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2016高考数学大一轮复习 14.4不等式选讲教师用书 理 苏教版


§14.4

不等式选讲

1.两个实数大小关系的基本事实

a>b?a-b>0; a=b?a-b=0; a<b?a-b<0.
2.不等式的基本性质 (1)对称性:如果 a>b,那么 b<a;如果 b<a,那么 a>b. 即 a>b?b<a. (2)传

递性:如果 a>b,b>c,那么 a>c. (3)可加性:如果 a>b,那么 a+c>b+c. (4)可乘性:如果 a>b,c>0,那么 ac>bc;如果 a>b,c<0,那么 ac<bc. (5)乘方:如果 a>b>0,那么 a >b (n∈N,n>1). (6)开方:如果 a>b>0,那么 a> b(n∈N,n>1). 3.绝对值三角不等式 (1)性质 1:|a+b|≤|a|+|b|. (2)性质 2:|a|-|b|≤|a+b|. 性质 3:|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|. 4.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解集 不等式 |x|<a |x|>a
n n

n

n

a>0
{x|-a<x<a} {x|x>a 或 x<-a}

a=0
? {x|x∈R 且 x≠0}

a<0
? R

(2)|ax+b|≤c (c>0)和|ax+b|≥c (c>0)型不等式的解法 ①|ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c; ②|ax+b|≥c?ax+b≥c 或 ax+b≤-c. (3)|x-a|+|x-b|≥c 和|x-a|+|x-b|≤c 型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; ②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;

1

③通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想. 5.基本不等式 (1)定理:如果 a,b∈R,那么 a +b ≥2ab,当且仅当 a=b 时,等号成立. (2)定理(基本不等式):如果 a,b>0,那么
2 2

a+b
2

≥ ab,当且仅当 a=b 时,等号成立.也可

以表述为:两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均. (3)利用基本不等式求最值 对两个正实数 x,y, ①如果它们的和 S 是定值,则当且仅当 x=y 时,它们的积 P 取得最大值; ②如果它们的积 P 是定值,则当且仅当 x=y 时,它们的和 S 取得最小值. 6.三个正数的算术—几何平均不等式 (1)定理 如果 a,b,c 均为正数,那么

a+b+c
3

3 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成立.

即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均. (2)基本不等式的推广 对于 n 个正数 a1,a2,?,an,它们的算术平均不小于它们的几何平均,即

a1+a2+?+an n

≥ a1a2?an, 当且仅当 a1=a2=?=an 时,等号成立. 7.柯西不等式 (1)设 a,b,c,d 均为实数,则(a +b )(c +d )≥(ac+bd) ,当且仅当 ad=bc 时等号成立. (2)设 a1, a2, a3, ?, an, b1, b2, b3, ?, bn 是实数, 则(a1+a2+?+an)(b1+b2+?+bn)≥(a1b1 +a2b2+?+anbn) , 当且仅当 bi=0(i=1,2, ?, n)或存在一个数 k, 使得 ai=kbi(i=1,2, ?,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

n

n)时,等号成立.
(3)柯西不等式的向量形式:设 α ,β 是两个向量,则|α ·β |≤|α ||β |,当且仅当 β 是 零向量,或存在实数 k,使 α =kβ 时,等号成立. 8.证明不等式的方法 (1)比较法 ①求差比较法 知道 a>b?a-b>0,a<b?a-b<0,因此要证明 a>b,只要证明 a-b>0 即可,这种方法称为求 差比较法. ②求商比较法 由 a>b>0? >1 且 a>0,b>0,因此当 a>0,b>0 时要证明 a>b,只要证明 >1 即可,这种方法

a b

a b

2

称为求商比较法. (2)分析法 从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直到将待证不等式归结为一个已成立的 不等式(已知条件、定理等).这种证法称为分析法,即“执果索因”的证明方法. (3)综合法 从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过推理论证,推导出所要证明的不等式 成立,即“由因寻果”的方法,这种证明不等式的方法称为综合法. (4)反证法的证明步骤 第一步:作出与所证不等式相反的假设; 第二步:从条件和假设出发,应用正确的推理方法,推出矛盾的结论,否定假设,从而证明 原不等式成立. (5)放缩法 所谓放缩法,即要把所证不等式的一边适当地放大或缩小,以利于化简,并使它与不等式的 另一边的不等关系更为明显,从而得到欲证不等式成立. (6)数学归纳法 设{Pn}是一个与自然数相关的命题集合,如果:(1)证明起始命题 P1(或 P0)成立;(2)在假设

