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2013东北师大附中高考第二轮复习 :专题一 《不等式(下)》


2013 东北师大附中高考第二轮复习 :专题一 《不等式(下) 》
例 3 已知 i、m、n 是正整数,且 1<i≤m<n, i i i i (1)证明:n Am <m An ; (2)证明: (1 ? m) n ? (1 ? n) m 。
i Am m m ? 1 m ? i ?1 = · …… , i m m m m

>证明 (1)对于 1<i≤m,有 Am =m……(m-i+1),∵
i An n n ? 1 n ? i ?1 同理 i = · …… 。 n n n n

i

由于 m<n,∵对于整数 k=1,2,…,i-1,有 即 m An >n Am (2)由二项式定理有 n 1 2 2 n n (1+m) =1+Cn m+Cn m +…+Cn m m 1 2 2 m m (1+n) =1+Cm n+Cm n +…+Cm n i i i i 由(1)知 m An >n Am (1<i≤m<n)
i i Am An i 而 Cm = , Cn = ,° i! i!
i i i i i

Ai Ai n?k m?k > ,所以 n > m n m ni mi

∴m Cn >n Cm (ki≤m<n) ∴m Cn = n Cn =1, mCn = nCm =m·n, m Cn > n cm ,…m Cn > n Cm , m Cn ∴1+ Cn m + Cn m +…+ Cn m >1+ Cm n+ Cm n +…+ Cm n ,即 n m (1+m) >(1+n) 成立。 注 本题是 2001 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 t=1,2,…,i-1,t<m,有
1 2 2 n n 1 2 2 m n 0 0 0 0 1 1 2 2

i

i

i

i

2

2

m

m

m

m

m+1

m+1

>0,…, m Cn >0,

m

n

k k k k < ,从而得:1+ <1+ m m?t m m?t k i k k k ∴(1+ ) <(1+ )(1+ )…(1+ ) m m m ?1 m ? i ?1
∴(

m ? k i (m ? k )(m ? k ? 1) ?(m ? k ? i ? 1) )< m m(m ? 1) ?(m ? i ? 1)
i i

∴(m+k) m(m-1)…(m-i+1)<m (m+k)(m+k-1)…(m+k-i+1)即 i i i i n Am <m An 法二:因为 i、m、n 是正整数,且 1<i≤m<n,不妨设 n=m+k(其中 k∈N) 。下面对正整数 i 实施数学 归纳法。
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(i)当 i=2 时,左边=n Am =n m(m-1)=n (m -m)=(m+k) (m -m)=m ·(m+k) -m·(m+k) ,右边 2 2 2 2 2 2 2 =m An =m n(n-1)=m (m+k)(m+k-1)=m (m+k) -m (m+k) 2 2 2 ∵(m+k) >m·(m+k) ∴m(m+k) <m (m+k) 2 2 2 2 2 2 故 m (m+k) -m(m+k) <m (m+k) -m (m+k),即左边<右边,这说明 i=2 时,原不等式成立。 (ii)假设 i=k′时, n k ' Am ? mk ' ? An (1 ? k ' ? m ? n) 成立。∵ n(m ? k )'? m ? (n ? k )'
k' k'

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

∴ n1?k ' Am ? (m ? k )'? m1?k ' ? An ? (n ? k )'
k' k'

∴ n1?k ' Am

1?k '

? m1?k ' ? An

1? k '

(1 ? 1 ? k ' ? m ? n)

这说明 i=l+ k′时,也成立。 由(i)(ii)可知,对于满足条件 1<i≤m 的所有自然数 i,原不等式都成立。

(2)法一:令 f(k)=

k k ?1 (k≥3,k∈N) (1 ? k ) k

(1 ? n) n f (n ? 1) (1 ? n) n? 2 ∵ = · f ( n) n n ?1 (2 ? n) n?1
=

(1 ? n) 2 n ? 2 (n 2 ? 2n ? 1) n?1 = >1 (2n ? n 2 ) n ?1 (n 2 ? 2n) n?1

∴f(n+1)>f(n) ∴当 k≥3,k∈N 时,f(k)单调递增,又∵ f (3) ?
1
k+1 k

34 ?1 43

1

∴k >(k+1) ,即 k k >(k+1) k ?1 于是经过有限次传递,必有:
1

1

(n+1) n ?1 <(m+1) m?1 ? ∴(1+m) >(1+n)
n n m

(1 ? m) n 1 ? n ? ?1 (1 ? n) m 1 ? m

法二: (1+m) >(1+n)m ? nlg(1+m)>mlg(1+n)

?

