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高考数学各地模拟汇编--数学选修4-5不等式选讲(有答案)


高中数学选修 4-5 不等式选讲 一.解答题(共 30 小题) 1. (2014?江苏)已知 x>0,y>0,证明(1+x+y ) (1+x +y)≥9xy. 2. (2014?安徽)设实数 c>0,整数 p>1,n∈N . p (Ⅰ )证明:当 x>﹣1 且 x≠0 时, (1+x) >1+px; (Ⅱ )数列{an}满足 a1> ,an+1= an+ an
1﹣p * 2 2

.证明:an>an+1>



3. (2014?阜阳一模)已知 α,β 是方程 4x ﹣4tx﹣1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 β ]. (Ⅰ )求 g(t)=maxf(x)﹣minf(x) ; (Ⅱ )证明:对于 ,若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + < .

2

的定义域为[α,

+

4. (2014?苏州一模)已知 x,y,z 均为正数.求证:



5. (2014?长春一模) (选做题)已知 f(x)=|x+1|+|x﹣1|,不等式 f(x)<4 的解集为 M. (1)求 M; (2)当 a,b∈M 时,证明:2|a+b|<|4+ab|. 6. (2014?长安区三模)设函数 f(x)=x﹣a(x+1)ln(x+1) , (x>﹣1,a≥0) (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 a=1 时,若方程 f(x)=t 在
n

上有两个实数解,求实数 t 的取值范围;
m

(Ⅲ )证明:当 m>n>0 时, (1+m) <(1+n) . 7. (2014?赤峰模拟)已知函数 f(x)=m﹣|x﹣1|﹣|x﹣2|,m∈R,且 f(x+1)≥0 的解集为[0,1]. (1)求 m 的值; (2)若 a,b,c,x,y,z∈R,且 x +y +z =a +b +c =m,求证:ax+by+cz≤1. 8. (2014?濮阳二模)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式 f(x﹣1)+f(x+3)≥6; (Ⅱ )若|a|<1,|b|<1,且 a≠0,求证: .
2 2 2 2 2 2

9. (2014?宁城县模拟)已知 a,b,c 均为正实数,且 ab+bc+ca=1. 求证: (Ⅰ )a+b+c≥ ; (Ⅱ ) + + ≥ ( + + ) .

10. (2014?沈阳一模)已知函数 f(x)=lnx,



(Ⅰ )若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,试求 g(x)的表达式; (Ⅱ )若 (Ⅲ )证明不等式: 在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围; .

11. (2014?梅州一模)已知函数 f(x)=ax +ln(x+1) . (Ⅰ )当 时,求函数 f(x)的单调区间;

2

(Ⅱ )当 x∈[0,+∞)时,函数 y=f(x)图象上的点都在

所表示的平面区域内,求实数 a 的取值范围.

(Ⅲ )求证: 自然对数的底数) .

(其中 n∈N ,e 是

*

12. (2014?遵义二模) (1)已知 x、y 都是正实数,求证:x +y ≥x y+xy ; (2)若不等式|a﹣1|≥ + + 对满足 x+y+z=1 的一切正实数 x,y,z 恒成立,求实数 a 的取值范围. 13. (2014?红河州模拟)函数 f(x)= (Ⅰ )若 a=5,求函数 f(x)的定义域 A; (Ⅱ )设 B={x|﹣1<x<2},当实数 a,b∈B∩ (?RA)时,求证: <|1+ |. .

3

3

2

2

14. (2014?河北模拟)设不等式﹣2<|x﹣1|﹣|x+2|<0 的解集为 M,a、b∈M, (1)证明:| a+ b|< ; (2)比较|1﹣4ab|与 2|a﹣b|的大小,并说明理由. 15. (2014?河北模拟)已知 a,b>0,且 a+b=1,求证: (Ⅰ ) + ≥8; ≥8.

(Ⅱ ) + +

16. (2014?海南模拟)已知 a,b 均为正数,且 a+b=1,证明: 2 2 2 (1) (ax+by) ≤ax +by (2) (a+ ) +(b+ ) ≥
2 2



17. (2013?临汾模拟)已知 a +b =1,c +d =1. (Ⅰ )求证:ab+cd≤1. (Ⅱ )求 a+ b 的取值范围. 18. (2014?乌鲁木齐三模)已知 a,b,c∈R ,证明:
*

2

2

2

2

(1) (a+b+c) (a +b +c )≤3(a +b +c ) ; (2) + + ≥ .

2

2

2

3

3

3

19. (2014?淮安模拟)已知 a,b,c 均为正数,证明:



20. (2014?南通一模)已知实数 x,y 满足:

,求证:



21. (2014?南通三模)已知 x>0,y>0,a∈R,b∈R.求证(

)≤

2



22. (2014?南通模拟) 设 a,b, c, d∈R, 求证: 时成立. 23. (2014?昆明一模)已知 a,b,c 均为正数. (Ⅰ )求证:a +b +(
2 2

+



,等号当且仅当 ad=bc

) ≥4

2

; ≥100.

(Ⅱ )若 a+4b+9c=1,求证:

24. (2014?贵州二模)设不等式|x﹣2|<m(m∈N )的解集为 A,且 ∈A, ?A. (Ⅰ )求 m 的值; (Ⅱ )若 a,b,c∈R ,且 a+b+c= ,求证:
+

+

+

+

≥ 9.

25. (2014?盐城二模)已知 x,y∈R,且|x+y|≤ ,|x﹣y|≤ ,求证:|x+5y|≤1.

26. (2014?盐城一模)已知 x1,x2,x3 为正实数,若 x1+x2+x3=1,求证:



27. (2014?福建模拟)已知 f(x)=aln(x+1)+

+3x﹣1.

(1)若 x≥0 时,f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)求证: ln(2n+1)对一切正整数 n 均成立.

28. (2014?静安区一模) (理) (1)设 x、y 是不全为零的实数,试比较 2x +y 与 x +xy 的大小; (2)设 a,b,c 为正数,且 a +b +c =1,求证:
2 2 2

2

2

2

+

+



≥3.

29. (2013?泰州三模)选修 4﹣5:不等式选讲 已知 a>0,b>0,n∈N .求证:
*



30. (2013?盐城二模) (选修 4﹣5:不等式选讲) 若 ,证明 .