Pk 成立的前提下,推出 Pk+1 也成立,那么可以断定{Pn}对一切自然数成立.

1.不等式|2x-1|-|x-2|<0 的解集为__________. 答案 {x|-1<x<1} 解析 方法一 原不等式即为|2x-1|<|x-2|, ∴4x -4x+1<x -4x+4,∴3x <3,∴-1<x<1. 方法二 原不等式等价于不等式组
? ?x≥2, ①? ?2x-1-?x-2?<0, ?
2 2 2

1 ? ? <x<2, 或②?2 ? ?2x-1+?x-2?<0.

1 ? ?x≤ , 或③? 2 ? ?-?2x-1?+?x-2?<0. 1 1 不等式组①无解,由②得 <x<1,由③得-1<x≤ . 2 2 综上得-1<x<1,所以原不等式的解集为{x|-1<x<1}. 2.不等式 1<|x+1|<3 的解集为________.

3

答案 (-4,-2)∪(0,2) 3 1 * 3 .(2013·福建改编 ) 设不等式 |x - 2|<a(a∈N ) 的解集为 A ,且 ∈A , ? A. 则 a 的值为 2 2 ________. 答案 1 3 1 解析 因为 ∈A,且 ?A, 2 2 3 1 所以| -2|<a,且| -2|≥a, 2 2 1 3 解得 <a≤ . 2 2 又因为 a∈N ,所以 a=1. 1 2 4.(2014·重庆)若不等式|2x-1|+|x+2|≥a + a+2 对任意实数 x 恒成立,则实数 a 的 2 取值范围是______. 1 答案 [-1, ] 2 解析 设 y=|2x-1|+|x+2|
*

? 1 ? -x+3,-2≤x< , 2 =? 1 ? ?3x+1,x≥2.
-3x-1,x<-2,

当 x<-2 时,y=-3x-1>5;

1 5 1 5 当-2≤x< 时,y=-x+3> ;当 x≥ 时,y=3x+1≥ ,故函数 y=|2x-1|+|x+2|的最小 2 2 2 2 5 1 5 1 2 2 值为 .因为不等式|2x-1|+|x+2|≥a + a+2 对任意实数 x 恒成立,所以 ≥a + a+2. 2 2 2 2 5 2 1 1 1 解不等式 ≥a + a+2,得-1≤a≤ ,故 a 的取值范围为[-1, ]. 2 2 2 2

题型一 含绝对值的不等式的解法 例1 已知函数 f(x)=|x+a|+|x-2|.

(1)当 a=-3 时,求不等式 f(x)≥3 的解集; (2)若 f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求 a 的取值范围.

