名师手拉手高三数学第二轮专题复习讲义与练习--不等式(3)

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)2?0,?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?1k?1?2k?1.2k?1?k?2k?1?k?1?1k?1,

又如:?2k?1?2k??2k?1k?1?2k?1.

证法二：对任意k∈N*，都有：

?2(k?k?1),k?kk?k?1

111因此1??????2?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)?2n.23nk1?2?2证法三：设f(n)=2n?(1?12?13???1n),

那么对任意k∈N?* 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1?k)???1k?11k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1]?[(k?1)?2k(k?1)?k]?(k?1?k)2k?1?01k?1

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0， ∴1?12?13???1n?2n.

不等式的应用

M, 【例1】 已知不等式 2(log0.5x)2?7log0.5x?3≤0 的解集为求当x∈M时,函数f(x)?(log2xx)(log2)的最大值和最小值. 24解：由2(log0.5x)2?7log0.5x?3≤0,

?(2log0.5x?1)(log0.5x?3)≤0??3≤log0.5x≤?∴M?{x|2≤x≤8}.由f(x)?(log2xx)(log2),24得f(x)?(log2x?1)(log2x?2)?(log2x)2?3log2x?21?2≤x≤8,2

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311令 u=log2x, 得f(u)?u2?3u?2?(u?)2?,u∈[,3]

242根据复合函数的单调性得： 31即x?22时,[f(x)]min??,24 当u?3即x?8时,[f(x)]max?2.当u?【例2】 例2、已知函数y?logax,其中a?{a|20?12a?a2}. （1）判断函数y?logax的增减性；

（2）若命题p:|f(x)|?1?|f(2x)|为真命题，求实数x的取值范围.

解：（1）?a?{a|120?12a?a2},?a2?12a?20?0,即2?a?10,?函数y?logax是增函数；

（2）|f(x)|?1?|f(2x)|即|logax|?|loga2x|?1，必有x?0,当0?x?loagx?loag2x?0，不等式化为?logax?loga2x?1,??loga2x?1，

1时，4故loga2x?1,?x?1111,此时?x?；当?x?1时,loga2a2a44x?0?loga2x，

1?x?1； 4不等式化为?logax?loga2x?1,?loga2?1，这显然成立，此时当x?1时，0?logax?loga2x， 不等式化为logax?loga2x?1,?loga2x?1 故x?aa,此时1?x?； 221a?x?}. 2a2综上所述知，使命题p为真命题的x的取值范围是{x|【例3】 （

1994

年

)

已知函数

??????f(x)?tgx，x??0，?，若x1，x2??0，?，且x1?x2，

?2??2?1?x?x2?证明：[f(x1)?f(x2)]?f?1?

2?2?解：?f(x)?tgx

11?[f(x1)?f(x2)]?(tgx1?tgx2) 22第 12 页 共 45 页

?1?sinx1sinx2??2?cosxcosx21??sinx1cosx2?cosx1sinx2? ??2cosxcosx12??sin(x1?x2)sin(x1?x2)?

2cosx1cosx2cos(x1?x2)?cos(x1?x2)????x1，x2??0，?，x1?x2，

?2??2sin(x1?x2)?0，cosx1cosx2?0，且0?cos(x1?x2)?1

?有0?cos(x1?x2)?cos(x1?x2)?1?cos(x1?x2) ?(tgx1?tgx2)?112sin(x1?x2)x?x2?tg1

1?cos(x1?x2)2 即[f(x1)?f(x2)]?f??2?x1?x2?2??? ?【例4】 (1995年)设?an?是由正数组成的等比数列，Sn是前n项之和。 (1)证明

lgSn?lgSn?2?lgSn?1

2lg(Sn?C)?lg(Sn?2?C)?lg(Sn?1?C)成立？并证明你的结

2(2)是否存在常数C>0,使得论。

证明：(I)设?an?的公比为q，则a1?0，q?0 要证lgSn?lgSn?2?lgSn?1

22即证Sn?Sn?2?Sn?1?0即可

(1)若q?1，则Sn?na1

2222?Sn?Sn?2?Sn?1?na1(n?2)a1?(n?1)a1??a1?0

a1(1?qn)(2)若q?1，?Sn?

