高三数学第二轮专题复习系列：不等式.pdf

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1、高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)1 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为高三数学第二轮专题复习系列

2、：(6)不等式(word 版可编辑修改)的全部内容。高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)2 高考数学第二轮专题复习系列(6)不等式 一、本章知识结构：实数的性质 二、高考要求(1）理解不等式的性质及其证明。（2）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数定理，并会简单应用。（3）分析法、综合法、比较法证明简单的不等式。（4）掌握某些简单不等式的解法。（5)理解不等式 a|b|a+b|a|+|b。三、热点分析 1.重视对基础知识的考查，设问方式不断创新。重点考查四种题型：解不等式，证明不等式，涉及不等式应用题，涉及不等式的综合题，所占比例远远高于

3、在课时和知识点中的比例。重视基础知识的考查,常考常新，创意不断,设问方式不断创新，图表信息题，多选型填空题等情景新颖的题型受到命题者的青眯,值得引起我们的关注.2。突出重点，综合考查，在知识与方法的交汇点处设计命题，在不等式问题中蕴含着丰富的不等式的性质 均值不等式 不等式的证明 不等式的解法 不等式的应用 比较法 综合法 分析法 其它方法 一元一次不等式 一元二次不等式 分式高次不等式 含绝对值不等式 函数性质的讨论 最值的计算与讨论 实际应用问题 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)3 函数思想,不等式又为研究函数提供了重要的工具,不等式与函数既是知识的结合点

4、，又是数学知识与数学方法的交汇点,因而在历年高考题中始终是重中之重。在全面考查函数与不等式基础知识的同时，将不等式的重点知识以及其他知识有机结合，进行综合考查,强调知识的综合和知识的内在联系，加大数学思想方法的考查力度，是高考对不等式考查的又一新特点。3。加大推理、论证能力的考查力度，充分体现由知识立意向能力立意转变的命题方向。由于代数推理没有几何图形作依托，因而更能检测出学生抽象思维能力的层次。这类代数推理问题常以高中代数的主体内容函数、方程、不等式、数列及其交叉综合部分为知识背景，并与高等数学知识及思想方法相衔接，立意新颖，抽象程度高，有利于高考选拔功能的充分发挥。对不等式的考查更能体现出

5、高观点、低设问、深入浅出的特点，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的热点.4.突出不等式的知识在解决实际问题中的应用价值,借助不等式来考查学生的应用意识.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.高考试题中有以下几个明显的特点：(1）不等式与函数、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多,单独考查不等式的试题题量很少。（2）选择题，填空题和解答题三种题型中均有各种类型不等式题，特别是应用题和压轴题几乎都与不等式有关。（3）不等式的证明考得比得频繁,所涉及的方法主要是比较法、综合法和分析法，而放缩法作为一种辅助

6、方法不容忽视。四、复习建议 1力求熟练掌握不等式的性质，以最大限度地减少不等式解题中可能出现的失误.2对于不等式的证明，应略高于教材上有关例题和习题的难度。必须重视演练与其它内容综合在一起的证明题，特别是综合教材上的例题与习题、创新题。高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)4 3对于解不等式，一般不需超出教材上的例题和习题的难度，也不要超出教材上的例题和习题所涉及的范围，但对于需要分类求解的不等式应给予充分的注意，而这类习题的分类一般不超过两层。4熟练掌握利用平均值不等式求最值的方法及其使用条件，并重视在几何和实际问题中的应用.5，通过训练，使学生掌握等价转化思想和

7、化归思想,培养学生的代数推理能力,提高学生应用不等式知识解决问题的能力.6。重视数学思想方法的复习根据本章上述的命题趋向我们迎考复习时应加强数学思想方法的复习.在复习不等式的解法时，加强等价转化思想的训练与复习。解不等式的过程是一个等价转化的过程，通过等价转化可简化不等式（组），以快速、准确求解.加强分类讨论思想的复习.在解不等式或证不等式的过程中，如含参数等问题，一般要对参数进行分类讨论.复习时，学生要学会分析引起分类讨论的原因，合理的分类，做到不重不漏。加强函数与方程思想在不等式中的应用训练.不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系、互相转化.如求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这