lg(1 ? m) lg(1 ? n) > m n

lg(1 ? n) ,n≥2 n lg(1 ? n) lg(2 ? n) ? (1+n)n+1>(2+n)n 又 f (n) ? f (n ? 1) ,即 > n n ?1 1? n n 1 ?( )> 2?n n ?1
令 f(n)=
本卷第 2 页(共 10 页)____________

n?2 n ?1 1 ∵n≥2,- >-1 n?2
∴由贝努利不等式得(1- ∴

? (1- 1 )n> 1

1 n 2 1 n ) >1- = > n?2 n ? 2 n ? 2 n ?1

lg(1 ? n) lg(2 ? n) > ,∴f(n)单调递减,又∵m<n n n ?1 lg(1 ? m) lg(1 ? n) ∴ > m n
∴(1+m) > (4n) m
n

例 4 解下列关于 x 的不等式: 2x x+2 x-2 (1)a +1≤a +a (a>0); (2)loga(1-

1 )>1(a>0 且 a≠1)。 x

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 2x 2 -2 x a -(a +a )a +1≤0 ? (ax-a2)(ax-a-2) ≤0 2 -2 2 x -2 (i)当 0<a<1 时,a <a ,∴a ≤a ≤a 即-2≤x≤2 (ii)当 a>1 时,a >a ,∴a ≤a ≤a 即-2≤x≤2
2 -2 -2 x 2

(iii)当 a=1 时,x 为一切实数。 综上所述:当 0<a<1 或 a>1 时,原不等式的解为{x|-2≤x≤2};当 a=1 时,解集为 R。 (2)(i)当 a>1 时,原不等式等价于

? 1 ?1 ? x ? 0 1 1 ? ?1- >a ?1-a> ? x x ?1 ? 1 ? a ? x ?
∵1-a<0 ∴

1 <x<0 1? a

(ii)当 0<a<1 时,原不等式等价于

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? 1 ? x ? 1或x ? 0 ?1 ? x ? 0 ? ? ?? ? 1 ?1 ? 1 ? a ?0 ? x ? 1 ? a ? ? x ?

?1<x<

1 1? a 1 1 <x<0};当 0<a<1 时, 原不等式的解集是{x|1<x< }。 1? a 1? a

综上所述: a>1 时, 当 原不等式解集是{x|



(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。

(2)如果应用性质

f ( x) <0 ? f(x)·g(x)<0,就能简化上述解法。事实上 g ( x)

(i)当 a>1 时,原不等式等价于 1-

1 (a ? 1) x ? 1 >a ? <0 x x 1 1 )<0 ? <x<0 ? x(x- 1? a 1? a

(ii)当 0<a<1 时,原不等式等价于 0<1-

1 1 1 <a ? (1- )(1- -a)<0 x x x ( x ? 1)[(1 ? a ) x ? 1] <0 ? x2 1 )<0 ? (x-1)(x- 1? a 1 ? 1<x< 1? a

记住一些有用的小结论,有利于优化解题过程。

例 5 设函数 f(x)=logb

x 2 ? 2x ? 2 (b>0 且 b≠1), 1 ? 2ax

(1)求 f(x)的定义域; (2)当 b>1 时,求使 f(x)>0 的所有 x 的值。 解 (1)∵x -2x+2 恒正, ∴f(x)的定义域是 1+2ax>0, 即当 a=0 时,f(x)定义域是全体实数。
2

1 ,+∞) 2a 1 当 a<0 时,f(x)的定义域是(-∞,- ) 2a
当 a>0 时,f(x)的定义域是(-
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x 2 ? 2x ? 2 2 (2)当 b>1 时,在 f(x)的定义域内,f(x)>0 ? >1 ? x -2x+2>1+2ax 1 ? 2ax

? x2-2(1+a)x+1>0
其判别式Δ =4(1+a) -4=4a(a+2) (i)当Δ <0 时,即-2<a<0 时 2 ∵x -2(1+a)x+1>0 ∴f(x)>0 ? x<-
2

1 2a

(ii)当Δ =0 时,即 a=-2 或 0 时 2 若 a=0,f(x)>0 ? (x-1) >0 ? x∈R 且 x≠1 2 若 a=-2,f(x)>0 ? (x+1) >0

? x< 且 x≠-1
(iii)当△>0 时,即 a>0 或 a<-2 时 2 方程 x -2(1+a)x+1=0 的两根为 x1=1+a- a 2 ? 2a ,x2=1+a+ a 2 ? 2a 若 a>0,则 x2>x1>0>-

1 4

1 2a 1 ? x ? 1 ? a ? a 2 ? 2a 2a

∴ f ( x) ? 0 ? x ? 1 ? a ? a 2 ? 2a 或 ? 若 a<-2,则 x1 ? x 2 ? ?

