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高考数学不等式专题训练.doc

高考数学不等式专题训练

ujiaonet
2014-02-27 0人阅读 举报 0 0 暂无简介

简介:本文档为《高考数学不等式专题训练doc》,可适用于求职/职场领域

不等式(一)不等式.​ (排序不等式)设是的一个排列则.(均值不等式)设是个正数则.(柯西不等式)设则等号成立当且仅当存在使得从历史角度看柯西不等式又可称柯西布理可夫斯基席瓦兹不等式变形:()设则()设同号且则.(不等式)若是上的凸函数则对任意.(幂均值不等式)设则证:作变换令则则因所以则函数是上的凸函数应用不等式即得。.(切比雪夫不等式)设两个实数组则(该不等式的证明只用排序不等式及的表达式就可得证).(一个基础不等式)其中证:若中有一个为零则结论成立。设均不为零则原不等式等价于不等式令则上式记则当且所以函数在取得最小值从而可得证结论。.(不等式)设且则(等号成立当且仅当)证:在不等式中令则有所以令则得证不等式。*与对数函数有关的一个不等式(该不等式的证明利用导数的符号得出函数的单调性)*.三角函数有关的不等式*。舒尔()不等式设则证明:首先考虑设则由于对称性可设()当时左边所以结论成立()当时左边结论得证()当时左边结论得证。当时有*。闵可夫斯基()不等式如果与都是非负实数那么证明:应用不等式得。从而得证。例.​ 设且求证证:()由柯西不等式而由条件即得所以结论成立。()由幂均值不等式()()由切比雪夫不等式不妨设则例.​ 设求证证:左边=(由柯西不等式的变形)又即所以又结合上述两式得证结论。例:已知为满足的正数求证:证明:由柯西不等式的变形知而所以原不等式成立。.是正实数求证:证明:显然同理所以可得若(*)则即同理所以(因为)若上述假设(*)不成立不妨设则由柯西不等式故同理所以综上可知当且仅当时等号成立。.若均大于求证证明:事实上故(当且仅当时等号成立)已知为正实数证明:若则证:显然在区间上设当为正数时为增函数因此对任意的正数至多有一正数满足。下面证明满足事实上若则是满足条件的唯一值。下面证明若则不存在满足条件的。事实上满足条件的一定满足下面方程此时上面方程若有解则从而均小于零所以不存在满足条件的。因此(是一个锐角三角形的三个内角)则(上式利用是上的凹函数)所以结论得证。已知正数满足条件:。求的最小值。解:先证明一个不等式对所有的正数成立(事实上上式等价于即显然成立)于是利用次如上不等式得当时等号成立。故所求最小值为例:设为正数且求的最小值。解:由即。则由柯西不等式的变形知且当及时等号成立故的最小值为例.​ 设求证证:设则原不等式等价于即由柯西不等式将上式分子与分母展开应用柯西不等式可证原不等式成立。设正数满足求函数最小值解:由已知条件可解令则从而下面估计只需要证明利用均值不等式从而结论成立即且等号当即时成立。所以的最小值为证明:对任意自然数成立不等式证:设因为如果则所以如果则由数学归纳法可知也就是成立但事实上显然不成立所以不成立。也就是原不等式得证。非负数中最大的一个为证明不等式(并给出等号成立的条件)证:设则(因为)等号成立第一对每个成立即或者第二这两种情况都成立只有如下两种情况()所有均为()为偶数个其余的个已知满足求证证:()设中大于的实数有不大于的有则由已知条件得所以另一方面所以()记由得不妨设则于是从而非负实数和正数满足求证证明:因为则知不妨设则事实上如果则且是可达的(如即可)。若为非负实数满足证明证明:由于题中条件与结论是关于对等所以可设由则有则于是同理由假设可知从而(其中)()例.的三边满足证明证明:因为所以原不等式等价于构造一个辅助函数一方面所以另一方面为三角形的三条边长所以则均为正数利用平均不等式有所以即(本题巧妙的运用了特殊不等式以及辅助函数)例.设都是正数求证证明:()由平均不等式上述不等式两边相加可得证结论。()对任何正数都有即由于则从而上述不等式两边相加整理可得证结论。()整理可得证结论。()因均为正数设由柯西不等式则即因为两边同除以即得证命题。