8、类问题的重要方法.在不等式的证明中，加强化归思想的复习，证不等式的过程是一个把已知条件向要证结论的一个转化过程，既可考查学生的基础知识，又可考查学生分析问题和解决问题的能力,正因为证不等式是高考考查学生代数推理能力的重要素材,复习时应引起我们的足够重视。利用函数 f（x)=x（a 0）的单调性解决有关最值问题是近几年高考中的热点，应加强这方面的训练和指导。7.强化不等式的应用高考中除单独考查不等式的试题外，常在一些函数、数列、立体几何、解析几何和实际应用问题的试题中涉及不等式的知识，加强不等式应用能力，是提高解综合题能力的关键。因此，在复习时应加强这方面训练，提高应用意识,总结不等式的应用规律

9、，才能提高解决问题的能力.如在实际问题应用中，主要有构造不等式求解或构造函数求函数的最值等方法，求最值时要注意等号成立的条件，避免不必要的错误。高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)5 五、典型例题 不等式的解法【例 1】解不等式：axa 12 解：原不等式可化为：2)2()1(xa x a 0，即(a 1）x+（2 a）(x 2）0。当 a 1 时，原不等式与（x12aa）（x 2)0 同解。若12aa 2，即 0 a 1 时，原不等式无解；若12aa 2，即 a 0 或 a 1,于是 a 1 时原不等式的解为（,12aa)(2，+).当 a 1 时，若 a 0,

10、解集为(12aa，2）；若 0 a 1，解集为(2，12aa)综上所述：当 a 1 时解集为(,12aa)（2，+）；当 0 a 1 时，解集为(2，12aa);当 a=0 时，解集为；当 a 0 时，解集为(12aa,2）.【例 2】设不等式 x2 2ax+a+2 0 的解集为 M,如果 M 1，4，求实数 a 的取值 范围。解：M 1，4有 n 种情况:其一是 M=，此时 0；其二是 M,此时 0,分三种情况计算 a 的取值范围.设 f（x)=x2 2ax+a+2，有=（2a）2(4 a+2）=4(a2 a 2)（1)当 0 时，1 a 2，M=1，4（2）当=0 时，a=1 或 2。当

11、a=1 时 M=1 1,4;当 a=2 时,m=2 1，4.（3)当 0 时，a 1 或 a 2.设方程 f（x）=0 的两根 x1,x2，且 x1 x2，那么 M=x1，高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)6 x2,M 1，41 x1 x2 4 0,4 10)4(,0)1(且且af f 即 2 100 7 180 3a aaaa或，解得：2 a718，M 1，4 时，a 的取值范围是（1，718）.【例 3】解关于 x 的不等式：0 1 2 log 1 log4 2 a x a x 解:原不等式等价于 1 2 10 1 20 12x a xx ax，即 0 21

12、21x a xaxx.由于 1 a，所以a12 1，所以，上述不等式等价于 0 212x a xax 解答这个含参数的不等式组,必然需要分类讨论，此时,分类的标准的确定就成了解答的关键如何确定这一标准？(1)当 2 1 a 时,不等式组等价于 a x xax或 212 此时,由于 01 122 aaaa，所以 aa 12 从而212 x a xa或(2)当2 a时，不等式组等价于223xx 所以223 x x，且(3)当2 a时，不等式组等价于 a x xax或 212 此时，由于212 a,所以，a x xa 或 212 综上可知：当 2 1 a 时,原不等式的解集为 212 x a xax

13、 或；当 2 a 时，原不等式的解集为 223x x x，且；高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)7 当2 a时,原不等式的解集为 a x xax 或 212【例 4】解关于x的不等式：1 0 2 log log 4 a a x xa a，解：原不等式等价于 22 log log 40 2 log0 log 4x xxxa aaa 0 log 3 log4 log 20 log 3 log4 log 22x xxx xxa aaa aa或 4 log 3 xa，当 a 1时，原不等式的解集为 4 3a x a x 当 0 1 a 时,原不等式的解集为 3 4a x

14、 a x【例 5】设函数 12 x ax x f，（1）当 2 a 时，解不等式 1)(f x f;(2）求 a 的取值范围，使得函数 x f在,1上为单调函数 讲解:（1）2 a时，1)(f x f 可化为：1 1 22 x x，等价于：1 1 40 12 2x xx 或 0 10 12xx 解得 351 x,解得 1 x 所以，原不等式的解集为 1351 x x x 或（2)任取,1,2 1x x，且2 1x x，则 1 11 11 11 122212 12 1222122212 12221 2 122 221 1 2 1x xx xa x xx xx xx x ax x x x ax a