1 2a 1 2a

∴f(x)>0 ? x<1+a- a 2 ? 2a 或 1+a+ a 2 ? 2a <x<- 综上所述:当-2<a<0 时,x 的取值集合为 { x|x<-

1 } 2a 1 } 4

当 a=0 时,x∈R 且 x≠1,x∈R,当 a=-2 时: { x|x<-1 或-1<x< 当 a>0 时,x∈ { x|x>1+a+ a 2 ? 2a 或-

1 <x<1+a- a 2 ? 2a } 2a 1 } 当 a<-2 时,x∈ { x|x<1+a- a 2 ? 2a 或 1+a+ a 2 ? 2a <x<- 2a
注 解题时要注意函数的定义域。 例 6 解不等式 (1)

10 x ? 2 ≥x+1; x ? 3x ? 2
2

(2)|

2x 2 ? 4x ? 1 ? x ? 1 。

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解 (1)

10 x ? 2 ≥x+1 x ? 3x ? 2
2

?

x ? ( x ? 5)(x ? 1) ≤0 ( x ? 1)(x ? 2)

? x·(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 0≤x≤1 }

(2)| 2x 2 ? 4x ? 1 -x|<1

? x-1< 2x 2 ? 4x ? 1 <x+1
而 2x 2 ? 4x ? 1 <x+1 ?

? x ? 1>0 ? 2 ?2 x ? 4 x ? 1 ? 0 ?2 x 2 ? 4 x ? 1<( x ? 1) 2 ?
所以,0 < x≤1-

? x> ? 1 ? 2 2 ? 解之得: ? x ? ? 1或x ? 1 ? 2 2 ? 0<x<6 ? ?

2 2 或 1+ ≤x < 6 2 2

2x 2 ? 4x ? 1 >x-1 ?
? x ? 1<0 ?x ?1 ? 0 或 ? 2 ? 2 2 ?2 x ? 4 x ? 1 ? 0 ?2 x ? 4 x ? 1>( x ? 1)
解之得:x≤1-

2 或 x>2 2 2 ] ? (2,6) 2

所以原不等式的解集为 ( 0,1-

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 2n 2n 2n-1 的零点。 (x-a) · 如: f(x)≥0 ? f(x)≥0 或 x=a, (x-a) · f(x) >0 ? f(x)>0 且 x≠a; (x-a) · f(x) ≥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= 2x 2 ? 4x ? 1 的图像。 于是, 不等式 x-1< 2x 2 ? 4x ? 1 <x+1 的解集就是使函数 y= 2x 2 ? 4x ? 1 的
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图像(双曲线 2(x-1) -y =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)。

2

2

例 7 已知当 x∈[0,1]时,不等式 2 2 x cos ? -x·(1-x)+(1-x) sin ? >0 恒成立,试求 ? 的取值范围。 2 2 解 令 f(x)=x cos ? -x·(1-x)+(1-x) sin ? ,∵对 x∈[0,1],f(x)>0 恒成立, ∴cos ? =f(1)>0,sin ? =f(0)>0 (1) 又∵f(x)=(1+cos ? +sin ? )x -(1+2sin ? )x+sin ? ,其对称轴为 x=
2

1 ? 2 sin ? ,x 大于 0 且 2(1 ? cos? ? sin ? )

小于 1, 2 ∴△=(1+2sin ? ) -4·(1+cos ? +sin ? )·sin ? <0 (2) 反之若(1)、(2)成立,f(x)>0 则 x∈[0,1],f(x)>0 恒成立,

? ?cos?>0 ?cos?>0 ? ? 故 ?sin ?>0 ? ?sin ?>0 ?1 ? 4 sin ? ·cos?<0 ? 1 ? ?sin 2?> 2 ?
解之得:2kπ +

? 5? < ? <2kπ + , (k∈Z) 。 12 12

注 二次函数的在区间上最大值、最小值,只要考虑两个端点及区间中对称轴所在位置之点。

例 8 设函数 f(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

x 2 ?1 ≤1+ax ?
?1 ? ax ? 0 ? 2 ?[( a ? 1) x ? 2a ]x ? 0
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所以:(i)当 0<a<1,所给不等式的解集是 { x|0≤x≤ (ii)a≥1 时,所给不等式的解集是 { x|x≥0 } (iii)当 a=0 时,所给不等式的解集是{0} (iv)当-1<a<0 时,所给不等式的解集是 { x|

2a } 1? a2

2a ≤x≤0 } 1? a2

(v)当 a≤-1 时,所给不等式的解集是{x|x≤0}

(2)在区间 [ 0,+∞ ) 上任取 x1,x2,使得 x1<x2
2 f(x1)-f(x2)= x1 ? 1 ? 2 x2 ? 1 ? a( x1 ? x2 )

