北大附中高考数学专题复习不等式（下）.doc

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1、学科：数学教学内容：不等式(下)例3 已知i、m、n是正整数，且1imn，（1）证明：niAmimiAni;（2）证明：。证明 （1）对于1im，有Ami=m(mi+1),=，同理=。由于m，所以即 miAniniAmi（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miAniniAmi (1imniCmi (kim,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

2、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,tm，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niAmimiAni法二：因为i、m、n是正整数，且1imm(m+k) m(m+k) 2m2 (m+k)故m2 (m+k) 2m(m+k) 2m2 (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

3、(i)(ii)可知，对于满足条件11f(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)(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)nn2,1由贝努利不等式得（1）n1=，f（n）单调递减，又m(1+m)n例5 设函数f(x)=logb(b0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）x22x+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。当a0

4、时，f(x)的定义域是（，+）当a1时，在f(x)的定义域内，f(x)01x22x+21+2axx22(1+a)x+10其判别式=4(1+a)24=4a(a+2)(i)当0时，即2a0f(x)0x0xR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a0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，

5、+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,x1x20，+(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

6、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

7、？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)a2SnSn+2=na1(n+2)a1=n2a12+2na12n2a12+2na12+a12=(n+1)a12=S2n+1S nSn+2S2n+1当q1时Sn= Sn+2= Sn+1=S nSn+2=S2n+1=于是，S2n+1SnSn+2=a12qn0综上所述：S2n+1SnSn+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=a1qna1C(1q)a10,q0,a1qn0 C=C0,0q1，但当0q1时，Sn0，这与条件(2)中矛盾，故这样的C0不存在。