4

-2x+5,x≤2, ? ? 解 (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ? ?2x-5,x≥3. 当 x≤2 时,由 f(x)≥3 得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3 得 2x-5≥3,解得 x≥4. 所以 f(x)≥3 的解集为{x|x≤1 或 x≥4}. (2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当 x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a| ?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a. 由条件得-2-a≤1 且 2-a≥2,即-3≤a≤0. 故满足条件的 a 的取值范围为[-3,0]. 思维升华 解绝对值不等式的基本方法: (1)利用绝对值的定义,通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式; (2)当不等式两端均为正号时, 可通过两边平方的方法, 转化为解不含绝对值符号的普通不等 式; (3)利用绝对值的几何意义,数形结合求解. (1)(2014·广东)不等式|x-1|+|x+2|≥5 的解集为________. 5 1 (2)(2014·湖南)若关于 x 的不等式|ax-2|<3 的解集为{x|- <x< },则 a=________. 3 3 答案 (1){x|x≤-3 或 x≥2} (2)-3 解析 (1)方法一 要去掉绝对值符号,需要对 x 与-2 和 1 进行大小比较,-2 和 1 可以把 数轴分成三部分. 当 x<-2 时, 不等式等价于-(x-1)-(x+2)≥5, 解得 x≤-3; 当-2≤x<1 时,不等式等价于-(x-1)+(x+2)≥5,即 3≥5,无解;当 x≥1 时,不等式等价于 x-1 +x+2≥5,解得 x≥2.综上,不等式的解集为{x|x≤-3 或 x≥2}. 方法二 |x-1|+|x+2|表示数轴上的点 x 到点 1 和点-2 的距离的和, 如图所示,数轴上到点 1 和点-2 的距离的和为 5 的点有-3 和 2,故满足 不等式|x-1|+|x+2|≥5 的 x 的取值为 x≤-3 或 x≥2, 所以不等式的解集为{x|x≤-3 或

x≥2}.
(2)∵|ax-2|<3,∴-1<ax<5. 1 5 当 a>0 时,- <x< ,与已知条件不符;

a

a

当 a=0 时,x∈R,与已知条件不符; 5 1 5 1 当 a<0 时, <x<- ,又不等式的解集为{x|- <x< },故 a=-3. a a 3 3
5

题型二 柯西不等式的应用 例2 已知 x,y,z 均为实数.

(1)若 x+y+z=1,求证: 3x+1+ 3y+2+ 3z+3≤3 3; (2)若 x+2y+3z=6,求 x +y +z 的最小值. (1)证明 因为( 3x+1+ 3y+2+ 3z+3) ≤(1 +1 +1 )(3x+1+3y+2+3z+3)=27. 所以 3x+1+ 3y+2+ 3z+3≤3 3. 2 1 当且仅当 x= ,y= ,z=0 时取等号. 3 3 (2)∵6=x+2y+3z≤ x +y +z · 1+4+9, 18 y z 3 6 9 18 2 2 2 2 2 2 ∴x +y +z ≥ ,当且仅当 x= = 即 x= ,y= ,z= 时,x +y +z 有最小值 . 7 2 3 7 7 7 7 思维升华 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形, 化为符合它的结构形式, 当一个式子 与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时, 就可使用柯西不等式进行证明. (2)利用柯西不 1 1 1 2 2 2 2 2 等式求最值的一般结构为:(a1+a2+?+an)( 2+ 2+?+ 2)≥(1+1+?+1) =n .在使用
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a1 a2

an

柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件. 已知实数 a, b, c, d 满足 a+b+c+d=3, a +2b +3c +6d =5, 求证: 1≤a≤2. 1 1 1 2 2 2 2 证明 由柯西不等式得(2b +3c +6d )·( + + )≥(b+c+d) , 2 3 6 即 2b +3c +6d ≥(b+c+d) , 由已知可得 2b +3c +6d =5-a ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

b+c+d=3-a,∴5-a2≥(3-a)2,
即 1≤a≤2. 当且仅当 2b 3c 6d = = , 1 1 1 2 3 6

即 2b=3c=6d 时等号成立. 题型三 不等式的证明方法 例3 已知 a,b,c∈(0,+∞),且 a+b+c=1,

1 1 1 求证:(1)( -1)·( -1)·( -1)≥8;

a

b

c

(2) a+ b+ c≤ 3. 证明 (1)∵a,b,c∈(0,+∞), ∴a+b≥2 ab,b+c≥2 bc,c+a≥2 ca,

6

1 1 1 ( -1)·( -1)·( -1)

a

b

c

= ≥

?b+c??a+c??a+b?

abc
2 bc·2 ac·2 ab

abc

=8.