=(x1-x2)(

x1 ? x2
2 x12 ? 1 ? x2 ? 1

?a)

而要使 f(x)在 [ 0,+∞ ) 上单调 ∴只须 f(x1)-f(x2)在 [ 0,+∞ ) 上恒正或恒负。 又∵x2-x1>0,x1·x2∈ [ 0,+∞ )

x1 ? x2
2 x ? 1 ? x2 ? 1 2 1

∈(0,1)

∴a≥1 或 a≤0
2

例 9 设函数 f(x)=ax +8x+3 ( a<0 ) 。 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 恒成立。 问:a 为何值时,l(a)最大?求出这个最大的 l(a),证明你的结论。

解 f(x)=a·(x+ (i)当 3-

16 4 2 ) +3- a a

∵a<0,∴f(x)max=3-

16 a

16 >5,即-8<a<0 时, a
2

l(a)是方程 ax +8x+3=5 的较小根,
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∴ l (a) ?

? 8 ? 64 ? 8a 4 1 ?? ? 2a a 2
16 ? 5 时,即 a≤-8 时,l(a)是方程 ax2 ? 8x ? 3 ? ?5 的较大根, a

(ii)当 3 ?

即 l(a)=

? 8 ? 64 ? 32a 2a

=

4 4 5 ?1 = ? 2 4 ? 2a ? 2 20 ? 2

当且仅当 a=-8 时,等号成立。 由于

5 ?1 1 5 ?1 > ,因此当且仅当 a=-8 时,l(a)取最大值 。 2 2 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{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是其前 n 项和, (1)证明:

lg S n ? lg S n ? 2 <lgSn+1; 2 lg( S n ? C ) ? lg( S n? 2 ? C ) =lg(Sn+1-C) 2

(2)是否存在常数 C>0,使得

成立?证明你的结论。 解 (1)∵{an}是由正数组成的等比数列 ∴a1>0,q>0 当 q=1 时,Sn=na1,Sn+2=(n+2)a1 Sn+1=(n+1)a2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Sn·Sn+2=na1·(n+2)a1=n a1 +2na1 <n a1 +2na1 +a1 =[(n+1)a1] =S n+1 2 ∴S n·Sn+2<S n+1 当 q≠1 时 Sn=

a1 (1 ? q n ) 1? q

Sn+2=

a1 (1 ? q n?2 ) 1? q

Sn+1=

a1 (1 ? q n?1 ) 1? q

S n·Sn+2=

a12·(1 ? q n )(1 ? q n?2 ) a12·(1 ? q n ? q n?2 ? q 2 n?2 ) ? (1 ? q) 2 (1 ? q) 2

a12·(1 ? 2q n?1 ? q 2 n?2 ) S = (1 ? q) 2
2 n+1

于是,S n+1-Sn·Sn+2=
2

2

a12 q n · ? 2q ? q 2 ) 2 n (1 =a1 ·q >0 (1 ? q) 2

综上所述:S n+1>Sn·Sn+2
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?

lg S n ? lg S n ? 2 <lgSn+1 2

(2)证法一: (i)当 q=1 时 2 (Sn-C)(Sn+2-C)-(Sn+1-C) 2 2 =(na1-C)[(n+2)a1-C]-[(n+1)a1-C] =-a1 <0 故这样的 C>0 不存在。 (ii)当 q≠1 时 2 (Sn-C)(Sn+2-C)-(Sn+1-C) n =-a1q ·[a1-C(1-q)] ∵a1>0,q>0,a1·q ≠0
n

∴C=

a1 1? q a1 <0,这与条件(2)中 S n ? C ? 0 矛盾,故这样的 C> 1? q

∵C>0,∴0<q<1,但当 0<q<1 时,Sn- 0 不存在。

证法二:(反证法)假设存在常数 C>0,使得

lg( S n ? C ) ? lg( S n? 2 ? C ) =lg(Sn+1-C)成立,则必有 2

   ?S n ? C>0           ① ?   ?S n ? 2 ? C>0           ②   ?   ?S n ?1 ? C>0           ③ ?( S ? C )(S ? C ) ? ( S ? C ) 2     ④ n?2 n ?1 ? n
由④式得: Sn·Sn+2-S n+1=C·(Sn+Sn+2-2Sn+1) 另一方面: Sn+Sn+2-2Sn+1=(Sn-C)+(Sn+2-C)-2(Sn+1-C)≥2 ( S n ? C )(S n? 2 ? C ) -2(Sn+1-C)=0 ∴Sn·Sn+2≥Sn+1 ,矛盾 故这样的 C>0 不存在。 注本题是一道数列、不等式、函数的综合题。解题过程中特别要注意 q=1 与 q≠1 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。
2 2

本卷第 10 页(共 10 页)____________


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