ∈时，[,1]20x -∈，
∴)3lg()2()2()2()(x x f x g x g x g y -=-=-=-==。

由单调性可得]2lg ,0[∈y 。

∵y
x 103-=，∴所求反函数是x
y 103-=，]2lg ,0[∈x 。

【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。

【解析】（1）由1)()21(0<--<x f x f ，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。

（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。

二、解绝对值不等式：
典型例题：例1 （2022年广东省理5分）不等式21x x +-≤的解集为 ▲ 。

【答案】12
x。

【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。

【解析】分类讨论：由不等式21x x +-≤得， 当2x 时，不等式为()()21x x -+--≤，即21恒成立；
当2
0x
时，不等式为22
1x
，解得，12
2
x
； 当0x >时，不等式为()21x x +-≤，即21不成立。

综上所述，不等式21x x +-≤的解集为12
x。

另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。

例2 （2022年上海市理4分）．若集合}012|{>+=x x A ，}21|{<-=x x B ，则B A = ▲
【答案】1,32⎛⎪-⎫ ⎝⎭。

【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。

【解析】由题意，得121013212213
x >x ><x <x <<x <⎧+⎧-
⎪⎪⇒⇒-⎨⎨-⎪⎩⎪-⎩，∴1,32A
B ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
- 。

例 3 （2022年天津市理5分）已知集合={||+2|<3}A x R x ∈，集合={|()(2)<0}B x R x m x ∈--,且
=(1,)A B n -，则=m ▲ ,=n ▲
【答案】1-，1。

【考点】集合的交集的运算及其运算性质，绝对值不等式与一元二次不等式的解法 【分析】由题意，可先化简A 集合，再由B 集合的形式及=(1,)A B n -直接作出判断，即可得出两个参
数的值：
∵={||+2|<3}A x R x ∈={||5<<1}x x -, 又∵=(1,)A
B n -，画数轴可知=1m -，=1n 。

例4 （2022年天津市文5分）集合{}
|25A x R x =∈-≤中最小整数为 ▲ 【答案】3-。

【考点】绝对值不等式的解法。

【分析】∵3-不等式52≤-x ，即525≤-≤-x ，73≤≤-x ，∴集合}73{≤≤-=x x A 。

∴集合{}
|25A x R x =∈-≤中最小的整数为3-。

例5 （2022年山东省理4分）若不等式kx 42-≤的解集为{}x 1x 3≤≤，则实数k = ▲ 。

【答案】2。

【考点】绝对值不等式的性质。

【解析】由kx 42-≤可得2kx 42-≤-≤，即2kx 6≤≤，而1x 3≤≤，所以k 2=。

例6 （2022年江西省理5分）在实数范围内，不等式|21||21|6x x -++≤的解集为 ▲ 。

【答案】3
3|2
2x x ⎧⎫∈-
≤≤⎨⎬⎩
⎭
R 。

【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。

【解析】原不等式可化为1212216x x x ⎧≤-⎪⎨⎪---≤⎩①或112221216x x x ⎧-<<⎪⎨⎪---≤⎩②或12
21216
x x x ⎧≥⎪
⎨⎪-++≤⎩③， 由①得3122x -
≤≤-；由②得1122x -<<；由③得1322
x ≤≤。

∴原不等式的解集为3
3|2
2x x ⎧
⎫∈-
≤≤⎨⎬⎩
⎭
R 。

例7 （2022年陕西省文5分）若存在实数x 使|||1|3x a x -+-≤成立，则实数a 的取值范围是 ▲ 【答案】24a -≤≤。

【考点】绝对值不等式的性质及其运用。

【解析】由题意知左边的最小值小于或等于3，根据不等式的性质，得
1|||1|3a x a x -≤-+-≤，解得，24a -≤≤。

例8 （2022年湖南省理5分）不等式21210x x +-->的解集为 ▲
【答案】14x x ⎧⎫>
⎨⎬⎩⎭。

【考点】解绝对值不等式。

【解析】令()2121f x x x =+--，则由()f x 13,()2141,(1)23,(1)x x x x ⎧
-<-⎪⎪
⎪
=--≤≤⎨⎪
>⎪⎪⎩
得()f x 0>的解集为14x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭。

例9 （2022年全国课标卷文5分）已知函数()2f x x a x =++-
Ｉ当3a =-时，求不等式()3f x ≥的解集；
Ⅱ若()4f x x ≤-的解集包含[1,2]，求a 的取值范围。

【答案】解：（1）当3a =-时，由()3f x ≥得323x x -+-≥
∴ 2323x x x ≤⎧⎨-+-≥⎩或23323x x x <<⎧⎨-+-≥⎩或3323x x x ≥⎧⎨-+-≥⎩。