参考答案与试题解析
一.解答题(共 30 小题) 2 2 1. (2014?江苏)已知 x>0,y>0,证明(1+x+y ) (1+x +y)≥9xy. 考点: 不等式的证明. 专题: 证明题;不等式的解法及应用. 分析: 2 由均值不等式可得 1+x+y ≥3
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,1+x +y≥ ,1+x +y≥
2

2

,两式相乘可得结论.

解答:

证明:由均值不等式可得 1+x+y ≥3
2 2

2

分别当且仅当 x=y =1,x =y=1 时等号成立, 2 2 ∴ 两式相乘可得(1+x+y ) (1+x +y)≥9xy. 点评: 本题考查不等式的证明,正确运用均值不等式是关键. 2. (2014?安徽)设实数 c>0,整数 p>1,n∈N . p (Ⅰ )证明:当 x>﹣1 且 x≠0 时, (1+x) >1+px; (Ⅱ )数列{an}满足 a1> ,an+1= an+ an
1﹣p *

.证明:an>an+1>



考点: 不等式的证明;数列与不等式的综合;分析法和综合法. 专题: 函数思想;点列、递归数列与数学归纳法. p 分析: 第(Ⅰ )问中,可构造函数 f(x)=(1+x) ﹣(1+px) ,求导数后利用函数的单调性求解;
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对第(Ⅱ )问,从 an+1

着手,由 an+1=

an+ an

1﹣p

,将求证式进行等价转化后即可解决,用相同的

方式将 an>an+1 进行转换,设法利用已证结论证明.
p p 1 p 1 解答: 证明: (Ⅰ )令 f(x)=(1+x) ﹣(1+px) ,则 f′ (x)=p(1+x) ﹣p=p[(1+x) ﹣1]. p﹣1 0 ① 当﹣1<x<0 时,0<1+x<1,由 p>1 知 p﹣1>0,∴ (1+x) <(1+x) =1, p﹣1 ∴ (1+x) ﹣1<0,即 f′ (x)<0, ∴ f(x)在(﹣1,0]上为减函数,
﹣ ﹣

∴ f(x)>f(0)=(1+0) ﹣(1+p×0)=0,即(1+x) ﹣(1+px)>0, p ∴ (1+x) >1+px. p﹣1 0 ② 当 x>0 时,有 1+x>1,得(1+x) >(1+x) =1, ∴ f′ (x)>0, ∴ f(x)在[0,+∞)上为增函数, ∴ f(x)>f(0)=0, p ∴ (1+x) >1+px. p 综合① 、② 知,当 x>﹣1 且 x≠0 时,都有(1+x) >1+px,得证. (Ⅱ )先证 an+1> ∵ an+1= an+ an .
1﹣p

p

p

,∴ 只需证

an+ an

1﹣p







写成 p﹣1 个 相加,上式左边=



当且仅当

,即

时,上式取“=”号,

当 n=1 时,由题设知

,∴ 上式“=”号不成立,



an+ an

1﹣p



,即 an+1>



再证 an>an+1. 只需证 an> an+ an
1﹣p

,化简、整理得 an >c,只需证 an>c

p



由前知 an+1>

成立,即从数列{an}的第 2 项开始成立, 成立,

又 n=1 时,由题设知



对 n∈N 成立,∴ an>an+1.

*

综上知,an>an+1>

,原不等式得证.

点评: 本题是一道压轴题,考查的知识众多,涉及到函数、数列、不等式,利用的方法有分析法与综合法等,综 合性很强,难度较大.

3. (2014?阜阳一模)已知 α,β 是方程 4x ﹣4tx﹣1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 β ]. (Ⅰ )求 g(t)=maxf(x)﹣minf(x) ; (Ⅱ )证明:对于 ,若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + < .

2

的定义域为[α,

+

考 不等式的证明;函数的最值及其几何意义. 点: 专 计算题;证明题. 题: 2 2 分 (Ⅰ )先设 α≤x1<x2≤β,则 4x1 ﹣4tx1﹣1≤0,4x2 ﹣4tx2﹣1≤0,利用单调函数的定义证明 f(x)在区间[α,β] 析: 上是增函数.从而求得函数 f(x)的最大值与最小值,最后写出 g(t) (Ⅱ )先证:
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从而利用均值不等式与柯西不等式即得:

+

+
2


2



解 解: (Ⅰ )设 α≤x1<x2≤β,则 4x1 ﹣4tx1﹣1≤0,4x2 ﹣4tx2﹣1≤0, 答: ∴



又 故 f(x)在区间[α,β]上是增函数. (3 分) ∵ ,



=

(6 分)

(Ⅱ )证:

(9 分)



(15 分)



,而均

值不等式与柯西不等式中,等号不能同时成立,∴

+

+



. (14 分)

点 本题主要考查了不等式的证明、函数的最值及其几何意义,解答关键是利用函数单调性求最值及均值不等式与 评: 柯西不等式的灵活运用.

4. (2014?苏州一模)已知 x,y,z 均为正数.求证:



考点: 不等式的证明.

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专题: 常规题型;压轴题;综合法. 分析: 分别对 , ,

进行化简分析,得出与

的关系,然后三个式子左右分别相加除

以 2 即可得到结论. 解答: 证明:因为 x,y,z 都是为正数, 所以 同理可得 ② ③ ①

当且仅当 x=y=z 时,以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加,并除以 2, 得: 点评: 本题考查不等式的证明,涉及基本不等式的应用,属于中档题. 5. (2014?长春一模) (选做题)已知 f(x)=|x+1|+|x﹣1|,不等式 f(x)<4 的解集为 M. (1)求 M; (2)当 a,b∈M 时,证明:2|a+b|<|4+ab|. 考点: 不等式的证明;带绝对值的函数. 专题: 综合题;压轴题. 分析: (Ⅰ )将函数写成分段函数,再利用 f(x)<4,即可求得 M;
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(Ⅱ )利用作差法,证明 4(a+b) ﹣(4+ab) <0,即可得到结论. 解答: (Ⅰ )解:f(x)=|x+1|+|x﹣1|=