例.设实数都不等于()求证:()证明:存在无穷多组三元有理数组使得上式等号成立。证:()令则由题设条件得即所以从而()令是正整数则是三元有理数组都不等于且对不同的正整数三元有理数组互不相同。此时即命题得证。该问题的第一个问题的推广设实数都不等于满足求证:证明:设则同理令则即有则结论得证。如互不相等求证:证此结论只需要在上证的不等式中取还可证(只需要在上证的不等式中取)还可证设实数都不等于满足则(事实上令就将上式转化为前一不等式)例.n个正数它们的和是。求证:证利用基本不等式:有以上n个不等式两边分别相加并整理得以上n个不等式两边分别相加并整理得即证利用增量代换设则因而==证记A=B=则AB==所以A=B因此=而所以==所以例.设整数非负实数满足求的最小值。解:由知问题等价于求下式的最大值:(由于)(引理:若则事实上设现用数学归纳法证明首先时显然成立。假设时结论成立对于不妨设则即由归纳假设知引理得证。)从而应用引理知所以(当时上不等式中的等号可取得)所以该问题的最小值为例.设实数满足求证明:若都小于则可以证明事实上同理对有类似的不等式从而结论成立。若中有一个不小于不妨设则故而则同理因此总有结论得证。例.设证明不等式(要证明几个数的和不超过定值可考虑运用均值不等式)证明:由平均值不等式可知(当且仅当时取等号)取则因为不能同时相等所以例.已知且求证(怎样利用条件)证明:令则变为要证的不等式变为等价于证明注意到条件中为三角形的三条边可令原不等式转化为事实上所以上述不等式成立即原不等式得证。例.设为正实数且满足求证:证:由均值不等式得同理上不等式相加得又由题设得代入上式则得证结论。例.已知且求证:证明:显然由柯西不等式所以另一方面所以所以原不等式得证。例.设均为正实数满足条件试求的最小值。解:由均值不等式和题中的条件知即因此即另外当时满足题中条件且上不等式中等号取得。所以的最小值是例.()对任意正数(求证:()对于每一个对任意存在正数使得()​ 证明:用数学归纳法证明。当时由于即当时结论成立假设时结论成立现在我们证时结论也成立事实上由于任取个正数由于不等式的循环对称性不妨设则原不等式为由归纳假设可知所以结论得证。()​ 解任取正整数有两种情况:其中为大于的正整数取其中由此可得显然时有则结论成立。其中为大于的正整数取其中同理可计算得原不等式的左边在时以为极限故结论得证。例:已知正实数满足证明:证明:首先证明若则不超过与的加权平均。有均值不等式有同理将上个式子相加得从而原题得证。例:证明对任意的正实数都有并确定等号成立的条件。证明:设则其中类似有设则的分母分别为由柯西不等式故,()而其中同理其中故()其中又从而由()可得结合()可得因此原不等式成立且等号成立的条件为例.求函数的最大和最小值。解():函数的定义域为因为当时等号成立故的最小值为又由柯西不等式得所以由柯西不等式等号成立的条件得解得故上述不等式在时等号成立所以的最大值为。()函数的定义域为因为(观察知为减函数且时)所以时取到最大值为。比较时的值知时取到最小值为例.求证不等式:证明():首先证一个不等式()事实上令对分别求导数可知在为增函数即得时即得证()式。在()式中令得()令则因此又因为:从而即结论得证。例.设是直角三角形的三边长求最大常数使得对于所有的直角三角形都成立。解:当时即为等腰直角三角形时原不等式为得从而猜测的最大值为下证事实上可设则令则所以结论得证。()​ 数论初步初等数论也叫做整数论其研究对象是整数由于其形式简单所用知识不难理解因而常常出现在数学竞赛中.数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数约数与倍数素数与合数平方数、整除、同余、不定方程、数论函数x和欧拉函数、数的非十进制等.处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识灵活地运用一些常用技巧.在本讲中如没有特别说明所用的字母均表示整数..