15、x x ax x f x f 要使函数 x f 在,1 上为单调函数，需且只需：1 122212 1 x xx xa恒成立,(或1 122212 1 x xx xa恒成立）高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)8 因此,只要求出1 122212 1 x xx x在条件“,1,2 1x x，且2 1x x”之下的最大、最小值即可 为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：1,12 1 x x，容易知道，此时1 122212 1 x xx x；若考虑 2 1x x,则不难看出，此时1 122212 1 x xx x1,至此我们可以看出:要使得函数 x f 为单

16、调函数，只需 1 a 事实上，当1 a时,由于0 1 12221 2 1 x x x x恒成立,所以，11 122212 1 x xx x所以，在条件“,1,2 1x x,且2 1x x”之下，必有:02 1 x f x f 所以,x f在区间,1上单调递减 当 1 a 时，由（1）可以看出：特例 2 a 的情况下，存在 351 f f 由此可以猜想:函数 x f在区间,1 上不是单调函数 为了说明这一点，只需找到,1,2 1x x，使得 2 1x f x f 即可简便起见,不妨取 11 x，此时,可求得111222aax，也即:aaaf f 11122，所以，x f 在区间,1上不是单调函数

17、 另解:21xf x ax，对 1,x，易知：当 1 x 时,21xx；当 x 时，211xx；所以当 1,x 时,211xx，从而只须 1 a，必有 0 f x，函数在 1,x 上单调递减。【例 6】已知 f(x)是定义在 1，1上的奇函数，且 f(1）=1，若 m、n 1,1，m+n 0 时n mn f m f)()(0.(1）用定义证明 f（x)在 1，1 上是增函数；（2)解不等式：f（x+21）f(11 x）；高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)9(3)若 f(x）t2 2at+1 对所有 x 1，1，a 1，1恒成立,求实数 t 的取值范围.解:（1）

18、证明：任取 x1 x2，且 x1，x2 1，1，则 f(x1）f（x2）=f(x1)+f(x2）=2 12 1)()(x xx f x f（x1 x2)1 x1 x2 1，x1+(x2）0，由已知2 12 1)()(x xx f x f 0，又 x1 x2 0，f（x1）f(x2）0，即 f（x）在 1，1上为增函数.(2)解：f（x)在 1,1 上为增函数，112111111211xxxx 解得：x23 x 1，x R(3)解：由（1）可知 f(x)在 1,1 上为增函数，且 f(1）=1,故对 x 1,1，恒有 f（x)1，所以要 f（x)t2 2at+1 对所有 x 1，1，a 1，1恒

19、成立,即要 t2 2at+1 1 成立，故 t2 2at 0,记 g（a）=t2 2at，对 a 1，1，g(a)0，只需 g（a)在 1，1上的最小值大于等于 0,g（1）0,g（1）0，解得,t 2 或 t=0 或 t 2.t 的取值范围是：t|t 2 或 t=0 或 t 2.【例 7】给出一个不等式ccc xc x 1 122（x R)。经验证：当 c=1,2,3 时，对于 x 取一切实数，不等式都成立。试问：当 c 取任何正数时,不等式对任何实数 x 是否都成立?若能成立，请给出证明；若不成立，请求出 c 的取值范围，使不等式对任何实数 x 都能成立。高三数学第二轮专题复习系列：(6)

20、不等式(word 版可编辑修改)10 解：令 f(x)=c xc x 221，设 u=c x 2（u c)则 f（x)=uuuu 1 12(u c）f(x)c uc u c uccuucc)1(1)1(1 要使不等式成立，即 f（x）cc 1 0 u c 0 只须 u c 1 0 u2c 1 u2c1 x2+cc1 x2c1 c 故当 c=21时，原不等式不是对一切实数 x 都成立，即原不等式对一切实数 x 不都成立 要使原不等式对一切实数 x 都成立，即使 x2c1 c 对一切实数都成立。x2 0 故c1 c 0 c 1(c0)c 1 时，原不等式对一切实数 x 都能成立.不等式的证明【例