2

2

当 x<﹣1 时,由﹣2x<4,得﹣2<x<﹣1; 当﹣1≤x≤1 时,f(x)=2<4; 当 x>1 时,由 2x<4,得 1<x<2. 所以 M=(﹣2,2) .…(5 分) (Ⅱ )证明:当 a,b∈M,即﹣2<a,b<2, 2 2 2 2 2 2 2 2 ∵ 4(a+b) ﹣(4+ab) =4(a +2ab+b )﹣(16+8ab+a b )=(a ﹣4) (4﹣b )<0, 2 2 ∴ 4(a+b) <(4+ab) , ∴ 2|a+b|<|4+ab|.…(10 分) 点评: 本题考查绝对值函数,考查解不等式,考查不等式的证明,解题的关键是将不等式写成分段函数,利用作 差法证明不等式. 6. (2014?长安区三模)设函数 f(x)=x﹣a(x+1)ln(x+1) , (x>﹣1,a≥0) (Ⅰ )求 f(x)的单调区间; (Ⅱ )当 a=1 时,若方程 f(x)=t 在
n

上有两个实数解,求实数 t 的取值范围;
m

(Ⅲ )证明:当 m>n>0 时, (1+m) <(1+n) . 考点: 不等式的证明;利用导数研究函数的单调性.

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专题: 综合题;压轴题. 分析: (Ⅰ )求导数,再利用导数大于 0,求函数的单调区间; (Ⅱ )由(Ⅰ )知,f(x)在

上单调递增,

在[0,1]上单调递减可得解(Ⅲ )根据要证明的结论,利用分析法来证明本题,从结论入手,要证结论只要 证明后面这个式子成立,两边取对数,构造函数,问题转化为只要证明函数在一个范围上成立,利用导数 证明函数的性质. 解答: 解: (Ⅰ )f′ (x)=1﹣aln(x+1)﹣a ① a=0 时,f′ (x)>0∴ f(x)在(﹣1,+∞)上是增函数 …(1 分) ② 当 a>0 时,f(x)在 (Ⅱ )由(Ⅰ )知,f(x)在 又 ∴ ∴ 当
n

上递增,在 上单调递增,在[0,1]上单调递减

单调递减.…(4 分)

时,方程 f(x)=t 有两解
m

…(8 分)

(Ⅲ )要证: (1+m) <(1+n) 只需证 nln(1+m)<mln(1+n) , 只需证:



,则

…(10

分) 由(Ⅰ )知 x﹣(1+x)ln(1+x) ,在(0,+∞)单调递减 …(12 分) ∴ x﹣(1+x)ln(1+x)<0,即 g(x)是减函数,而 m>n ∴ g(m)<g(n) ,故原不等式成立. …(14 分) 点评: 考查不等式的证明,考查化归思想,考查构造函数,是一个综合题,题目难度中等,在证明不等式时,注 意采用什么形式,选择一种合适的写法 7. (2014?赤峰模拟)已知函数 f(x)=m﹣|x﹣1|﹣|x﹣2|,m∈R,且 f(x+1)≥0 的解集为[0,1]. (1)求 m 的值; 2 2 2 2 2 2 (2)若 a,b,c,x,y,z∈R,且 x +y +z =a +b +c =m,求证:ax+by+cz≤1. 考点: 不等式的证明. 专题: 高考数学专题. 分析: 第(1)问中,分离 m,由|x|+|x﹣1|≥1 确定将 m 分“m<1”与“m≥1”进行讨论; (2)中,可利用重要不等式将 2 2 2 2 2 2 x +a 与 ax 联系,y +b 与 by 联系,z +c 与 cz 联系. 解答: 解: (1)由 f(x+1)≥0 得|x|+|x﹣1|≤m. 若 m<1,∵ |x|+|x﹣1|≥1 恒成立,∴ 不等式|x|+|x﹣1|≤m 的解集为?,不合题意.
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若 m≥1,① 当 x<0 时,得

,∴



② 当 0≤x≤1 时,得 x+1﹣x≤m,即 m≥1 恒成立; ③ 当 x>1 时,得 ,∴ 1 , , ].

综上可知,不等式|x|+|x﹣1|≤m 的解集为[ 由题意知,原不等式的解集为[0,1],



解得 m=1.
2 2 2 2 2 2

(2)证明:∵ x +a ≥2xa,y +b ≥2yb,z +c ≥2zc, 2 2 2 2 2 2 以上三式相加,得 x +y +z +a +b +c ≥2xa+2yb+2zc. 2 2 2 2 2 2 由题设及(1) ,知 x +y +z =a +b +c =m=1, ∴ 2≥2(xa+yb+zc) ,即 ax+by+cz≤1,得证. 点评: 本题难度与高考相当,第(1)问考查了分段讨论法解绝对值不等式,对参数的讨论是前提;第(2)问要 求学生掌握不等式的基本性质,关键是联系第一问求解. 8. (2014?濮阳二模)已知函数 f(x)=|x﹣1|. (Ⅰ )解不等式 f(x﹣1)+f(x+3)≥6; (Ⅱ )若|a|<1,|b|<1,且 a≠0,求证: .

考点: 不等式的证明;绝对值不等式;绝对值不等式的解法. 专题: 不等式选讲. 分析: (Ⅰ )根据绝对值不等式的解法解不等式 f(x﹣1)+f(x+3)≥6 即可; (Ⅱ )利用分析法 进行证明不等式. 解答: 解: ( I)∵ f(x)=|x﹣1|. ∴ 不等式 f(x﹣1)+f(x+3)≥6 等价|x﹣2|+|x+2|≥6, 若当 x≥2 时,不等式等价为 x﹣2+x+2≥6, 即 2x≥6,解得 x≥3. 当﹣2<x<2 时,不等式等价为 2﹣x+x+2≥6, 即 4≥6,此时不成立. 当 x≤﹣2 时,不等式等价为 2﹣x﹣x﹣2≥6, 即 2x≤﹣6,即 x≤﹣3. 综上不等式的解集为(﹣∞,﹣3]∪ [3,+∞) .
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( II)要证



只需证|ab﹣1|>|b﹣a|, 2 2 只需证(ab﹣1) >(b﹣a) 2 2 2 2 2 2 2 2 而(ab﹣1) ﹣(b﹣a) =a b ﹣a ﹣b +1=(a ﹣1) (b ﹣1)>0, ∵ |a|<1,|b|<1, 2 2 ∴ a <1,b <1, 2 2 即 a ﹣1<0,b ﹣1<0, 2 2 即(a ﹣1) (b ﹣1)>0,成立, 从而原不等式成立. 点评: 本题主要考查绝对值不等式的解法,要注意进行分段讨论. 9. (2014?宁城县模拟)已知 a,b,c 均为正实数,且 ab+bc+ca=1. 求证: (Ⅰ )a+b+c≥ ; (Ⅱ ) + + ≥ ( + + ) .

