北大附中高考数学专题复习不等式（下）.doc
学科：数学教学内容：不等式(下)例3 已知i、m、n是正整数，且1<im<n，（1）证明：niAmi<miAni;（2）证明：。证明 （1）对于1<im，有Ami=m(mi+1),=·，同理=·。由于m<n，对于整数k=1,2,i1，有>，所以>即 miAni>niAmi（2）由二项式定理有(1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+Cnnmn(1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+Cmmnm由（1）知miAni>niAmi (1<im<n)而Cmi=, Cni=,°miCni>niCmi (kim<n)m0Cn0= n0Cn0=1, mCn1= nCm1=m·n, m2Cn2>,mmCnm> nmCmm, mm+1Cnm+1 >0, mmCnn >0,1+ Cn1m + Cn2m2+ Cnnmn >1+ Cm1n+ Cm2n2 + Cmmnn，即(1+m)n>(1+n)m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,（kN）对自然数t=1,2，i1,t<m，有<，从而得：1+<1+(1+)i<(1+)(1+)(1+)()i<(m+k)im（m1）(mi+1)<mi(m+k)(m+k1)(m+ki+1)即niAmi<miAni法二：因为i、m、n是正整数，且1<im<n，不妨设n=m+k（其中kN）。下面对正整数i实施数学归纳法。（i）当i=2时，左边=n2Am2=n2m(m1)=n2 (m2m)=(m+k) 2 (m2m)=m2·(m+k)2m·(m+k) 2，右边=m2An2=m2n(n1)=m2 (m+k)(m+k1)=m2 (m+k) 2m2 (m+k)(m+k) 2>m·(m+k) m(m+k) 2<m2 (m+k)故m2 (m+k) 2m(m+k) 2<m2 (m+k) 2m2 (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，成立。这说明i=l+ k时，也成立。由(i)(ii)可知，对于满足条件1<im的所有自然数i，原不等式都成立。(2)法一：令f(k)=(k3,kN)=· =>1f(n+1)>f(n)当k3,kN时，f(k)单调递增，又kk+1>(k+1)k,即k>(k+1)于是经过有限次传递，必有：(n+1)<(m+1)(1+m)n>(1+n)m法二：（1+m）n>(1+n)mnlg(1+m)>mlg(1+n)>令f(n)= ,n2又，即>(1+n)n+1>(2+n)n()n>(1)n>n2,>1由贝努利不等式得（1）n>1=>>，f（n）单调递减，又m<n>(1+m)n>例5 设函数f(x)=logb(b>0且b1)，（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）x22x+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。当a>0时，f(x)的定义域是（，+）当a<0时，f(x)的定义域是（，）（2）当b>1时，在f(x)的定义域内，f(x)>0>1x22x+2>1+2axx22(1+a)x+1>0其判别式=4(1+a)24=4a(a+2)(i)当<0时，即2<a<0时x22(1+a)x+1>0f(x)>0x<(ii)当=0时，即a=2或0时若a=0,f(x)0(x1)2>0xR且x1若a=2,f(x)0(x+1)20x且x1(iii)当0时，即a0或a2时方程x22(1+a)x+1=0的两根为x1=1+a,x2=1+a+若a0，则x2x10或若a<2，则f(x)0x1+a或1+a+x综上所述：当2a0时，x的取值集合为x|x当a=0时，xR且x1，xR，当a=2时：x|x1或1x当a0时，xx|x1+a+或x1+a当a2时，xx|x1+a或1+a+x注 解题时要注意函数的定义域。例6 解不等式(1)x+1；(2)|。解 (1)x+10x·(x1)(x+1)(x+2)(x+5)0，且x1、2，由图可知，原不等式的解集为：x|x5或2x1或0x1(2)|x|1x1x+1而x+1 解之得：所以，0x1或1+x6x1 或 解之得：x1或x2所以原不等式的解集为0，1(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：(xa)2n·f(x)0f(x)0或x=a，(xa)2n·f(x) 0f(x)0且xa；(xa)2n1·f(x)0(xa)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=x1,y=x+1和y=的图像。于是，不等式x1x+1的解集就是使函数y=的图像(双曲线2(x1)2y2=1，位于x轴上方的部分)夹在直线y=x1与y=x+1之间的x集合(如图)。例7 已知当x0，1时，不等式x2cosx·(1x)+(1x)2sin0恒成立，试求的取值范围。解 令f(x)=x2cosx·(1x)+(1x)2sin，对x0，1，f(x)0恒成立，cos=f(1)0,sin=f(0)0(1)又f(x)=(1+cos+sin)x2(1+2sin)x+sin，其对称轴为x=，x大于0且小于1，=(1+2sin)24·(1+cos+sin)·sin0(2)反之若(1)、(2)成立，f(x)0 则x0，1，f(x)>0恒成立，故解之得：2k+2k+，（kZ）。注 二次函数的在区间上最大值、最小值，只要考虑两个端点及区间中对称轴所在位置之点。例8 设函数f(x)=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1+ax所以：(i)当0a1，所给不等式的解集是x|0x(ii)a1时，所给不等式的解集是x|x0(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|x0待添加的隐藏文字内容3(v)当a1时，所给不等式的解集是x|x0(2)在区间0，+上任取x1，x2，使得x1x2f(x1)f(x2)= =(x1x2)()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x2x10,x1·x20，+(0，1)a1或a0例9 设函数f(x)=ax2+8x+3a0。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+)2+3 a0，f(x)max=3(i)当35，即8a0时，l(a)是方程ax2+8x+3=5的较小根，（ii）当时，即a8时，l(a)是方程的较大根，即l(a)= =当且仅当a=8时，等号成立。由于，因此当且仅当a=8时，l(a)取最大值。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：lgSn+1；(2)是否存在常数C0，使得=lg(Sn+1C)成立？证明你的结论。解 (1)an是由正数组成的等比数列a10,q0当q=1时，Sn=na1,Sn+2=(n+2)a1Sn+1=(n+1)a2Sn·Sn+2=na1·(n+2)a1=n2a12+2na12n2a12+2na12+a12=(n+1)a12=S2n+1S n·Sn+2S2n+1当q1时Sn= Sn+2= Sn+1=S n·Sn+2=S2n+1=于是，S2n+1Sn·Sn+2=a12·qn0综上所述：S2n+1Sn·Sn+2lgSn+1(2)证法一：(i)当q=1时 (SnC)(Sn+2C)(Sn+1C)2=(na1C)(n+2)a1C(n+1)a1C2=a120故这样的C0不存在。(ii)当q1时 (SnC)(Sn+2C)(Sn+1C)2=a1qn·a1C(1q)a10,q0,a1·qn0 C=C0,0q1，但当0q1时，Sn0，这与条件(2)中矛盾，故这样的C0不存在。