21、1】已知 2 a,求证：1 log log1 a aa a 解 1:1 log1 log11 log log1 aaa aaaa a 1 log1 log 1 log 1 aa aaa a 因为 2 a，所以，0 1 log,0 1 log a aa a，所以，14log41 log21 log 1 log1 log 1 log22222 a aa aa aa aa aa a 所以，0 1 log log1 a aa a，命题得证 解 2：因为 2 a，所以，0 1 log,0 1 log a aa a，所以,高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)11 1 log

22、1 log11 log1 log11 loglog1 a a aaaaa a aaaa，由解 1 可知：上式 1故命题得证【例 2】已知 a 0，b 0,且 a+b=1。求证：(a+a1）(b+b1)425。证法一：（分析综合法）欲证原式，即证 4（ab）2+4（a2+b2)25ab+4 0，即证 4(ab)2 33(ab)+8 0，即证 ab41或 ab 8.a 0，b 0，a+b=1,ab 8 不可能成立 1=a+b 2ab，ab41,从而得证。证法二:(均值代换法）设 a=21+t1，b=21+t2。a+b=1，a 0,b 0，t1+t2=0，|t121，|t2|21.425411625

23、4123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(1 1)1)(1(22422222222 222222 221 12 122 221 12221212 2 tt ttt ttt t t tt tt t t tttttbbaabbaa 显然当且仅当 t=0，即 a=b=21时，等号成立。证法三：(比较法）a+b=1，a 0，b 0,a+b 2ab，ab41 425)1)(1(04)8)(4 1(48 33 4425 1 1425)1)(1(2 2 2 2 bbaaabab ababab b abbaabbaa 高三数学第二轮专题

24、复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)12 证法四:（综合法）a+b=1，a 0，b 0,a+b 2ab,ab41。425 1)1(41 16251)1(169)1(43411 1222 ababababab ab 425)1)(1(bbaa 即 证法五：(三角代换法)a 0，b 0,a+b=1，故令 a=sin2，b=cos2，（0，2).425)1)(1(425 2 sin 4)2 sin 4(41 2 sin125 16 2 sin 2 4.3 1 4 2 sin 4,1 2 sin 2 sin 416)sin 4(2 sin 42 cos sin 2 cos sin)cos1

25、)(cos sin1(sin)1)(1(22 2222 222 222 2 4 42222 bbaabbaa即得2【例 3】证明不等式nn2131211(n N）证法一：（1）当 n 等于 1 时，不等式左端等于 1，右端等于 2，所以不等式成立；（2）假设 n=k(k 1）时，不等式成立，即 1+k13121 2k，,1 211)1(11)1(21121131211 kkk kkk kkkk 则 当 n=k+1 时，不等式成立。综合(1）、（2)得：当 n N时,都有 1+n13121 2n。另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可

26、编辑修改)13,111 12122 1 2:.1 2112,0 1),1(2 1)1(2,0)1()1()1(2)1(2 1)1(22 k k k k kk kkkk kk k kk kk k k k k k k又如.1 2112 kkk 证法二:对任意 k N*，都有:.2)1(2)2 3(2)1 2(2 2131211),1(212 2 1n n nnk kk k k k k 因此 证法三：设 f(n）=),131211(2nn 那么对任意 k N 都有：01)1()1(2)1(11 1)1(2)1(2 1111)1(2)()1(2 kk kk k k kkk k kkkk k k f k

27、 f f(k+1)f(k)因此,对任意 n N*都有 f（n)f（n 1)f(1)=1 0，.2131211 nn 不等式的应用【例 1】,0 3 log 7 x)2(log 5.020.5M x 的解集为 已知不等式.)4)(log2(log)(,2 2的最大值和最小值 函数 时 当 求x xx f M x,0 3 log 7 x)2(log5.020.5 解：由 x.8 2|,8 221log 3 0)3)(log 1 log 2(5.0 5.0 5.0 x x Mx x x x 2 log 3)(log)2)(log 1(log)(),4)(log2(log)(222 2 22 2 x

28、x x x x fx xx f得由 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)14 3,21,41)23(2 3)(,log=u 2 22 得 令 u u u u u f x 根据复合函数的单调性得：.2)(,8 3,41)(,2 223maxmin x f x ux f x u时 即 当时 即 当【例 2】例 2、已知函数.12 20|,log2a a a a x ya 其 中（1)判断函数 x yalog 的增减性；(2）若命题|)2(|1|)(:|x f x f p 为真命题，求实数 x 的取值范围。解：（1),10 2,0 20 12,12 120|2 2a a