考点: 不等式的证明. 专题: 选作题;不等式选讲. 2 2 2 2 2 2 2 分析: (Ⅰ )由题意可得,只需证(a+b+c) ≥3,只需证 a +b +c ≥1,只需证 a +b +c ﹣(ab+bc+ca)≥0,只需证
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(a﹣b) +(b﹣c) +(c﹣a) ≥0; (Ⅱ )由(Ⅰ )知,a+b+c≥ ,证明 + + ≥ ( + + ) ,只需证明 ≥ + + ,

2

2

2

结合基本不等式,即可得证.
2 2 2 2 解答: 证明: (Ⅰ )要证原不等式成立,只需证(a+b+c) ≥3,即证 a +b +c +2(ab+bc+ca)≥3, 2 2 2 2 2 2 又 ab+bc+ca=1.所以,只需证:a +b +c ≥1,即 a +b +c ﹣1≥0, 2 2 2 因为 ab+bc+ca=1.所以,只需证:a +b +c ﹣(ab+bc+ca)≥0, 2 2 2 只需证:2a +2b +2c ﹣2(ab+bc+ca)≥0, 2 2 2 2 2 2 即(a﹣b) +(b﹣c) +(c﹣a) ≥0,而(a﹣b) +(b﹣c) +(c﹣a) ≥0 显然成立, 故原不等式成立;

(Ⅱ )∵

+

+

= , ≥ + + +c ≤ ( ,



由(Ⅰ )知,a+b+c≥ ∴ 证明 只需证明 即证明: ∵ ∴ ∴ + ≤ +b + + ≥ +b ,b +c ≥ +

+

+

) ,

≤ab+bc+ca, ,c ≤ ,

≤ab+bc+ca, ( + + ) .

点评: 本题考查用分析法证明不等式,寻找使不等式成立的充分条件,是解题的关键.

10. (2014?沈阳一模)已知函数 f(x)=lnx,



(Ⅰ )若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,试求 g(x)的表达式; (Ⅱ )若 (Ⅲ )证明不等式: 在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围; .

考点: 不等式的证明;利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )求导数,利用 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,可求 g(x)的表达式; (Ⅱ )

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在[1,+∞)上是减函数,可得导函数小于等于 0 在[1,+∞)上恒成立,

分离参数,利用基本不等式,可求实数 m 的取值范围; (Ⅲ )当 x≥2 时,证明 论. 解答: (Ⅰ )解:∵ f(x)=lnx,∴ ﹣﹣(2 分) 又∵ (Ⅱ )解:∵ ,∴ b=﹣1,∴ g(x)=x﹣1;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(3 分) = 在[1,+∞)上是减函数, ,当 x>1 时,证明 ,利用叠加法,即可得到结

,∴

,得:a=2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∴ 分)

在[1, +∞) 上恒成立. ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ (5

即 x ﹣(2m﹣2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立,由 ∵

2

,x∈[1,+∞) ,

,∴ 2m﹣2≤2 得 m≤2;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6 分) , ,∴ ,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

(Ⅲ )证明:由(Ⅰ )可得:当 x≥2 时, ∴ ﹣﹣﹣﹣(8 分) ∴ 当 x=2 时, 当 x=n+1 时, 上述不等式相加得: 即: 由(Ⅱ )可得:当 m=2 时,? (x)= =0,即 所以 当 x=2 时, n∈N+,n≥2 上述不等式相加得: = 即 综上: ② <0, ,从而得到 ; 当 x=3 时, ;当 x=3 时, ,n∈N+,n≥2 得:

;当 x=4 时,

,…,

① ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9 分) 在[1,+∞)上是减函数,∴ 当 x>1 时,? (x)<? (1)

.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(11 分) ; 当 x=4 时, , …, 当 x=n+1 时, ,

=

(n∈N+,n≥2)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12 分) 点评: 本题考查不等式的证明,考查导数知识的运用,考查基本不等式的运用,考查叠加法,考查学生分析解决问 题的能力,难度较大. 11. (2014?梅州一模)已知函数 f(x)=ax +ln(x+1) . (Ⅰ )当 时,求函数 f(x)的单调区间;
2

(Ⅱ )当 x∈[0,+∞)时,函数 y=f(x)图象上的点都在

所表示的平面区域内,求实数 a 的取值范围.

(Ⅲ )求证: 自然对数的底数) . 考 不等式的证明;利用导数研究函数的单调性. 点: 专 综合题. 题: 分 (Ⅰ )把 a=﹣ 代入函数 f(x) ,再对其进行求导利用导数研究函数 f(x)的单调区间; 析:
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(其中 n∈N ,e 是

*

(Ⅱ )已知当 x∈[0,+∞)时,函数 y=f(x)图象上的点都在
2

所表示的平面区域内,将问题转化为当
2

x∈[0,+∞)时,不等式 f(x)≤x 恒成立,即 ax +ln(x+1)﹣x≤0 恒成立,只要求出 ax +ln(x+1)﹣x 的最小 值即可,令新的函数,利用导数研究其最值问题; (Ⅲ )由题设(Ⅱ )可知当 a=0 时,ln(x+1)≤x 在[0,+∞)上恒成立,利用此不等式对所要证明的不等式进行 放缩,从而进行证明; 解 解: (Ⅰ )当 答: 时, (x>﹣1) , (x>﹣1) , 由 f'(x)>0 解得﹣1<x<1,由 f'(x)<0, 解得 x>1. 故函数 f(x)的单调递增区间为(﹣1,1) ,单调递减区间为(1,+∞) . (4 分) (Ⅱ )因函数 f(x)图象上的点都在 所表示的平面区域内,
2

