1、高考数学知识模块复习指导系列学案不等式【II】例 3 已知 i、m、n 是正整数，且 1 ，所以 nkminAim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 (1niCmi (kim ,mmCnm nmCmm, mm+1Cnm+1 0, 2cmmCnn 0,1+ C n1m + 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
2、，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，i1,tm(m+k) m(m+k) 2112)(n12)(nf(n+1)f(n)当 k3,kN 时，f(k)单调递增，又 43)(fk k+1(k+1)k,即 k (k+1)11k于是经过有限次传递，必有：(n+1) (1+n)m法二：（1+m） n(1+n)m nlg(1+m)mlg(1+n)1lg()l(令 f(n)= ,n2n)1lg(又 ，即 (1+n)n+1(2+n)n)ff n)1lg(1)2l(n( )n2(1 )n1n2, 1由贝努利不等式得（1 ） n1 = 221n ，f
3、 （n）单调递减，又mm(1+m) n )4(例 4 解下列关于 x 的不等式：（1）a 2x+1a x+2+ax2 (a0);（2）log a(1 )1(a0 且 a1) 。1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a2x(a 2+a2 )ax+10(ax a2)(axa 2 ) 0(i)当 01 时，a 2a2 ，a 2 a xa 2即2x2(iii)当 a=1 时， x 为一切实数。综上所述：当 01 时，原不等式的解为x|2x2；当 a=1 时，解集为 R。（2）(i)当 a1 时，原不等
4、式等价于1 a 1aax0xx1a1 时，原不等式解集是x| 1 时，原不等式等价于1 a 0 且 b1) ，ax21（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）x 22x+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 时，f(x)的定义域是（ ，+）a21当 a1 时，在 f(x)的定义域内，f(x)0 1 x22x+21+2axax21x22(1+a)x+10其判别式 =4(1+a) 24=4a(a+2)(i)当 0f(x)0 x0xR 且 x1若 a=2,f(x)0 (x+1)20x 且
5、 x14(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 x2x 10 a 或f)(2axa21若 a0 恒成立，故 21sin0cocsin41so 解之得：2k+ 2k+ ， （kZ） 。12125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，12x(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+ax12x0)(2xa所以：(i)当 0a1，所给不等式的解
6、集是 x|0x21a(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| x021a(v)当 a1 时，所给不等式的解集是x|x0(2)在区间 0，+ 上任取 x1，x 2，使得 x1x 2)f(x1)f(x 2)= )(1a=(x1x 2)( )x121而要使 f(x)在 0，+ 上单调)只须 f(x1)f(x 2)在 0，+ 上恒正或恒负。又x 2x 10,x 1x2 0，+)(0，1)221a1 或 a0例 9 设函数 f(x)=ax2+8x+3 a0 。对于给定的负数 a，有一个最大的正数 l(a)
7、，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=3a416a16(i)当 3 5，即8a0 时，16l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根， 214)( al（ii）当 时，即 a8 时，l(a)是方程 的较大根，5163a 5382xa即 l(a)= 248= =0a215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 。215 215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
8、，找到解法。例 10 设a n是由正数组成的等比数列，S n是其前 n 项和，(1)证明： lgS n+1；2lgn(2)是否存在常数 C0，使得=lg(Sn+1C)2)lg()l(CSnn成立？证明你的结论。解 (1)a n是由正数组成的等比数列a 10,q0当 q=1 时，S n=na1,Sn+2=(n+2)a1Sn+1=(n+1)a2SnSn+2=na1(n+2)a1=n2a12+2na12n 2a12+2na12+a12=(n+1)a12=S2n+1S nSn+2S 2n+1当 q1 时Sn= Sn+2= Sn+1=qa1)(qn1)(2qn1)(S nSn+2= 222122 )()
9、(annnS2n+1= 211)(qan于是，S 2n+1S nSn+2= =a12qn02n1)(q综上所述：S 2n+1S nSn+2lgS n+1lgn(2)证法一：(i)当 q=1 时(SnC)(S n+2C)(S n+1C) 2=(na1C)(n+2)a 1C(n+1)a 1C 2=a 120 故这样的 C0 不存在。(ii)当 q1 时(SnC)(S n+2C)(S n+1C) 2=a 1qna1C(1q)a 10,q0,a 1qn0 C= qa1C0,0q1，但当 0q1 时，S n 0，这与条件(2)中 矛盾，1 0CSn故这样的 C0 不存在。证法二：(反证法)假设存在常数 C0，使得 =lg(Sn+1C)成立，2)lg()l(Cnn则必有 21212 )()(0CSCSnnnn