解得 1x ≤或4x ≥。

Ⅱ原命题即()4f x x ≤-在[1,2]上恒成立，
∴24x a x x ++-≤-在[1,2]上恒成立，即22x a x --≤≤-在[1,2]上恒成立。

∴30a -≤≤。

【考点】绝对值不等式的解法。

【解析】Ｉ分段求解即可。

Ⅱ对于()4f x x ≤-，把a 作未知求解。

例10 （2022年辽宁省文10分）已知()|1|()f x ax a R =+∈，不等式()3f x 的解集为{|2x -1x ｝。

Ⅰ求a 的值； Ⅱ若|()2()|
2
x
f x f k -恒成立，求的取值范围。

【答案】解：（I ）由()3f x 得24ax -≤≤。

又∵不等式()3f x 的解集为{|2x -1x ｝，
∴当0a ≤时，不合题意； 当0a >时，2
4x a a
-
≤≤，得=2a 。

Ⅱ由（I ）得()|21|f x x =+。

记()111
=()2()=43122
112
x x h x f x f x <x <x ⎧
⎪≤-⎪⎪-----⎨⎪⎪
-≥-⎪⎩ ，，，。

∴()1h x ≤。

∴1k ≥。

【考点】分段函数、不等式的基本性质、绝对值不等式及其运用，分类讨论思想的应用。

【解析】（I ）针对a 的取值情况进行讨论即可。

Ⅱ 针对)2
(2)(x
f x f -的正负进行讨论从而用分段函数表示，进而求出的取值范围。

例11（2022年江苏省10分）已知实数，满足：11|||2|36x y x y +<
-<，，
求证：5
||18
y <． 【答案】证明：∵()()3||=|3|=|22|22y y x y x y x y x y ++-≤++-， 由题设11|||2|36x y x y +<
-<，，
∴1153||=366y <+。

∴5
||18
y <。

【考点】绝对值不等式的基本知识。

【解析】根据绝对值不等式的性质求证。

三、不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用：
典型例题：例1 （2022年福建省文4分）已知关于的不等式2－a ＋2a ＞0在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是 ▲ ． 【答案】0,8。

【考点】一元二次不等式的解法。

【解析】关于的不等式2
－a ＋2a ＞0在R 上恒成立，则满足Δ＝a 2
－
4×2a
()
f x 1212+1
[()+()]22
x x f f x f x ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭()f x ()f x ()
f x ()
2f x ()f x ()
f x 12341234+++1[()+()+()+()]44x x x x f f x f x f x f x ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭()()()
10,22,3=0=2
x f x x ⎧∈⎪⎨
⎪⎩，，=2x ()=f x x -()
22
=f x x -()
f x ()()()41
2422x x f f f x f x +-=≤⎡+-⎤⎣
⎦（）（）()()()42=2
f x f x f x +-≥()()()()()()()()42
21421
max max f x f x f x f x f f x f x f ⎧+-≥⎪⎪
≤==⎨⎪-≤==⎪⎩()
f x ()()()()()()()()()()()()123412343
4121234123411
122()()+422221111
+++=+++2224x x x x x x x x x x x x f f f f f x f x f x f x f x f x f x f x +++⎡⎤+++++⎛⎫⎛⎫=≤ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
⎡⎤≤⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦
()()x f x m(x 2m)x m 3,g x 22
=-++=-（）()()()()x R f x 0g x 0x (,4),f x g x 0∀∈∃∈∞⋅ ，＜或＜，--＜①②()4,2-- ()x g x 220
<=-x 1
<()()x R f x 0g x 0∀∈，＜或＜①x 1≥()f x 0
＜m=0
()f x =0()f x x 1≥()f x 0
＜()
f x m <0
12x =2m x =m 3
--，12m 0
m 01x =2m 1m 4m 02x =m 31m 4<<<<<<<>⎧⎧⎪⎪⎪⇒⇒-⎨⎨
⎪⎪
--⎩-⎪⎩()()x (,4),f x g x 0
∃∈∞⋅ --＜②x (,4)
∈∞ --()f x 12
x x ，2m=m 3
--m =1-()
m 1,0∈- m 34
<---m =1-()
m 4,1∈-- 2m 4m 2<<-⇒-()m 4,2∈-- ()()x f x m(x 2m)x m 3,g x 22=-++=-（）x R ∀∉()x g x 220
<=-x 1<()()x R f x 0g x 0∀∈，＜或＜x 1≥()f x 0＜m=0()f x =0()f x x 1≥()f x 0＜()f x m <0
12x =2m x =m 3
--，12m 0
m 01x =2m 1m 4m 02x =m 31m 4
<<<<<<<>⎧⎧⎪⎪⎪⇒⇒-⎨⎨
⎪⎪
--⎩-⎪⎩2()()f x x ax b a b =++∈R ，[0)+∞，
()f x c <(6)m m +，[0)
+∞，2
=0
x ax b ++2
40
a b =-=2
4
a b =
2
22
2()42a a f x x ax b x ax x ⎛⎫
=++=++=+ ⎪
⎝⎭
2
()2a f x x c ⎛
⎫=+< ⎪⎝
⎭2a x +
<22a a x <()f x c <(6)m m +
，)()622
a a
-==9c =()cos ,[0,]f x ax x x π=+∈()1sin f x x
≤+()sin f x a x '=-[0,]x π∈0sin 1x ≤≤()0f x '≥[0,]x π∈()0f x '≤[0,]x π∈01a <<()0f x '=sin x a =()0f x '>0arcsin x a ≤<arcsin a x ππ-<≤()0f x '<arcsin arcsin a x a π<<-01
a <<()
f x [0,arcsin ]a [arcsin ,]a ππ-[arcsin ,arcsin ]a a π-()1sin f x x ≤+2
()111f a a πππ
≤⇔-≤⇔≤
2
()sin (0)2
g x x x x π
π
=-
≤≤
2
()cos g x x π
'=-
2
(0,arcsin )
x π
∈()0g x '>2(arcsin
,)2
x ππ∈()0g x '<(0)()02g g π==()0
g x ≥2sin (0)2x x x ππ≤≤≤2
a π
≤2()cos f x x x π≤+02x π≤≤2sin x x π≤cos 1x ≤()1sin f x x
≤+2x π
π≤≤22()cos 1()sin()1sin 22f x x x x x x ππππ≤+=+---≤+2a π≤()f x 12
1()(1)(0)2
x f x f e f x x -'=-+()f x 21()2f x x ax b ≥++(1)a b +121
()(1)(0)2
x f x f e f x x -'=-+1()(1)(0)x f x f e f x -''=-+1
x =(0)1f =121()(1)2x f x f e x x -'=-+1(0)(1)1f f e -'==(1)f e '=()f x 2
1
()2
x f x e x x =-+()()1x g x f x e x '==-+()10x g x e '=+>()g x x R ∈()0(0)f x f ''>=0x >()f x ()0(0)
f x f ''<=0x <()f x ()f x (0,)+∞(,0)-∞2
1()2
f x x ax b ≥
++(1)0x e a x b -+-≥()(1)x h x e a x b =-+-()(1)x h x e a '=-+10a +≤()0h x '>()h x x R ∈x →-∞()h x →-∞()0h x ≥10a +>()0
h x '>ln(1)
x a >+()0
h x '<ln(1)
x a <+ln(1)
x a =+min ()(1)(1)ln(1)0
h x a a a b =+-++-≥22(1)(1)(1)ln(1)a b a a a +≤+-++22()ln (0)F x x x x x =->()(12ln )
F x x x '=-()0
F x '
>0x <<()0
F x '
<x
>x =max ()2
e F x
=
1,a b =(1)a b
+2
e
121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+
(0)f (1)f '()f x 21()2x f x e x x =-+21
()2
f x x ax b ≥++(1)a b +()x f x e ax 2=－－()f x 0时，()()x k f x x 10'>-++，求的最大值
【答案】解：Ｉ f 的的定义域为()-+，∞∞，()x f x e a '=－。