则当 x∈[0,+∞)时,不等式 f(x)≤x 恒成立,即 ax +ln(x+1)﹣x≤0 恒成立, 2 设 g(x)=ax +ln(x+1)﹣x(x≥0) , 只需 g(x)max≤0 即可. (5 分) 由 (ⅰ )当 a=0 时, = , ,当 x>0 时,g'(x)<0,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递减,

故 g(x)≤g(0)=0 成立. (6 分) (ⅱ )当 a>0 时,由 ① 若 ,即 ,因 x∈[0,+∞) ,所以 时,在区间(0,+∞)上,g'(x)>0, ,

则函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)在[0,+∞)上无最大值(或:当 x→+∞时,g(x)→+∞) ,此 时不满足条件; ② 若 ,即 时,函数 g(x)在 上单调递减,在区间 上单调

递增, 同样 g(x)在[0,+∞)上无最大值,不满足条件. (8 分) (ⅲ )当 a<0 时,由 ∵ x∈[0,+∞) , ,

∴ 2ax+(2a﹣1)<0, ∴ g'(x)<0,故函数 g(x)在[0,+∞)上单调递减, 故 g(x)≤g(0)=0 成立. 综上所述,实数 a 的取值范围是(﹣∞,0]. (10 分) (Ⅲ )据(Ⅱ )知当 a=0 时,ln(x+1)≤x 在[0,+∞)上恒成立 (或另证 ln(x+1)≤x 在区间(﹣1,+∞)上恒成立) , (11 分) 又 ,



=

= = ,



. (14 分)

点 此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题,解题过程中多次用到了转化的思想,第二题实质还是 评: 函数的恒成立问题,第三问不等式的证明仍然离不开前面两问所证明的不等式,利用它们进行放缩证明,本题 难度比较大,是一道综合题; 12. (2014?遵义二模) (1)已知 x、y 都是正实数,求证:x +y ≥x y+xy ; (2)若不等式|a﹣1|≥ + + 对满足 x+y+z=1 的一切正实数 x,y,z 恒成立,求实数 a 的取值范围.
3 3 2 2

考点: 不等式的证明. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: (1)利用作差法,因式分解,即可得到结论;
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(2)根据柯西不等式证明 + + ≤3 x+y+z=1 的一切正实数 x,y,z 恒成立,可得|a﹣1|
3 3 2 2 2 2

,利用|a﹣1|≥ + + ,从而可求实数 a 的取值范围.
2 2 2

对满足

解答: (1)证明:由 x +y ﹣x y﹣xy =x (x﹣y)+y (y﹣x)=(x﹣y) (x ﹣y )=(x﹣y) (x+y)…(3 分) 又 x、y 都是正实数, 2 ∴ (x﹣y) ≥0,x+y>0, 3 3 2 2 ∴ x +y ﹣x y﹣xy >0, 3 3 2 2 ∴ x +y ≥x y+xy ;…(5 分) 2 2 2 2 2 (2)解:由题意,根据柯西不等式有( + + ) ≤(1 +1 +1 )[( ) +( ) 2 2 +( ) ]=3[3(x+y+z)+3]=3×6=18, ∴ + + ≤3 …(3 分) 又|a﹣1|≥ + + 对满足 x+y+z=1 的一切正实数 x,y,z 恒成立, ∴ |a﹣1| , ∴ a +1 或 a ∴ a 的取值范围是(﹣ , ]∪ [1+3 ,+∞) .…(5 分)

点评: 本题考查不等式的证明,考查柯西不等式的运用,考查恒成立问题,考查学生分析解决问题的能力,正确 运用柯西不等式是关键. 13. (2014?红河州模拟)函数 f(x)= (Ⅰ )若 a=5,求函数 f(x)的定义域 A; (Ⅱ )设 B={x|﹣1<x<2},当实数 a,b∈B∩ (?RA)时,求证: <|1+ |. .

考点: 不等式的证明;集合的包含关系判断及应用;函数的定义域及其求法. 专题: 函数的性质及应用;不等式的解法及应用;集合. 分析: (Ⅰ )根据题意,得|x+1|+|x+2|﹣5≥0;求出 x 的取值范围,即是 f(x)的定义域 A;
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(Ⅱ )由 A、B 求出 B∩ CRA,即得 a、b 的取值范围,由此证明 解答: 解: (Ⅰ )a=5 时,函数 f(x)= ∴ |x+1|+|x+2|﹣5≥0; 即|x+1|+|x+2|≥5, 当 x≥﹣1 时,x+1+x+2≥5,∴ x≥1; 当﹣1>x>﹣2 时,﹣x﹣1+x+2≥5,∴ x∈?; 当 x≤﹣2 时,﹣x﹣1﹣x﹣2≥5,∴ x≤﹣4; 综上,f(x)的定义域是 A={x|x≤﹣4 或 x≥1}. (Ⅱ )∵ A={x|x≤﹣4 或 x≥1},B={x|﹣1<x<2}, ∴ ?RA=(﹣4,1) , ∴ B∩ CRA=(﹣1,1) ; 又∵ , ,

成立即可.





当 a,b∈(﹣1,1)时, 2 2 (b ﹣4) (4﹣a )<0; 2 2 ∴ 4(a+b) <(4+ab) , 即 .

点评: 本题考查了求函数的定义域以及集合的运算和不等式的解法与证明问题,是综合题,解题时应把含绝对值 的不等式分类讨论,不等式证明时常用作差法,是中档题. 14. (2014?河北模拟)设不等式﹣2<|x﹣1|﹣|x+2|<0 的解集为 M,a、b∈M, (1)证明:| a+ b|< ; (2)比较|1﹣4ab|与 2|a﹣b|的大小,并说明理由. 考点: 不等式的证明;绝对值不等式的解法. 专题: 不等式的解法及应用.

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分析:

(1)利用绝对值不等式的解法求出集合 M,利用绝对值三角不等式直接证明:| a+ b|< ; (2)利用(1)的结果,说明 ab 的范围,比较|1﹣4ab|与 2|a﹣b|两个数的平方差的大小,即可得到结果.