1?q2a1(1?qn)(1?qn?2)2a1(1?qn?1)22?SnSn?2?Sn?1?(1?q)2?(1?q)22n??a1q?0

2由(1)(2)可得SnSn?2?Sn?1

2根据对数函数的单调性，可得lg(SnSn?2)?lgSn?1

即

lgSn?lgSn?2?lgSn?1成立

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(2)不存在常数C使等式成立。

1 证法一：因为要使[lg(Sn?C)?lg(Sn?2?C)]?lg(Sn?1?C)成立，则有

22??(Sn?C)(Sn?2?C)?(Sn?2?C) ?

?S?C?0?n若q?1则(Sn?C)(Sn?2?C)?(Sn?1?C)2

2?(na1?C)[(n?2)a1?C]?[(n?1)a1?C]2??a1?0

?(Sn?C)(Sn?2?C)?(Sn?1?C)2，即不存在正数Ｃ使结论成立

若q?1

?(Sn?C)(Sn?2?C)?(Sn?1?C)2

a1(1?qn)a1(1?qn?2)a1(1?qn?1)?[?C][?C]?[?C]2

1?q1?q1?q??a1qn[a1?C(1?q)]

且a1qn?0，?只能有a1?C(1?q)?0

?C?a1?0?q?1 ；?C?0，a1?0，1?qa1a1qn当0?q?1时，Sn????0不可能满足Sn?C?0，即不存在在常数C?0使结论成立。

1?q1?q综合上面的证明可见不存在常数C?0，

1使等式[lg(Sn?C)?lg(Sn?2?C)]?lg(Sn?1?C)成立。

2 还可以直接用反证法证明：

证法二：假设存在常数C>0，使等式能够成立,则有

(1)?Sn?C?0?(2)?Sn?1?C?0 ?

S?C?0(3)n?2?2?(S?C)(Sn?2?C)?(Sn?1?C)??(4)?n2由(4)可得：SnSn?2?Sn?1?C(Sn?Sn?2?2Sn?1)(5)

由平均值不等式可知

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Sn?Sn?2?2Sn?1?(Sn?C)?(Sn?2?C)?2(Sn?1?C)

?2(Sn?C)(Sn?2?C)?2(Sn?1?C)?0

?C?0

?C(Sn?Sn?2?2Sn?1)?0

2而由(I)可知SnSn?2?Sn?1?0

?等式(5)不可能成立

1 这个矛盾说明不存在常数C?0，使等式[lg(Sn?C)?lg(Sn?2?C)]＝lg(Sn?1?C)成立。21【例5】 (1990年)设f(x)?lg[1?2x???(n?1)x?nxa]，其中a是实数，n是任意给

n定的自然数，且n?2。

1］(1)如果f(x)当x?(??，时有意义，求a的取值范围。 1]，证明2f(x)?f(2x)当x?0时成立。 (2)如果a?(0，1]时有意义，解：(I)?f(x)当x?(??，

?1＋2x??(n?1)x?nxa?0，x?(??，1]，n?2，

x??1?x?2?x?n?1??即a????????????1] ??，x?(??，?n?????n??n???K??－??，(K?1，2，?，n?1)在(??，1]上都是增函数

n??x??1?x?2?x?n?1?? ????????????1]上也是增函数，??在(??，nnn??????????x1n(n?1)n?1?1?122故它在x＝1时取得最大值，－???????(n?1) ???n?n2?nn11???a??(n?1)；?a的取值范围为?a|a??(n?1)?

22?? (2)证法一：

2f(x)?f(2x)，a?(0，1]，x?0 即 [1?2x???(n?1)x 根据f(x)的定义可知1]，x?0＋nxa]2?n[1?22x???(n?1)2x?n2xa]，a?(0，(1)

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