若a 0≤，则()x f x e a 0'>=－，∴()f x 在()-+，∞∞上单调递增。

若a 0>，则当()x lna ∈-，∞时，()x f x e a 0'<=－；当()x lna ∈+，∞时，
()x f x e a 0'>=－，∴在()lna -，∞上单调递减，()f x 在()lna +，
∞上单调递增。

Ⅱ∵a=1，∴()()()()
x x k f x x 1=x k e 1x 1'-++--++。

∴当>0时，()()
x x k e 1x 10>--++，它等价于()x
x 1
k x x 0e 1
<
>++-。

令()x
x 1
g x =x e 1++-，则()()
()()
x
x x 2
2
x x
e e
x 2xe 1g x =1=e 1
e
1
'----+--。

由Ｉ知，函数()x h x =e x 2--在()+0，∞上单调递增。

∵()h 1=e 30<-，()2h 2=e 40>-，∴()h x 在()+0，∞上存在唯一的零点。

∴()g x '在()+0，∞上存在唯一的零点，设此零点为a ，则()a 1,2∈。

当()x 0a ∈，时，()g x 0'<；当()x a ∈+，∞时，()g x 0'>。

∴()x
x 1
g x =
x e 1
++-在()+0，∞上的最小值为()g a 。

又∵()g a =0'，即a e =a 2+，∴()()a
a 1
g a = a =a+12,3e 1
++∈-。

因此()k g a <，即整数的最大值为2。

【考点】函数的单调性质，导数的应用。

【解析】Ｉ分a 0≤和a 0>讨论()f x 的单调区间即可。

Ⅱ由于当>0时，()()
x x k e 1x 10>--++等价于()x x 1k x x 0e 1<>++-，令()x x 1
g x =x e 1
++-， 求出导数，根据函数的零点情况求出整数的最大值。

例9 （2022年天津市理14分）已知函数()=ln (+)f x x x a -的最小值为0，其中>0a （Ⅰ）求a 的值；
（Ⅱ）若对任意的[0,+)x ∈∞,有2()f x kx ≤成立，求实数k 的最小值； （Ⅲ）证明
=12
ln (2+1)<221
n
i n i --∑*()n N ∈ 【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为()a -+∞，，求导函数可得1+1
()=1++x a f'x x a x a
--
= 令()=0f'x ，得=1x a >a --。

当x 变化时，()f'x 和()f x 的变化情况如下表：
∴()f x 在=1x a -处取得极小值。

∴由题意，得(1)=1ln1=1=0f a a a ----。

∴=1a 。

（Ⅱ）当k ≤0时，取=1x ，有(1)=1ln 20f <-，故k ≤0不合题意。

当k ＞0时，令2g x f x kx =-（）（），即2ln(+1)g x x x kx =--（）。

求导函数可得()21221+112212==+1+1+1x kx k x kx kx g'x kx x x x -----=--（）。

令0g'
x =（），得1212012k
x x k
-==-，＞。

①当12k ≥
时，122k
k
- ≤0，0g'x <（）在（0，∞）上恒成立，因此2
g x f x kx =-（）（）在（0，∞）上单调递减，从而对任意的[)0+x ∈∞ ，），总有0=0g x g ≤（）（），即对任意的[)0+x ∈∞ ，，
有2
()f x kx ≤成立。

∴1
2
k ≥
符合题意。

②当102<k <时，122k k -＞0，对于x ∈0，122k
k
- ，g'x （）＞0，因此g x （）在
0，122k k - 上单调递增，因此取x ∈0，122k k
- 时，00=0g x g ≥（）（），即有200()f x kx ≤不成立。