解答: 解: (1)记 f(x)=|x﹣1|﹣|x+2|=

由﹣2<﹣2x﹣1<0 解得﹣ <x< ,则 M=(﹣ , ) .…(3 分) ∵ a、b∈M,∴ ,

所以| a+ b|≤ |a|+ |b|< × + × = .…(6 分) (2)由(1)得 a < ,b < . 因为|1﹣4ab| ﹣4|a﹣b| =(1﹣8ab+16a b )﹣4(a ﹣2ab+b ) 2 2 =(4a ﹣1) (4b ﹣1)>0,…(9 分) 2 2 所以|1﹣4ab| >4|a﹣b| ,故|1﹣4ab|>2|a﹣b|.…(10 分) 点评: 本题考查不等式的证明,绝对值不等式的解法,考查计算能力. 15. (2014?河北模拟)已知 a,b>0,且 a+b=1,求证: (Ⅰ ) + ≥8; ≥8.
2 2 2 2 2 2 2 2

(Ⅱ ) + +

考点: 不等式的证明. 专题: 证明题;不等式选讲. 分析: (Ⅰ )利用 a+b=1,通过重要不等式以及基本不等式,推出
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,然后证明

+

≥ 8;

(Ⅱ )利用 a+b=1,利用 1 的代换,转化 + + 解答: 证明: (Ⅰ )∵ ab≤( ∵ a+b=1,a=b= ,∴ ∵ + ∴ + ≥
2

为 + ,利用基本不等式即可求证结果.

) = ,当且仅当 a=b 时等号成立, .

≥8,当且仅当 a=b= 时等号成立,

≥8. (5 分) = + +

(Ⅱ )∵ + + = + + +

=2(a+b) ( + ) =4+2( )

≥4+4 =8,当且仅当 a=b= 时等号成立, ∴+ + ≥8. (10 分)

点评: 利用基本不等式以及重要不等式以及“1”的代换,注意“正、定、等”的应用. 16. (2014?海南模拟)已知 a,b 均为正数,且 a+b=1,证明: (1) (ax+by) ≤ax +by
2 2 2 2 2

(2) (a+ ) +(b+ ) ≥



考点: 不等式的证明. 专题: 证明题. 分析: (1)将所证的关系式作差(ax+by)2﹣(ax2+by2)=a(a﹣1)x2+b(b﹣1)y2+2abxy 利用 a+b=1,整理, 2 2 2 可得 a(a﹣1)x +b(b﹣1)y +2abxy=﹣ab(x﹣y) ≤0,当且仅当 x=y 时等号成立;
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(2)将所证的不等式左端展开,转化为 后,利用基本不等式即可证得结论成立.
2 2 2 2 2 解答: 证明: (1) ) (ax+by) ﹣(ax +by )=a(a﹣1)x +b(b﹣1)y +2abxy, 因为 a+b=1, 所以 a﹣1=﹣b,b﹣1=﹣a,又 a,b 均为正数,

,进一步整理

所以 a(a﹣1)x +b(b﹣1)y +2abxy=﹣ab(x +y ﹣2xy)=﹣ab(x﹣y) ≤0,当且仅当 x=y 时等号成立; (2)

2

2

2

2

2

=

=



当且仅当 a=b 时等号成立. 点评: 本题考查不等式的证明,着重考查作差法的应用,突出考查等价转化思想与逻辑推理能力,属于难题. 17. (2013?临汾模拟)已知 a +b =1,c +d =1. (Ⅰ )求证:ab+cd≤1. (Ⅱ )求 a+ b 的取值范围. 考点: 不等式的证明. 专题: 综合题;不等式的解法及应用. 分析: (Ⅰ )利用综合法,结合基本不等式,即可得出结论;
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2

2

2

2

(Ⅱ )设 =(a,b) , =(1,

) ,利用| ? |≤| |? | |,可求 a+

b 的取值范围.

2 2 2 2 解答: (I)证明:∵ a +b ≥2ab,c +d ≥2cd,

∴ a +b +c +d ≥2(ab+cd) ,当且仅当 a=b=c=d= 又∵ a +b =1,c +d =1 ∴ 2(ab+cd)≤2
2 2 2 2

2

2

2

2

时取“=”…(2 分)

…(4 分)

∴ ab+cd≤1 (Ⅱ )解:设 =(a,b) , =(1, ∵ | ? |≤| |? | |,…(8 分) ∴ |a+ b|≤2 =2, ) ,

…(5 分)

∴ ﹣2≤a+ b≤2 ∴ a+ b 的取值范围为[﹣2,2]. 点评: 本题考查不等式的证明,考查求 a+
*

…(10 分) b 的取值范围,正确运用基本不等式,合理构造向量是关键.

18. (2014?乌鲁木齐三模)已知 a,b,c∈R ,证明: 2 2 2 3 3 3 (1) (a+b+c) (a +b +c )≤3(a +b +c ) ; (2) + + ≥ .

考点: 不等式的证明. 专题: 高考数学专题. 2 2 2 分析: 第(1)问考虑左边展开与右边可抵消一个 a +b +c ,想到作差比较,项较多,可重新分组进行因式分解; 第(2)可通过构造柯西不等式放缩,获取定值. 3 3 3 2 2 2 解答: 证明: (Ⅰ )右边﹣左边,得 3(a +b +c )﹣(a+b+c) (a +b +c ) 3 3 3 2 2 2 2 2 2 =2(a +b +c )﹣a(b +c )﹣b(a +c )﹣c(a +b ) . * 3 3 2 2 2 2 2 ∵ a,b∈R ,∴ a +b ﹣a b﹣ab =a (a﹣b)+b (b﹣a)=(a﹣b) (a+b)≥0. 3 3 2 2 ∴ a +b ≥a b+ab , 3 3 2 2 3 3 2 2 同理,b +c ≥b c+bc ,a +c ≥a c+ac , 3 3 3 2 2 2 2 2 以上三式相加得=2(a +b +c )≥a b+ab +b c+bc +a c+ac, 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ∴ 2(a +b +c )﹣a(b +c )﹣b(a +c )﹣c(a +b )≥0, 2 2 2 3 3 3 ∴ (a+b+c) (a +b +c )≤3(a +b +c ) . * (Ⅱ )∵ a,b,c∈R ,∴ a+b>0,b+c>0,c+a>0,
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由柯西不等式得)[(a+b)+(b+c)+(c+a)] ≥ 即 2(a+b+c) ( ∴ 2( + + + + + )≥9, + ≥ ,
2

=9,

)≥3,故

当且仅当 a=b=c 时,不等式取等号. 点评: 本题的两小问设置合理,主要考查了不等式的基本性质及变形技巧,作差比较法,柯西不等式等.