29、 a a a a a 即 函数 x yalog 是增函数；(2)1|2 log|log|)2(|1|)(|x x x f x fa a即，必有410,0 x x 当时,0 2 log log x xa a，不等式化为1 2 log,1 2 log log x x xa a a，故4121,21,1 2 log xa ax xa此 时;当x x xa a2 log 0 log,141 时，不等式化为1 2 log,1 2 log log a a ax x，这显然成立，此时141 x;当 1 x 时，x xa a2 log log 0，不等式化为1 2 log,1 2 log log x x xa

30、 a a 故21,2axax 此 时；综上所述知，使命题 p 为真命题的 x 的取值范围是.2 21|axax【例 3】（1994 年）已知函数，且，若，2 1 2 12020)(x x x x x tgx x f 2)()(212 12 1x xf x f x f 证明：解：tgx x f)()(21)()(212 1 2 1tgx tgx x f x f 2 12 1 2 12211cos cos 2sin cos cos sincossincossin21x xx x x xxxxx)cos()cos()sin(cos cos 2)sin(2 1 2 12 12 12 1x x x xx

31、 xx xx x 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)15，2 1 2 120 x x x x 1)cos(0 0 cos cos 0)sin(22 1 2 1 2 1 x x x x x x，且，)cos(1)cos()cos(02 1 2 1 2 1x x x x x x 有 2)cos(1)sin()(212 12 12 12 1x xtgx xx xtgx tgx 2)()(212 12 1x xf x f x f 即【例 4】(1995 年）设 na是由正数组成的等比数列，n Sn是前项之和.(1）证明12lg2lg lgnn nSS S（2）是否存在常

32、数 C0,使得)lg(2)lg()lg(12C SC S C Snn n 成立？并证明你的结论。证明:（I）设 的 公 比 为，则，a q a qn 10 0 12lg2lg lgnn nSS S要证 即可 即证 021 2 n n nS S S 11)1(na S qn，则 若 0)1()2(212121 121 2 a a n a n na S S Sn n n qq aS qnn 1)1(1)2(1，若 22 1 2122 21 21 2)1()1()1()1)(1(qq aqq q aS S Sn n nn n n 021 nq a 21 2)2)(1(n n nS S S 可得 由

33、根据对数函数的单调性，可得 21 2lg)lg(n n nS S S 即成立12lg2lg lgnn nSS S（2)不存在常数 C使等式成立.证法一:因为要使成立，则有)lg()lg()lg(211 2C S C S C Sn n n 0)()(22 2C SC S C S C Snn n n 21 2)()(1 C S C S C S qn n n 则 若 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)16 0)1()2)(2121 1 1 a C a n C a n C na 论成立，即不存在正数使结21 2)()(C S C S C Sn n n 1 q 若 21

34、2)()(C S C S C Sn n n 21121 11)1(1)1(1)1(Cqq aCqq aCqq an n n)1(1 1q C a q an 0)1(01 1 q C a q an只能有，且 qaC 11；，0 01 a C 1 0 q，即不存在在常数 不可能满足 时，当 0 01 11 01 1 C Sqq aqaS qnnn使结论成立。0 C 综合上面的证明可见不存在常数，0 C 成立。使等式)lg()lg()lg(211 2C S C S C Sn n n 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)4()()()3(0)2(0)1(021

35、221 C S C S C SC SC SC Sn n nnnn 由（4）可得：)5()2(1 221 2 n n n n n nS S S C S S S 由平均值不等式可知)(2)()(21 2 1 2C S C S C S S S Sn n n n n n 0)(2)(21 2 C S C S C Sn n n 0 C 0)2(1 2 n n nS S S C 0)(21 2 n n nS S S I 可知 而由 不可能成立 等式)5(高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)17)lg()lg(2102C S C S Cn n，使等式 数 这个矛盾说明不存在常成

36、立。)lg(1C Sn【例 5】(1990 年）设n a a n nnx fx x x是实数，其中)1(2 1 1lg)(是任意给定的自然数，且2 n。（1)如果，当 1()(x x f时有意义，求 a 的取值范围。(2)如果 x x f x f a 当，证明，)2()(2 1 0(0 时成立。解：（I）时有意义，当 1()(x x f 2 1(0)1(2 1 n x a n nx x x，1(1 2 1，即 xnnn nax x x 上都是增函数，在，1()1 2 1(n KnKx 上也是增函数，在 1(1 2 1 x x xnnn n 时取得最大值，故它在 1 x)1(21)1(211 2