(2)∵a,b,c∈(0,+∞), ∴a+b≥2 ab,b+c≥2 bc,c+a≥2 ca, 2(a+b+c)≥2 ab+2 bc+2 ca, 两边同加 a+b+c 得 3(a+b+c)≥a+b+c+2 ab+2 bc+2 ca =( a+ b+ c) . 又 a+b+c=1,∴( a+ b+ c) ≤3, ∴ a+ b+ c≤ 3. 思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”,它们 是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单、条理清楚,所 以在实际应用时,往往用分析法找思路,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互 转化,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野. (1)已知 x,y 均为正数,且 x>y,求证:2x+ 1
2 2

x2-2xy+y2

≥2y+3.

(2)设 a,b,c>0 且 ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≥ 3. 证明 (1)因为 x>0,y>0,x-y>0, 2x+ 1 1 2-2y=2(x-y)+ 2 x -2xy+y ?x-y?
2

=(x-y)+(x-y)+ 3 ≥3 ?x-y? 1

1 2 ?x-y?

2

1 2=3, ?x-y? ≥2y+3.

所以 2x+

x2-2xy+y2

(2)因为 a,b,c>0,所以要证 a+b+c≥ 3, 只需证明(a+b+c) ≥3. 即证:a +b +c +2(ab+bc+ca)≥3, 而 ab+bc+ca=1, 故需证明:a +b +c +2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca).
7
2 2 2 2 2 2 2

即证:a +b +c ≥ab+bc+ca. 而 ab+bc+ca≤

2

2

2

a2+b2 b2+c2 c2+a2
2 + 2 + 2

=a +b +c (当且仅当 a=b=c 时等号成立)成立.

2

2

2

所以原不等式成立.

绝对值不等式的解法 典例:(10 分)解不等式|x+1|+|x-1|≥3. 思维点拨 本题不等式为|x-a|+|x-b|≥c 型不等式,解此类不等式有三种方法:几何法、 分区间(分类)讨论法和图象法. 规范解答 解 方法一 如图所示,设数轴上与-1,1 对应的点分别为 A,B,那么 A,B 两点的距离和为 2,因此区间[-1,1]上的数都不是不等式的解.设在 A 点左侧有一点 A1,到 A,B 两点的距 离和为 3,A1 对应数轴上的 x.

[4 分] 3 ∴-1-x+1-x=3,得 x=- . 2 同理设 B 点右侧有一点 B1 到 A,B 两点距离之和为 3,B1 对应数轴上的 x,∴x-1+x-(-1) 3 =3.∴x= . 2 从数轴上可看到,点 A1,B1 之间的点到 A,B 的距离之和都大于 3;点 A1 的左边或点 B1 的右边 的任何点到 A,B 的距离之和都大于 3.[8 分] 3? ?3 ? ? 所以原不等式的解集是?-∞,- ?∪? ,+∞?.[10 分] 2? ?2 ? ? 方法二 当 x≤-1 时,原不等式可化为 3 -(x+1)-(x-1)≥3,解得:x≤- .[3 分] 2 当-1<x<1 时,原不等式可以化为

x+1-(x-1)≥3,即 2≥3.不成立,无解.[6 分]
当 x≥1 时,原不等式可以化为

x+1+x-1≥3.所以 x≥ .[9 分]
? 3 3? 综上,可知原不等式的解集为?x|x≤- 或x≥ ?.[10 分] 2 2? ?

3 2

方法三 将原不等式转化为|x+1|+|x-1|-3≥0.
8

构造函数 y=|x+1|+|x-1|-3, -2x-3,x≤-1; ? ? 即 y=?-1,-1<x<1; ? ?2x-3,x≥1. 作出函数的图象,如图所示:

[3 分]

3 3 函数的零点是- , . 2 2 3 3 从图象可知,当 x≤- 或 x≥ 时,y≥0,[8 分] 2 2 即|x+1|+|x-1|-3≥0. 3? ?3 ? ? 所以原不等式的解集为?-∞,- ?∪? ,+∞?.[10 分] 2? ?2 ? ? 温馨提醒 这三种方法是解|x+a|+|x+b|≥c 型不等式常用的方法,方法一中关键是找到 特殊点,方法二中的分类讨论要遵循“不重不漏”的原则,方法三则要准确画出函数图象, 并准确找出零点.