19. (2014?淮安模拟)已知 a,b,c 均为正数,证明:



考点: 专题: 分析: 解答:

不等式的证明. 不等式的解法及应用. 两次运用基本不等式即可证明结论. 证明:∵ a,b,c 均为正数,
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∴ 左边≥

≥2

=2

=6



当且仅当 a=b=c 时取等号, ∴ .

点评: 本题考查基本不等式的运用,考查学生分析解决问题的能力,正确运用基本不等式是关键.

20. (2014?南通一模)已知实数 x,y 满足:

,求证:



考点: 专题: 分析: 解答:

不等式的证明. 证明题;不等式的解法及应用. 首先由 3|y|=|3y|=|2(x+y)﹣(2x﹣y)|≤2|x+y|+|2x﹣y|,再结合已知的不等式,即可证得结论. 证明:∵ 3|y|=|3y|=|2(x+y)﹣(2x﹣y)|≤2|x+y|+|2x﹣y|,
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由题设 ∴ ∴ . .



点评: 本题考查不等式的证明,考查学生分析转化问题的能力,属于中档题.

21. (2014?南通三模)已知 x>0,y>0,a∈R,b∈R.求证(

)≤

2



考点: 专题: 分析: 解答:

不等式的证明. 不等式的解法及应用. 利用“分析法”和不等式的性质即可证明. 证明:∵ x>0,y>0,∴ x+y>0,
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∴ 要证
2 2 2



即证(ax+by) ≤(x+y) (a x+b y) . 2 2 即证 xy(a ﹣2ab+b )≥0, 2 即证(a﹣b) ≥0, 2 而(a﹣b) ≥0 显然成立, 故 .

点评: 本题考查了“分析法”和不等式的性质证明不等式,属于基础题. 22. (2014?南通模拟) 设 a,b, c, d∈R, 求证: 时成立. 考点: 不等式的证明. 专题: 证明题;不等式的解法及应用. 2 2 2 2 分析: 运用分析法证明, 要证原不等式成立, 可考虑两边平方, 化简整理, 再由柯西不等式 (a +b ) (c +d ) ≥ (ac+bd) 2 ,即可得证.
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+



,等号当且仅当 ad=bc

解答:

证明:要证 即证(
2 2 2

+ +
2 2

≥ ) ≥(
2

, ), ≥(a+c) +(b+d) , ≥ac+bd,
2 2

即为 a +b +c +d +2 化简后,即证
2 2 2 2

由柯西不等式(a +b ) (c +d )≥(ac+bd) , 得 |ac+bd|≥ac+bd.

2

则原不等式得证. 且有原不等式中等号当且仅当 ad=bc 时成立. 点评: 本题考查不等式的证明,考查柯西不等式的运用,以及不等式的性质的运用,考查推理能力,属于中档题. 23. (2014?昆明一模)已知 a,b,c 均为正数. (Ⅰ )求证:a +b +(
2 2

) ≥4

2

; ≥100.

(Ⅱ )若 a+4b+9c=1,求证:

考点: 专题: 分析: 解答:

不等式的证明. 证明题;不等式的解法及应用. 利用基本不等式,即可证明结论. 证明: (Ⅰ )∵ a,b 均为正数,
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∴ a +b ≥2ab, ∴ a +b + ∴ a +b +(
2 2 2 2

2

2

≥ ≥2ab+ ) ≥2ab+
2

, , ≥4 ,

当且仅当 a=b= 时,等号成立. (Ⅱ )∵ a+4b+9c=1, ∴ =(a+4b+9c) ( )=9+16+9+ + + ≥34+24+18+24=100,

当且仅当 a=3b=9c 时等号成立. 点评: 本题考查不等式的证明,考查基本不等式的运用,掌握基本不等式的使用条件是关键. 24. (2014?贵州二模)设不等式|x﹣2|<m(m∈N )的解集为 A,且 ∈A, ?A. (Ⅰ )求 m 的值; (Ⅱ )若 a,b,c∈R ,且 a+b+c= ,求证:
+ +

+

+

≥ 9.

考点: 不等式的证明. 专题: 选作题;不等式的解法及应用. 分析: + (Ⅰ )根据 ∈A, ?A,求出 m 的范围,结合 m∈N ,即可求 m 的值;
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(Ⅱ )利用“1”的代换,结合基本不等式,即可得出结论.

解答: (Ⅰ )解:由
+

.﹣﹣(4 分)

∵ m∈N , ∴ m=1.﹣﹣(5 分) (Ⅱ )证明:由(Ⅰ )有: 又 = ∴ + + ≥9﹣﹣(10 分) = = ≥ 9, (a,b,c∈R )
+

点评: 本题考查绝对值不等式的解法,考查不等式的证明,正确运用“1”的代换,基本不等式,是解题的关键. 25. (2014?盐城二模)已知 x,y∈R,且|x+y|≤ ,|x﹣y|≤ ,求证:|x+5y|≤1.

考点: 不等式的证明;绝对值不等式. 专题: 证明题. 分析: 利用 x+5y=3(x+y)﹣2(x﹣y) ,利用绝对值不等式的性质即可证得结论. 解答: 证明:∵ |x+y|≤ ,|x﹣y|≤ ,
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∴ |x+5y|=|3(x+y)﹣2(x﹣y)| ≤|3(x+y)|+|2(x﹣y)|=3|x+y|+2|x﹣y| ≤3× +2× =1. 即|x+5y|≤1. 点评: 本题考查绝对值不等式的性质,分析得到 x+5y=3(x+y)﹣2(x﹣y)是应用绝对值不等式性质的关键,考 查转化思想与推理论证能力,属于中档题.

26. (2014?盐城一模)已知 x1,x2,x3 为正实数,若 x1+x2+x3=1,求证:



考点: 不等式的证明. 专题: 不等式的解法及应用. 分析:
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由基本不等式,可得 可得结论. 解答: 证明:∵ x1,x2,x3 为正实数, ∴ ,





,三式相加,利用 x1+x2+x3=1,





∴ 三式相加,可得

+x3≥2(x1+x2+x3) ,

∵ 若 x1+x2+x3=1,∴



点评: 本题考查基本不等式的运用,考查学生分析解决问题的能力,正确运用基本不等式是关键.