37、 1 nnn nnnn n)1(21 n a；)1(21|n a a a的取值范围为（2）证法一：根据 x xn x a x f x f x f)1(2 1 0 1 0()2()(2)(即，的定义可知)1(0 1 0()1(2 1 2 2 2 2 x a a n n n a nx x x x，下面用数学归纳法证之.A.设 n=2 时若)2 1(2)2 1(2 2 2 2 1)2 1(0 1 02 2 2 2 2 2a a a a a x ax x x x x 则，即(1）成立。若，因为，xx a 2 1 0 1 式成立 时，当)1(2)2 1(2 2 2 2 1)2 1(2 2 2 nx x

38、x x B.设 x x x xK a K K K K n2 22 1)1(2 1)2(，有不等式 时 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)18 0 1 1()1(2 2 x a a K kx x，且，其中 时 且 则若 0 1 0 x a a K K K a K Kx x x x x x x x)1)(2 1(2)2 1()1()2 1(2 2 2 2)1(a Kx 2 2 2 2)1()1)(2 1(2)2 1(a k a K K K Kx x x x x x 2 2 2 2)1()1(2)1(2 2)1(1 2)2 1(a K a K K a K a K K

39、Kx x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2)1()1()1(2)1(1)2 1(a K a K K a K a K K Kx x x x x x x x)1(2 1)1(2 2 2 2a K K Kx x x)1(2 1)1(2 2 2 2a K K Kx x K 也成立。时，即当)1(1 K n 成立，都有 数 的证明可知对任意自然，由)1(2 n B A 成立，即 0 1 0()2()(2 x a x f x f 证法二:只需证明)1(2 1)1(2 1 22 2 2 2a n n n a n n nx x x x x x 时，,1 0(，a,x 0，

40、)(2)()(1 3 1 2 12 222122 1 n n n na a a a a a a a a a a a)()()()(2 2223222 2122212 2221 n n na a a a a a a a a a a)()()(2 212 222122 n n n n n na a a a a a)(2 2221 na a a n)()(2 222122 1 n na a a n a a a 时成立。其中等号当且仅当na a a 2 1 xx a 2 1 0 1 时，因，当)1(2 1)1(2 1 2 2 2 2 x x x x x xn n n n n a a x a 20 1

41、0 时，因，当 x x x x x x xn a n n n a n n2 2 2 2 2 22 1)1(2 1)1(2 1 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)19)1(2 2a n nx x 成立。，即 0 1 0()2()(2 x a x f x f【例 6】如图，ABC是某屋顶的断面，CD AB，横梁 AB的长是竖梁 CD长的 2 倍.设计时应使tgB tgA y 2 保持最小，试确定 D点的位置，并求 y 的最小值.解：设 AD=x,CD=1，则 AB=2，BD=2 x，(0 x 2）令BDCDADCDtgB tgA y22)2(222 1x xxx x

42、 628212212 xxxx x 2 4282 xx;当且仅当2 2 2,8)2(2 x x时取等号 当2 2 2 x时，y 取得最小值22 2 36 2 41 此时212 2 42 2 2:,2 2 4)2 2 2(2 DB AD DB 答：取 AD：DB=1：2时，y 有最小值22 2 3【例 7】在一容器内装有浓度为 r%的溶液 a 升,注入浓度为 p%的溶液a41升，搅匀后再倒出溶液a41升，这叫做一次操作.（I)设第 n 次操作后容器内溶液的浓度为bn（每次注入的溶液都是 p%），计算 b b b1 2 3，并归纳出bn的计算公式（不要求证明)（II）设)(2 q p r p r

43、q p，且要使容器内溶液浓度不小于 q，问至少要进行上述操作多少次？（已知3010.0 2 lg）解：)5154(10014100 4 100)(1p raap a rab I DCBA高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)20 5451)54(10014100 42212p p raap ab ab 545451)54(10014100 4322323p p p raap ab ab 545451)54(100112p p p r bnnnn)54()54(541 500)54(100)(1 2 n nnp rb II)()54(1001100541)54(150