∴1
02
<k <
不合题意。

综上，实数k 的最小值为
12。

（Ⅲ）证明：当n =1时，不等式左边=2－n3＜2=右边，所以不等式成立。

当n ≥2时，
=1
=1=1=122222=ln 1+=ln 1+2121212121n
n n n
i i i i f i i i i i ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛
⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎢
⎥-----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑∑ ()=1
2
=ln 2121
n
i n i ---∑。

在（2）中，取1=2k ，得()2
1()02
f x x x ≤≥， ∴()
()()()+2
222221232121f <i N i i i i i ⎛⎫≤∈≥
⎪---⎝⎭-，。

∴()()()()
=1=1=2=22222ln 21==2+2ln 2+2121212321n
n n n
i i i i n f f f <i i i i i ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪
-----⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑ =2111=2ln 3+=2ln 3+1223
2121n
i <i i n ⎛⎫---- ⎪
---⎝⎭∑。

综上，
=12
ln (2+1)<221
n
i n i --∑*()n N ∈。

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。

【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数
()=ln (+)f x x x a -的最小值为0，即可求得a 的值。

（Ⅱ）当k ≤0时，取=1x ，有(1)=1ln 20f <-，故k ≤0不合题意。

当k ＞0时，令2g x f x kx =-（）（），
求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当12k ≥
时，122k
k
-≤0，g x （）在（0，∞）上单调递减，从
而对任意的[)0+x ∈∞ ，）
，总有0=0g x g ≤（）（）。

②当102<k <时，122k k -＞0，对于x ∈0，122k
k
- ，g'x （）＞0，因此g x （）在0，122k
k
- 上单调递增。

由此可确定k 的最小值。

（Ⅲ）当n =1时，不等式左边=2－n3＜2=右边，所以不等式成立。

当n ≥2时，由
=1
221n
i f i ⎛⎫
⎪-⎝⎭
∑
()=12
=ln 2121
n
i n i ---∑
，在（Ⅱ）中，
取1=2k 得21()2f x x ≤,从而可得()(
)()2
22221232121f <i i i i ⎛⎫
≤ ⎪---⎝⎭-，()+
2i N i ∈≥，由此可证结论。

例10 （2022年浙江省理14分）已知0a >，b R ∈，函数3()42f x ax bx a b =--+． （Ⅰ）证明：当01x ≤≤时，
（i ）函数()f x 的最大值为|2|a b a -+； （ii ）()|2|0f x a b a +-+≥；
（Ⅱ）若1()1f x -≤≤对[01]x ∈，
恒成立，求a b +的取值范围． 【答案】Ⅰ 证明：
ⅰ()2122f x ax b '=-．
当b ≤0时，()2122f x ax b '=-＞0在0≤≤1上恒成立，
此时()f x 的最大值为：()1423f a b a b a b =--+=-＝|2a －b |﹢a ； 当b ＞0时，()2122f x ax b '=-在0≤≤1上的正负性不能判断， 此时()f x 的最大值为：
()max 2max{(0)1}max{()3}32b a b a
f x f f b a a b a b b a ->⎧==--=⎨-<⎩
，，（），()，＝|2a －b |﹢a 。

综上所述：函数()f x 在0≤≤1上的最大值为|2a －b |﹢a 。

ⅱ 设()g x ＝﹣()f x ，
∵()342g x ax bx a b =-++-，∴令(
)21220g x ax b x '=-+=⇒= 当b ≤0时，()2122g x ax b '=-+＜0在0≤≤1上恒成立， 此时()g x 的最大值为：()03g a b a b =-<-＝|2a －b |﹢a ； 当b ＜0时，()2122g x ax b '=-+在0≤≤1上的正负性不能判断，
(
)max max{1}g x g g =
）464max{2}3632b a a b a b b a b a b a ⎧≤-⎪=--=⎨>⎪-⎩
，，，
≤|2a －b |﹢a 。

综上所述：函数()g x 在0≤≤1上的最大值小于或等于|2a －b |﹢a ， 即()f x ＋|2a －b |﹢a ≥0在0≤≤1上恒成立。

Ⅱ解：由Ⅰ知：函数()f x 在0≤≤1上的最大值为|2a －b |﹢a ，
且函数()f x 在0≤≤1上的最小值比﹣|2a －b |﹢a 要大。

∵﹣1≤()f x ≤1对∈[0，1]恒成立，∴|2a －b |﹢a ≤1。

取b 为纵轴，a 为横轴．
则可行域为：021a >b a b a ⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩
和0231
a >
b a a b ⎧⎪
<⎨⎪-≤⎩，目标函数为＝a ＋b 。