27. (2014?福建模拟)已知 f(x)=aln(x+1)+

+3x﹣1.

(1)若 x≥0 时,f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围; (2)求证: ln(2n+1)对一切正整数 n 均成立.

考 不等式的证明. 点: 专 选作题;不等式选讲. 题: 分 (1)求导数,分类讨论,确定函数的单调性,即可求实数 a 的取值范围; 析: (2) 由 (1) 知, x>0 时, 不等式 恒成立, 则 x>0 时,
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恒成立.令 解 答:(1)解:

(k∈N ) ,

*

.令 k=1,2,3,…,n,叠加,即可证明结论.



若 a≥﹣2,则 a+6>0,x>0 时,f'(x)>0.此时,f(x)在区间[0,+∞)上为增函数. ∴ x≥0 时,f(x)≥f(0)=0.a≥﹣2 符合要求. 2 若 a<﹣2,则方程 3x +(a+6)x+a+2=0 有两个异号的实根,设这两个实根为 x1,x2,且 x1<0<x2. ∴ 0<x<x2 时,f'(x)<0.f(x)在区间[0,x2]上为减函数,f(x2)<f(0)=0. ∴ a<﹣2 不符合要求. ∴ a 的取值范围为[﹣2,+∞) . (2)证明:由(1)知,x>0 时,不等式 ∴ x>0 时, 令 (k∈N ) ,得
*

恒成立.

恒成立. ,

整理得





.令 k=1,2,3,…,n,得





,…, 将上述 n 个不等式的左右两边分别相加,得



. ∴ 对一切正整数 n 均成立.

点 本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查不等式的证明,巧妙利用两小题之间的关系,是解题的关 评:键. 28. (2014?静安区一模) (理) (1)设 x、y 是不全为零的实数,试比较 2x +y 与 x +xy 的大小; (2)设 a,b,c 为正数,且 a +b +c =1,求证:
2 2 2 2 2 2

+

+



≥3.

考点: 不等式的证明;比较法. 专题: 证明题;不等式的解法及应用. 分析: (1)解法 1:利用作差法;解法 2:利用分类讨论思想,分 xy<0 与 xy>0 讨论即可证得结论; (2)利用作差法,通过通分、分组、配方等一系列转化,即可证得结论. 解答: 证明: (1)证法 1:∵ x、y 是不全为零的实数, 2 2 2 ∴ 2x +y ﹣(x +xy) 2 2 =x +y ﹣xy
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=
2 2 2

+ y >0,

2

∴ 2x +y >x +xy. 2 2 2 证法 2:当 xy<0 时,x +xy<2x +y ; 2 2 当 xy>0 时,作差:x +y ﹣xy≥2xy﹣xy=xy>0; 又因为 x、y 是不全为零的实数, 2 2 2 ∴ 当 xy=0 时,2x +y >x +xy. 2 2 2 综上,2x +y >x +xy. (2)证明:∵ + + ﹣ ﹣3

=

+

+



﹣3

=a (
2

2

+

)+b (
2

2

+

)+c (
2

2

+

)﹣2(

+

+



=a

+b

+c

≥0(当且仅当 a=b=c 时,取得等号) ,

∴ +

+



≥3.

点评: 本题考查不等式的证明,着重考查作差法,考查通分、配方、分类讨论等方法,运用转化思想,推理证明,

属于难题. 29. (2013?泰州三模)选修 4﹣5:不等式选讲 已知 a>0,b>0,n∈N .求证:
*



考点: 综合法与分析法(选修) . 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 先用分析法证明 解答: 证明:先证
n+1 n+1

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,再利用基本不等式,即可证得

成立.


n n

只要证 2(a +b )≥(a+b) (a +b ) , n+1 n+1 n n 即要证 a +b ﹣a b﹣ab ≥0, n n 即要证 (a﹣b) (a ﹣b )≥0,…(5 分) n n n n 若 a≥b,则 a﹣b≥0,a ﹣b ≥0,所以, (a﹣b) (a ﹣b )≥0. n n n n 若 a<b,则 a﹣b<0,a ﹣b <0,所以(a﹣b) (a ﹣b )>0, 综上,可得 (a﹣b) (a ﹣b )≥0,从而
n n

.…(8 分)

因为

,所以



…(10 分)

点评: 本题主要考查用分析法证明不等式,基本不等式的应用,属于中档题. 30. (2013?盐城二模) (选修 4﹣5:不等式选讲) 若 ,证明 .

考点: 专题: 分析: 解答:

不等式的证明;柯西不等式的几何意义. 证明题. 直接构造 18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2﹣3x)](1+1+1) ,利用柯西不等式证明即可. 证明:因为 18=6×3=[(1+2x)+(3+x)+(2﹣3x)](1+1+1) , 由柯西不等式可得:
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…(7 分) 又 所以 , .…(10 分)

点评: 本题考查柯西不等式的证明方法的应用,构造柯西不等式是解题的关键.



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《选修4-5 不等式选讲》知识点详解+例题+习题(含详细答案)

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高考数学 选修4-5 不等式选讲

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2014-2017高考真题 选修4-5不等式选讲

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2014-2016年高考理科数学真题-选修4-5不等式选讲

2014-2016年高考理科数学真题-选修4-5不等式选讲 - 选修 4-5 不等式选讲 考点 (1)在图中画出 y=f(x)的图象; (2)求不等式|f(x)|>1 的解集. 不...


选修4—5不等式选讲高考题及答案

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选修4-5《不等式选讲》知识点

选修4-5不等式选讲》知识点 - 高中数学 1、不等式的基本性质 ①(对称性) a ? b ? b ? a ②(传递性) a ? b, b ? c ? a ? c ③(可加性)...


2018届二轮(理科数学) 选修4-5 不等式选讲专题卷(全国...

寒假作业(二十三) 选修 4-5 (1)若 a=1,解不等式:f(x)≥4-|x-1|; 不等式选讲(注意解题的准度) 1.(2018 届高三· 广东五校联考)已知函数 f(x)...

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