高考专题：不等式(下) 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
，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 (1niCmi (ki≤m ,…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,（k∈N） 对自然数t=1,2，…，i－1,tm·(m+k) ∴m(m+k) 21 ∴f(n+1)>f(n) ∴当k≥3,k∈N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)m nlg(1+m)>mlg(1+n) > 令f(n)= ,n≥2 又 ，即 > (1+n)n+1>(2+n)n ( )n> (1－ )n> ∵n≥2,－ >－1 ∴由贝努利不等式得（1－ ）n>1－ = > ∴ > ，∴f（n）单调递减，又∵m ∴(1+m)n> 例4解下列关于x的不等式： （1）a2x+1≤ax+2+ax－2(a>0); （2）loga(1－ )>1(a>0且a≠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
关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函
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－(a2+a－2)ax+1≤0 (ax－a2)(ax－a－2) ≤0 (i)当01时，a2>a－2，∴a－2≤ax≤a2 即－2≤x≤2 (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|－2≤x≤2}；当a=1时，解集为 R。 （2）(i)当a>1时，原不等式等价于 1－ >a 1－a> ∵1－a<0 ∴ 1时，原不等式解集是{x| 1时，原不等式等价于 1－ >a <0 x(x－ )<0 0且b≠1)， （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）∵x2－2x+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 >1 x2－2x+2>1+2ax x2－2(1+a)x+1>0 其判别式Δ=4(1+a)2－4=4a(a+2) (i)当Δ<0时，即－20 ∴f(x)>0 x<－ (ii)当Δ=0时，即a=－2或0时 若a=0,f(x)＞0 (x－1)2>0 x∈R且x≠1 若a=－2,f(x)＞0 (x+1)2＞0 x＜ 且x≠－1 (iii)当△＞0时，即a＞0或a＜－2时 方程x2－2(1+a)x+1=0的两根为 x1=1+a－ ,x2=1+a+ 若a＞0，则x2＞x1＞0＞－ ∴ 或 若a<－2，则 ∴f(x)＞0 x＜1+a－ 或1+a+ ＜x＜－ 综上所述：当－2＜a＜0时，x的取值集合为 x|x＜－ 当a=0时，x∈R且x≠1，x∈R，当a=－2时： x|x＜－1或－1＜x＜ 当a＞0时，x∈ x|x＞1+a+ 或－ ＜x＜1+a－ 当a＜－2时，x∈ x|x＜1+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+1 ≤0 x·(x－1)(x+1)(x+2)(x+5)≤0，且x≠－1、－2，由图可知，原不等式的解集为： x|x≤－5或－2＜x＜－1或0≤x≤1 (2)| －x|＜1 x－1＜ ＜x+1 而 ＜x+1 解之得： 所以，0 x≤1－ 或1+ ≤x 6 ＞x－1 或 解之得：x≤1－ 或x＞2 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：(x－a)2n·f(x)≥0 f(x)≥0或x=a，(x－a)2n·f(x) ＞0 f(x)＞0且x≠a；(x－a)2n－1·f(x)≥0 (x－a)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=x－1,y=x+1和y= 的图像。于是，不等式x－1＜ ＜x+1的解集就是使函数y= 的图像(双曲线2(x－1)2－y2=1，位于x轴上方的部分)夹在直线y=x－1与y=x+1之间的x集合(如图)。 例7 已知当x∈[0，1]时，不等式 x2cos －x·(1－x)+(1－x)2sin ＞0 恒成立，试求 的取值范围。 解 令f(x)=x2cos －x·(1－x)+(1－x)2sin ，∵对x∈[0，1]，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 )2－4·(1+cos +sin )·sin ＜0 (2) 反之若(1)、(2)成立，f(x)＞0 则x∈[0，1]，f(x)>0恒成立， 故 解之得：2kπ+ ＜ ＜2kπ+ ，（k∈Z）。 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0＜a＜1，所给不等式的解集是 x|0≤x≤ (ii)a≥1时，所给不等式的解集是 x|x≥0 (iii)当a=0时，所给不等式的解集是{0} (iv)当－1＜a＜0时，所给不等式的解集是 x| ≤x≤0 (v)当a≤－1时，所给不等式的解集是{x|x≤0} (2)在区间 0，+∞ 上任取x1，x2，使得x1＜x2 f(x1)－f(x2)= =(x1－x2)( ) 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∵x2－x1＞0,x1·x2∈ 0，+∞ ∈(0，1) ∴a≥1或a≤0 例9 设函数f(x)=ax2+8x+3 a＜0 。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－ ∵a＜0，∴f(x)max=3－ (i)当3－ ＞5，即－8＜a＜0时， l(a)是方程ax2+8x+3=5的较小根， ∴ （ii）当 时，即a≤－8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C＞0，使得 =lg(Sn+1－C) 成立？证明你的结论。 解 (1)∵{an}是由正数组成的等比数列 ∴a1＞0,q＞0 当q=1时，Sn=na1,Sn+2=(n+2)a1 Sn+1=(n+1)a2 Sn·Sn+2=na1·(n+2)a1=n2a12+2na12＜n2a12+2na12+a12=[(n+1)a1]2=S2n+1 ∴S n·Sn+2＜S2n+1 当q≠1时 Sn= Sn+2= Sn+1= S n·Sn+2= S2n+1= 于是，S2n+1－Sn·Sn+2= =a12·qn＞0 综上所述：S2n+1＞Sn·Sn+2 ＜lgSn+1 (2)证法一： (i)当q=1时 (Sn－C)(Sn+2－C)－(Sn+1－C)2 =(na1－C)[(n+2)a1－C]－[(n+1)a1－C]2=－a12＜0故这样的C＞0不存在。 (ii)当q≠1时 (Sn－C)(Sn+2－C)－(Sn+1－C)2 =－a1qn·[a1－C(1－q)] ∵a1＞0,q＞0,a1·qn≠0 ∴C= ∵C＞0,∴0＜q＜1，但当0＜q＜1时，Sn－ ＜0，这与条件(2)中 矛盾，故这样的C＞0不存在。 证法二：(反证法)假设存在常数C＞0，使得 =lg(Sn+1－C)成立，则必有 由④式得： Sn·Sn+2－S2n+1=C·(Sn+Sn+2－2Sn+1) 另一方面： Sn+Sn+2－2Sn+1=(Sn－C)+(Sn+2－C)－2(Sn+1－C)≥2 －2（Sn+1－C）=0 ∴Sn·Sn+2≥Sn+12，矛盾 故这样的C>0不存在。 注本题是一道数列、不等式、函数的综合题。解题过程中特别要注意q=1与q≠1的讨论。 （2）中的反证法，综合体现了不等式知识的灵活实用，具有较高的能力要求。
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