作图如下：
由
图
易
得
：
当
目
标
函
数
为
＝
a ＋
b 过
max 3z =(]13-，()f x 2a ()g x ()f x 2a ()g x 2a 2a 2a ()f x 2a 3()42f x x ax a =-+()f x x ()f x 2a
-2()122f x x a '=-0
a ≤()0f x '≥()
f x ()
,-∞+∞0
a >()12()()66
a a
f x x x '=()
f x ,66a a ⎡⎢⎣01x ≤≤2
a ≤33()2422442
f x a x ax x x +-=-+≥-+2
a >333()242(1)244(1)2442f x a x a x x x x x +-=+--≥+--=-+3()442,01
g x x x x =-+≤≤
2()12412()33
g x x x x '=-=-
+
min ()10g x g ==>01x ≤≤3()4420g x x x =-+>3()24420f x a x x +-≥-+>0
a ≤0
a >2a -2a ≤2
a >3()2442f x a x x +-≥-+3()442,01
g x x x x =-+≤≤min ()10g x g ==>()0g x >3()24420f x a x x +-≥-+> ()a x f x e x =-a x ()f x a ()f x 112212(,()),(,())()A x f x B x f x x x <k 012x x x ∈（，）0()f x k '>0x 0a <0x >()f x 1ax e x =-<0
a ≠0
a >()1,ax f x ae '=-11()0,ln f x x a a '==
得11ln x a a <()0,()f x f x '<11
ln x a a
>()0,()f x f x '>11ln x a a =()f x 11111(ln )ln f a a a a a =-,()1x R f x ∈≥111
ln 1a a a
-≥()ln ,
g t t t t =-()ln g t t '=-01t <<()0,()g t g t '>1t >()0,()g t g t '<1t =()g t (1)1g =1
1a
=1a =a {}121
212121()()1
ax ax f x f x e e k x x x x --==---21
21
()(),
ax ax ax
e e x
f x k ae x x ϕ-'=-=--121()12121()()1,ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦-212()
21221()()1ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦-()1
t F t e t =--()1t F t e '=-0
t <()0,()
F t F t '<0t >()0,()F t F t '>0t =()(0)0,
F t F >=10
t e t -->21()
21()10a x x e
a x x ---->12()
12()10
a x x e
a x x ---->1210,ax e x x >-2
21
0,ax e x x >-1()0,x ϕ<2()0x ϕ>()
y x ϕ=[]
12,x x 012(,)x x x ∈0()0,
x ϕ=2()0,()
ax
x a e x ϕϕ'=>c
21
211ln
()
ax ax e e c a a x x -=-21
2211(ln ,)
()
ax ax e e x x a a x x -∈-0()f x k '>012(,)
x x x ∈0()f x k '>0
x 212211(ln ,)()
ax ax e e x a a x x --()
f x
11111(ln )ln f a a a a a =-x ()f x min ()1f x ≥
a ()ln 1f x x =1x >()3()12f x <x -13x <<9(1)
()5
x f x x -<
+(
)()33
()()1ln 1122
g x f x x x x =-
-=-
-13
()2
g'x x =
-1
x
>13
()02
g'x <x =
+()g
x ()3(1)ln1111=02g =--()0g x <1x >()3()12f x <x -
x
1
x
+1
2
x +()9(=1)()5
k x x f x x --
+(
)(
)()
22
15454
5=5x x x x k '--+++()
()()3
2
125542=2246651x x <
x x x x x +++++--()()3=2165h x x x -+13x <<()()25=32160h x <x '-+()h x ()1=0h ()0h x <()0k x <'()k x ()1=0k ()0
k x <13x <<9(1)
()5x f x x -<
+()3()()12g x f x x =-
-1x
>13
()02
g'x <x =-()g x 1x >(1)=0g ()0g x
<12
x +()9(=1)
()5k x x f x x --+()()()
3
216546x k x <x x x -'++()()
3=2165h x x x -+()h x ()k x n a n n S 121n n S a S a +=+20
a ≠n a 21a >-12()2
n n
S a a ≤
+121
n n S a S a +=+*211(2,)
n n S a S a n n N -=+≥∈1221(2)n n n n S S a S a S n +--=-≥12(2)n n a a a n +=≥20a ≠0
n a ≠1
2n n
a a a +=2211S a S a =+12121a a a a a +=+122a a a =11
a =2
21a a a =*1,2n n a n N a +∀∈=n a 2a n n )(21n n a a n S +=12=a )(2
1n n a a n n S +==12≠a 122
2
1,1n n n n a S a a a --==-1()
2
n n n
S a a <+1
2221(1)(3)12
n n a n a n a --<+≥- 1
12<<-a 1
222(2)(2)(3)n n n a na na n n --+-<-≥ 1
2222
()(2)n n f a n a na na -=-+-210
a -<<2210
n a >--2
22222()(2)(1)(2)||2n n n f a n a na a n a n -=-+-<-<-210a -<<201
a <<12222()[(2)(1)1]
n n f a n n a n a --=-+--12
222()(2)(1)1
n n h a n a n a --=-+--3
222()(2)(1)(1)()0n h a n n a a -'=---<2()h a 2()(1)0h a h >=22()()0f a nh a '=>2()f a 2()(1)2
f a f n <=-
201a <<1
2>a )1,0(1
2
∈a 122211(
)1
[1()]121n n a n a a --<+-11122222
11(
)1[1()]121n n n n a n a a a a ----⨯<⨯+-1
221221(1)()122n n a n n a a a a --<+<+-201a <<21a >-20a ≠1()2
n n n S a a ≤+n 12=a 121
n n S a S a +=+*211(2,)n n S a S a n n N -=+≥∈n a 2a n n 12=a )(2
1n n a a n
S +=
12≠a 210a -<<201a <<12>a 1l y m =2l ()8
02+1y m >m =
1l 2log y x =2l 2log y x =a b 变化时，b a
的最小值为【 】 A ．162 B 82 C 384 D 344 【答案】B 。

【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。

【解析】如图，在同一坐标系中作出y m =，()8
02+1
y m >m =
，2log y x =图像，
由2log =x m ，得122,2m m x x -==，
由28log 2+1
x m =，得882121342,2m m
x x -++==。

根据题意得821
888821
21
21
21
821
222
2
,22
,22
2
22
m
m m m
m
m
m m m m m m b a b a
+-
+
-++++-
-+-=-=-===- 。