44、0)54(100r pp p rnnn 100)()54(1001100qr ppn 依题意有：上式化简得：)(2 q p r p 2)45(n 次。至少要注入倒出 4 103.33010.0 3 13010.02 lg 3 12 lg n【例 8】某商场经过市场调查分析后得知，2003 年从年初开始的前 n 个月内，对某种商品需求的累计数)(n f（万件)近似地满足下列关系：12,3,2,1,)18)(2(901)(n n n n n f（）问这一年内，哪几个月需求量超过 1.3 万件?（）若在全年销售中，将该产品都在每月初等量投放市场，为了保证该商品全年不脱销，每月初至少要投放多少件商品？

45、（精确到件）解:（）首先，第 n 个月的月需求量 1,11,2 12f nf n f n n)18)(2(901)(n n n n f，171 1.330f 当 2 n 时，)19)(1)(1(901)1(n n n n f 21()(1)(3 35 19)90f n f n n n 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)21 令()(1)1.3 f n f n，即117 19 35 32 n n，解得：7314 n，n N，n=5，6 即这一年的 5、6 两个月的需求量超过 1。3 万件（）设每月初等量投放商品 a 万件,要使商品不脱销，对于第 n 个月来说，不仅

46、有本月投放市场的 a 万件商品，还有前几个月未销售完的商品所以，需且只需：0)(n f na，90)18)(2()(n nnn fa 又9102)18()2(90190)18)(2(2 n n n n 910 a 即每月初至少要投放 11112 件商品，才能保证全年不脱销【例 9】一根水平放置的长方体形枕木的安全负荷与 它 的 宽 度 a成正比，与它的厚度 d 的平方成正比,与它的长度 l 的 平 方 成 反比（）将此枕木翻转 90(即宽度变为了厚度），枕木 的 安 全 负 荷变大吗？为什么?（）现有一根横断面为半圆（半圆的半径为 R)的木材，用它来截取成长方体形的枕木，木材长度即为枕木规定的

47、长度,问如何截取，可使安全负荷最大？解：（）由题可设安全负荷kladk y(221 为正常数)，则翻转 90 后,安全负荷222day kl 因为 12y dy a，所以，当 0 d a 时，1 2y y 安全负荷变大；当 0 a d 时，1 2y y，安全负荷变小（2）如图,设截取的枕木宽为 a，高为 d，则22 22ad R，即2 2 24 4 a d R 枕木长度不变，u=ad2最大时,安全负荷最 大 2 2 2 2 2 4 2 24 4 2 u d a d R d d R d a d l 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)22 32 22 22 22 2

48、3+2 24 42 2 34 39d dR dd dR dR 当且仅当2 222d Rd，即取R d36，R d R a33 222 2 时,u 最大,即安全负荷最大【例 10】现有流量均为 300 2/m s 的两条河流 A、B 会合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为 2 3/kg m 和 0.2 3/kg m 假设从汇合处开始，沿岸设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混合效果相当于两股水流在 1 秒钟内交换 100 3m 的水量，即从 A股流入 B 股 100 3m 水，经混合后,又从 B 股流入 A股 100 3m 水并混合问：从第几个观测点开始，两股河水的含沙

49、量之差小于 0。01 3/kg m（不考虑泥沙沉淀)?解：本题的不等关系为“两股河水的含沙量之差小于 0.01 3/kg m 但直接建构这样的不等关系较为困难为表达方便，我们分别用,n na b 来表示河水在流经第 n 个观测点时，A水流和B 水流的含沙量 则1a 2 3/kg m,1b 0.2 3/kg m，且 11 1 1100 300 100 200 1 3 1 2,100 300 4 4 100 200 3 3n n n nn n n n n na b b ab a b a b a（）由于题目中的问题是针对两股河水的含沙量之差，所以，我们不妨直接考虑数列 n na b 由（*)可得:1

50、 1 1 1 11 2 2 2 1 3 13 3 3 3 4 4 2n n n n n n n n n n n na b b a b a b a a b a b 所以，数列 n na b 是以1 11.8 a b 为首项，以12为公比的等比数列 所以，111.82nn na b 高三数学第二轮专题复习系列：(6)不等式(word 版可编辑修改)23 由题，令n na b 0。01，得11 12 180n 所以，2lg1801 log 180lg 2n 由 7 82 180 2 得27 log 180 8，所以,8 n 即从第 9 个观测点开始，两股水流的含沙量之差小于 0.01 3/kg m【