整除设a、b是两个整数b≠则一定有且仅有两个整数q和r使得a=bqr(≤r<|b|)成立其中q叫做商r叫做余数.当r=时称b整除a(或a能被b整除)记作b|a.此时a叫b的倍数b叫a的约数(因数).设是正整数是不小于的整数则存在惟一的一组小于的非负整数且使得这就是的进制表示.设a、b是两个不全为的整数若整数d既能整除a又能整除b则称d是a、b的公约数a、b的公约数中的最大者称为a、b的最大公约数记为(ab).若(ab)=则称a、b是互素(互质)的. 设a、b是两个都不为的整数若m是a的倍数同时又是b的倍数则称m是a、b的公倍数a、b的公倍数中最小的正数称为a、b的最小公倍数记为ab.对任意的正整数a、b有:(ab)ab=ab.对非零整数a、b、c、m、n有以下性质: ()​ 若则()​ 若则()​ 若则()​ 若且则()​ 若且则.同余设是一个不小于的正整数且则称对模同余记作.设是整数且则()若且则()若且则且()若且正整数满足则..素数与合数若一个大于的整数除了和本身外再无其它的正约数则称这个数为素数(质数).每一个大于的整数都可分解成素数的乘积而且不计因数的顺序时这种表示是惟一的即. 正整数的素数分解式为则的正约数的个数为的所有正约数的和为每连续个整数中与互质的整数的个数是.不定方程若是方程的一个正整数解则方程的一切整数解可以表示为方程满足且是偶数的一切正整数解为(这里一奇一偶且).例.(年全国数学高中联赛试题)求满足下列关系式组的正整数解组的个数.分析:此问题是二次不定方程且有约束条件因此要进行适当的转化求解。解令由条件知方程化为即.()因故从而.设.因此()化为.()下分为奇偶讨论(ⅰ)当为奇数时由()知为奇数.令代入()得.()()式明显无整数解.故当为奇数时原方程无正整数解.(ⅱ)当为偶数时设由方程()知也为偶数.从而可设代入()化简得.()由()式有故从而可设则()可化为.            ()因为整数故.又因此得.因此对给定的解的个数恰是满足条件的的正因数的个数.因不是完全平方数从而为的正因数的个数的一半.即.                          由题设条件.而以内有质数个:.将以内的数分为以下八组::从而易知(所以(利用前面所讲的约数个数计算公式)(将以上数相加共个.因此解的个数共.   例.(年女子数学奥林匹克试题)求证:对均有无穷多个正整数使得中恰有个可表示为个正整数的立方和分析首先本题实际上是要证明个命题其次我们对整数被除的余数进行分析从而对任一整数的立方被除的余数就有一个定论再就每一命题构造出使命题成立的解每一整数可表示为的形式而或于上任一整数的立方模为或±从而三个整数的立方和被除的余数不能为或当时令显然这样的正整数有无穷多个于是均不能表示成三个整数的立方和而是三个相同正整数的立方和当时显然这样的正整数有无穷多个不是三个整数的立方和且当时显然这样的正整数有无穷多个且例:求方程的所有非负整数解解:由于为偶数所以。情形:若此时原方程变为若则由此可得(事实上因此这与矛盾。(不能被整除)若则当时直接计算可得(两组解)当时有直接计算知不可能(因为)所以当时全部的非负整数解为两组解。情形:若则因此因为则知为奇数则所以计算知)当时有则因此得此与矛盾所以于是当时当时故因此((**))(因为则)因此而则这与矛盾。故此种情况的整数解为情形:若此时则有又则则有所以都是奇数从而所以原方程变为(其中都是奇数)由此知从而(直接计算得)设()于是因为又与互质所以于是若则有(类似于情形中(**)式得矛盾)即不可能则即故此时有解综上所述原方程有组整数解杂题设其中是正整数。()若证明:是完全平方数()证明:存在无穷多个正整数组成的数对使得多项式满足。证明:()比较多项式得所以故。由得即于是所以是完全平方数。()因为等价于即所以只需证明上述方程有无穷多组正整数解即可。事实上由于所以当是一个完全平方数且是正整数就得上述不定方程的解。设为任意正整数则所以存在无穷多个正整数组成的数对使得多项式满足。

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