∵814117
41212222
2
m m m m +=++-≥-=++，∴7
2min ()2=82b a =。

故选B 。

例2 （2022年重庆市理5分）设平面点集{
}
22
1
(,)()()0,(,)(1)(1)1A x y y x y B x y x y x
⎧⎫=--≥=-+-≤⎨⎬⎩
⎭
，
则A B 所表示的平面图形的面积为【 】
（A ）
34π （B ）35π （C ）47π （D ）2
π
【答案】D 。

【考点】数形结合，函数的图象，双曲线和圆的对称性。

【分析】∵1()()0y x y x --≥，∴010y x y x -≥⎧⎪⎨-≥⎪⎩或0
1
0y x y x -≤⎧⎪
⎨-≤⎪⎩。

又∵22(1)(1)1x y -+-≤，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。

∵1)1()1(,1
22=-+-=
y x x
y 的图象都关于直线=y x 对称， ∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积
的一半，为
2
π。

故选D 。

例3 （2022年全国课标卷文5分）当1
0<x 2
≤
时，x a 4log x <，则a 的取值范围是【 】 （A ）0，错误! （B ）错误!，1 （C ）1，错误! （D ）错误!，2 【答案】B 。

【考点】指数函数和对数函数的性质。

【解析】设()()x a f x =4, x =log x g ,作图。

∵当1
0<x 2≤
时，x a 4log x <, ∴在1
0<x 2
≤时, ()a x =log x g 的图象在()x f x =4的图象上方。

根据对数函数的性质，a 1<。

∴()a x =log x g 单调递减。

∴由1
x 2=时，x a 4log x =得1
2a 14log 2=，解得2a 2
=。

∴要使1
0<x 2≤
时，x a 4log x <，必须2a >2。

∴a 的取值范围是错误!，1 。

故选B 。

五、不等式问题中“特殊值法”的应用：
典型例题：例1 （2022年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】 A ．∃0∈R ，0x e ≤0 B ．∀∈R ，2＞2
C ．a ＋b ＝0的充要条件是错误!＝－1
D ．a ＞1，b ＞1是ab ＞1的充分条件 【答案】D 。

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。

【解析】对于A ，根据指数函数的性质不存在0，使得0x e ≤0，因此A 是假命题。

对于B ，当＝2时，2＝2
，因此B 是假命题。

对于C ，当a ＋b ＝0时，错误!不存在，因此C 是假命题。

对于D ，a ＞1，b ＞1时 ab ＞1，所以a ＞1，b ＞1是ab ＞1的充分条件，因此D 是真命题。

故选D 。

例2 （2022年四川省文4分）设,a b 为正实数，现有下列命题：
①若2
2
1a b -=，则1a b -<； ②若
11
1b a
-=，则1a b -<；
③若1=，则||1a b -<； ④若33
||1a b -=，则||1a b -<。

其中的真命题有 ▲ 。

（写出所有真命题的编号） 【答案】①④。

【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。

【解析】对于①，∵,a b 为正实数，∴2
2
2
2
11+11+1a b a b >a >a b >-=⇒=⇒⇒。

又∵2
2
1a b -=，∴()()1
+1=
1+a b a b a b <a b
-=⇒-。

故①正确。

对于②，可以采用特殊值列举法： 取2=2,=
3a b ，满足,a b 为正实数和111b a -=的条件，但4
=13
a b >-。

故②错误。

对于③，可以采用特殊值列举法：
取=4,=1a b ，满足,a b 为正实数和|1=的条件，，但=31a b >-。

故③错误。

对于④，不妨设a >b ，由33
||1a b -=得3
3
1a b -=，∴3
3
1+a b =。

∵,a b 为正实数，∴33
1+11a b >a >=⇒。

∴()(
)3
3
2
2
22
1
1++1=1++a b a b a ab b
a b <a
ab b
-=⇒-=⇒-。

故④正确。

∵且，∴=a b ab -。

综上所述，真命题有 ①④。

例3 （2022年浙江省理4分）设a R ∈，若0x >时均有()()
2
1110a x x ax ----≥⎡⎤⎣⎦，
则a = ▲ ．
【答案】
32。

【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。

【解析】∵0x >时均有()()
2
1110a x x ax ----≥⎡⎤⎣⎦，
∴应用特殊元素法，取2x =，得()()
()2
2
2112210230a a a ----≥⇒--≥⎡⎤⎣⎦。

∴3
2302
a a -=⇒=。

例4 （2022年四川省理14分）
已知a 为正实数，n 为自然数，抛物线2
2
n
a y x =-+与x 轴正半轴相
交于点A ，设()f n 为该抛物线在点A 处的切线在y 轴上的截距。

（Ⅰ）用a 和n 表示()f n ；
（Ⅱ）求对所有n 都有3
3
()1()11
f n n f n n -≥++成立的a 的最小值； （Ⅲ）当01a <<时，比较
1
1
()(2)
n
k f k f k =-∑
与27(1)()4(0)(1)f f n f f -
-的大小，并说明理由。

【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A 的坐标为0⎫⎪⎪⎭
，对2
2n a y x =-+求导得2
y'x =-。

∴抛物线在点A 处的切线方程为y x
=-⎝，即+n y a =。

∴()=n
f n a 。

（Ⅱ）由（1）知()=n
f n a ，则3
3()1()11
f n n f n n -≥++成立的充要条件是321n a n ≥+。

即知，321
n a n ≥+对于所有的n 成立，特别地，取n =2
时，得到a 。

当3a n =时,
()1223
34=1+3=13+3+3+n
n n n n n a C C C >+⋅⋅⋅⋅⋅⋅1223313+3+3n
n n C C C ≥+⋅⋅⋅ ()()2
33112+52+252+12n n n n >n ⎡⎤⎣
⎦-=+-。

当n =0，1，2时，显然
321n
n ≥+。

∴当a =时，3
3()1()11
f n n f n n -≥++对所有自然数都成立。

∴满足条件的a。

（Ⅲ）由（1）知()=n
f n a ，则
21
111=()(2)n
n
k
k
k k f k f k a a
==--∑
∑，(1)()(0)(1)1n
f f n a a f f a --=--。

下面证明：1
127(1)()
()(2)4(0)(1)
n
k f f n f k f k f f =->⋅--∑。

首
先
证
明
：
当
31274x x x ≥-2
27()()1,014g x x x x x =-+<<812'()()43g x x x =-203
x <<'x 0g <（）213x <<'()0
g x >()
g x ()
g x 0)3
2
(=()
g x 3127
4
x x x ≥-k N
*
∈21274
k
k k a
a a ≥-21
111
()(2)n
n
k
k
k k f k f k a a ===--∑
∑+1127272727(1)()441414(0)(1)
n n n k k a a a a f f n a a a f f =---≥=⋅>⋅=⋅---∑2
2
n
a y x =-
+
0⎫
⎪⎪⎭
()=n f n a ()=n
f n a 33
()1()11
f n n f n n -≥++321n a n ≥+321n a n ≥
+3a n ==()34=1+32+1n
n n a >n
>321n
n ≥+a
()=n
f n a 3127
4
x
x x ≥-1
127(1)()
()(2)4(0)(1)n
k f f n f k f k f f =->⋅--∑
a n 22
n
a y x =-+x A ()f n A y a n ()f n n
()1()11
f n n
f n n -≥
++a
01
a <<111
(1)(2)(2)(4)()(2)
f f f f f n f n ++⋅⋅⋅+
---)
1()0()
1()1(6f f n f f -+-
⋅
0⎫
⎪⎪⎭
2
2
n
a y x =-+
2y'x
=
-y x =⎝
+n
y a =()=n f n a ()=n
f n a ()1()11
f n n
f n n -≥
++21
n a n ≥+21
n a n ≥+3
a ≥3,1
a n ==()1223
33=1+2=12+2+2+21n
n n n n n a C C C n =+⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥+21n a n =+3
a =()1()11
f n n
f n n -≥++a
()=n
f n a )
1()0()1()1(.6)2()(1)4()2(1)2()1(1f f n f f n f n f f f f f -+->-+⋯+-+-21
6x
x x ≥-()()261,01g x x x x x =-+<<)32(18)('-=x x x g 2
03
x <<
'x 0g <（）213x <<'()0g x >()g x ()g x 21()039>=()g x 2
1
6x x x
≥-k N *∈21
6k
k k a a a
≥-2242111111
(1)(2)(2)(4)()(2)n n f f f f f n f n a a a a a a ++⋯+=++⋯
------12
(1)(1)6()661(0)(1)
n n
a a f f n a a a n f f +--+>++⋯+=⨯=⨯
--2
2
n
a y x =-
+
0⎫
⎪⎪⎭
()=n f n a ()=n f n a ()1()11
f n n f n n -≥
++21n a n ≥+21n a n ≥+3,1a n ==()3=1+221n
n n a n =≥+21n a n =+a ()=n
f n a 21
6x
x x ≥-)
1()0()1()1(.6)2()(1)4()2(1)2()1(1f f n f f n f n f f f f f -+->-+⋯+-+-m n R
∈
(1)+(1)2=0
m x n y ++-22(1)+(y
1)=1
x --+m n [1
(,1[1+3,+)
-∞∞[2-(,2[2+22,+)-∞-∞(1)+(1)2=0m x n y ++-22(1)+(y 1)=1x --(1,1)d
1mn m n =++222mn m n ≤+()
2
224+2=+mn m n mn m n ≤+()2
+4
m n mn ≤
2
()14
m n m n +++≤=t m n +21+1
4t t
≥(,2[2+22,+)t ∈-∞-∞34x y
+245285135y x +=11315y x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭2113131213113
(34)()()5555555
x y x y y x y x +⋅++=++=+≥34x y +≥34x y +,,,,,a b c x y z 222222++=10,++=40,++=20
a b c x y z ax by cz ++=++a b c x y z
14131234()()()2222222++++++=400a b c x y z ax by cz ≥()()222222
++++=400a b c x y z ==a b c x y z
()===>0a b c
k k x y z
=,=,=a kx b yk c zk 222++=10a b c ()2222++=10k x y z 222++=40x y z 21=4k >0
k 1=2k ++
++1===++++2
a b
c kx ky kz k x y
z x y z Z R R 0时，不等式才成立，所以B 不一定成立；
对于C ，命题显然正确；
对于D ，∵2
＋1≥1，∴0<错误!≤1，所以D 不成立 故选C 。

例5 （2022年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为a 和b （
a b <），其全程的平均时速为
v ，则【 】
A a v <<v v <2a b + D v =2
a b
+ 【答案】A 。

【考点】基本不等式及其应用。

【解析】设从甲地到乙地的路程为S
，则22211S ab v S S
a b a b
a b
=
=
<=+++=
又∵a b <，∴2
222ab a v a a b a
=
>=+。

∴a v <<A 。

例6 （2022年福建省理7分）已知函数f ＝m －|－2|，m ∈R ，且f ＋2≥0的解集为[－1,1]．
（Ⅰ）求m 的值；
（Ⅱ）若a ，b ，c ∈R ，且错误!＋错误!＋错误!＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9 【答案】解：（Ⅰ）因为f ＋2＝m －||，f ＋2≥0等价于||≤m ，
由||≤m 有解，得m ≥0，且其解集为{|－m ≤≤m }。

又f ＋2≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1。

（Ⅱ）由1知错误!＋错误!＋错误!＝1，
又a ，b ，c ∈R ，由柯西不等式得
111233223=(23)()111232233b c a c a b
a b c a b c a b c a a b b c c =++++++++＋＋＋＋＋＋
233233692233b c a c a b
a a
b b
c c
=+
+++++≥+=， 当且仅当
2332======12233b c a c a b
a a
b b
c c
时，等号成立。

所以a ＋2b ＋3c ≥9。

【考点】带绝对值的函数，不等式的证明。

【解析】（Ⅰ）由条件可得f ＋2＝m －||，f ＋2≥0，故有||≤m 的解集为[-1，1]，故m=1。

（Ⅱ）由（Ⅰ）得错误!＋错误!＋错误!＝1，从而1
11
23=(23)()23a b c a b c a b c
＋＋＋＋＋
＋ ，展开后可得
23322332233b c a c a b
a b c a a b b c c
=+
+++++
＋＋，利用基本不等式证明它大于或等于9。

例7 （2022年湖北省文5分）设,,a b c ∈ R ，则 “1abc =a b c
≤+=”的【 】 A 充分条件但不是必要条件 B 必要条件但不是充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要的条件 【答案】A 。

【考点】充分、必要条件的判定，基本不等式的应用。

【解析】当1abc =
+==
而()()()()2a b c a b b c c a ++=+++++≥（当且仅当a b c ==，且
1abc =，即a b c ==时等号成立），
a b c
+=≤++。

当取2a b c ===,a b c
+≤++,但1abc ≠。

a b c
≤++不可以推得1abc =。

综上，1abc =
a b c ≤++的充分不必要条件。

故选A 。

例8 （2022年四川省理4分）记[]x 为不超过实数x 的最大整数，例如，[2]2=，[1.5]1=，[0.3]1-=-。

设a 为正整数，数列{}n x 满足1x a =，1[
][
]()2
n n
n a
x x x n N *++=∈，现有下列命题：
①当5a =时，数列{}n x 的前3项依次为5,3,2； ②对数列{}n x 都存在正整数k ，当n k ≥时总有n k x x =； ③当1n ≥
时，1n x ；
④对某个正整数k ，若1k k x x +≥
，则n x =。

其中的真命题有 ▲ _。

（写出所有真命题的编号） 【答案】①③④。

【考点】真命题的判定，对高斯函数[]x 的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。

【解析】对于①，若5a =，根据1[
][
]()2
n n
n a
x x x n N *++=∈
当n =1时，2=[
215+]=3, 同理3=2]2
1
3[
=+。

故①正确。

对于②，可以采用特殊值列举法：
当a =3时，1=3, 2=2, 3=1, 4=2……2=1, 21=1,……
此时数列{}n x 从第二项开始为2，1，2，1……，n k x x =不成立。

故②错误。

对于③，由[]x 的定义知，[]1x >x -，而a 为正整数，故0n x ≥，且n x 是整数。

∵对于两个正整数a 、b ，当+a b 为偶数时++=22a b a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦；当+a b 为奇数时++1
=222
a b a b ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦， ∴不论+a b 是偶数还是奇数，有++1
222a b a b ⎡⎤≥-⎢⎥⎣⎦。

∵n x 和[
]n a
x 都是整数，
∴1[
][]111
[
]=112
22222n n n n n
n n n n a a a a
x x x x x x x x x >++++-+
=≥
---≥-。

又当=1n 时，1x a =，
∵
)
2
1331=+0244a >⎫-
≥⎪⎭，∴1x a
=1>成立。

∴当1n ≥
时，1n x >。

故③正确。

对于④，当1k k x x +≥时，[
][
]2
k k
k a
x x x +≥， ∴
[
]02
k k
k a x x x -+≥，即[
]0k k
a
x x -≥。

∴
[]0k k k k a a x x x x ≥--≥，即0k k
a
x x -≥
，解得k x 。

由③1n x >
1k <x。

∴n x =。

故④正确。

综上所述，真命题有 ①③④ 。

例9 （2022年辽宁省理12分）
设()ln(1)(,,,)f x x ax b a b R a b =++∈为常数，曲线()y f x =与直线3
2
y x =
在0，0点相切。

Ⅰ求,a b 的值。

Ⅱ证明：当02x <<时，9()6
x
f x x <
+。

【答案】解：（I ）∵()y f x =过（0，0），∴(0)f =0。

∴b =－1。

∵曲线()y f x =与直线3
2
y x =在（0，0）点相切，
∴00133|(
)|122
x x y a a x =='=++=+=+。

∴a =0。

（II ）证明：由（I
）知()ln(11)f x x =+-+。

由均值不等式，当x ＞0时，
11=2x x +
++12
x
+。

令()9()6
=k x x
f x x -+。

则(
)
()()()
22
54254=261=
116x x x x k x +'--++++ ()()()()()()32216542=2166241611x x <x x x x x +
-+++++++-。

令()()()3
6=2161g x x x -++。

则当02x <<时，()()2
6=32160g x <x '-+。