方法与技巧 1.解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式 (组)进行求解. 含有多个绝对值符号的不等式,一般可用零点分段法求解,对于形如|x-a|+|x-b|>m 或 |x-a|+|x-b|<m (m 为正常数),利用实数绝对值的几何意义求解较简便. 2.不等式的证明方法灵活,要注意体会,要根据具体情况选择证明方法. 3.柯西不等式的证明有多种方法,如数学归纳法,教材中的参数配方法(或判别式法)等,参 数配方法在解决其它问题方面应用比较广泛.柯西不等式的应用比较广泛,常见的有证明不 等式,求函数最值,解方程等.应用时,通过拆常数,重新排序、添项,改变结构等手段改 变题设条件,以利于应用柯西不等式. 失误与防范 1.理解绝对值不等式的几何意义.

9

2.掌握分类讨论的标准,做到不重不漏. 3.利用基本不等式必须要找准“对应点”,明确“类比对象”,使其符合几个著名不等式的 特征. 4.注意检验等号成立的条件,特别是多次使用不等式时,必须使等号同时成立.

A 组 专项基础训练 (时间:50 分钟) 1 1.已知集合 A={x∈R||x+3|+|x-4|≤9},B={x∈R|x=4t+ -6,t∈(0,+∞)},求

t

集合 A∩B. 解 |x+3|+|x-4|≤9, 当 x<-3 时,-x-3-(x-4)≤9, 即-4≤x<-3; 当-3≤x≤4 时,x+3-(x-4)=7≤9 恒成立; 当 x>4 时,x+3+x-4≤9, 即 4<x≤5. 综上所述,A={x|-4≤x≤5}. 1 又∵x=4t+ -6,t∈(0,+∞),

t

∴x≥2

1 4t· -6=-2,

t

1 当 t= 时取等号. 2 ∴B={x|x≥-2}, ∴A∩B={x|-2≤x≤5}. 2.(2014·江苏)已知 x>0,y>0,证明:(1+x+y )·(1+x +y)≥9xy. 证明 因为 x>0,y>0, 3 2 3 2 2 2 所以 1+x+y ≥3 xy >0,1+x +y≥3 x y>0, 3 2 3 2 2 2 故(1+x+y )(1+x +y)≥3 xy ·3 x y=9xy. π π π 2 2 2 3.若 a、b、c 均为实数,且 a=x -2y+ ,b=y -2z+ ,c=z -2x+ .求证:a、b、 2 3 6
2 2

c 中至少有一个大于 0.
10

证明 假设 a、b、c 都不大于 0, 即 a≤0,b≤0,c≤0,所以 a+b+c≤0. 而 a+b+c π? ? 2 π? ? 2 π? ? 2 =?x -2y+ ?+?y -2z+ ?+?z -2x+ ? 2? ? 3? ? 6? ? =(x -2x)+(y -2y)+(z -2z)+π =(x-1) +(y-1) +(z-1) +π -3. 所以 a+b+c>0,这与 a+b+c≤0 矛盾, 故 a、b、c 中至少有一个大于 0. 4.(2013·课标全国Ⅱ)设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 a b c (1)ab+bc+ac≤ ;(2) + + ≥1. 3 b c a 证明 (1)由 a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,c +a ≥2ac 得
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c) =1, 即 a +b +c +2ab+2bc+2ca=1. 所以 3(ab+bc+ca)≤1, 1 即 ab+bc+ca≤ . 3
2 2 2 2

a2 b2 c2 (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a
故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), 即 + + ≥a+b+c. 所以 + + ≥1. 5.设不等式|2x-1|<1 的解集为 M. (1)求集合 M; (2)若 a,b∈M,试比较 ab+1 与 a+b 的大小. 解 (1)由|2x-1|<1 得-1<2x-1<1, 解得 0<x<1. 所以 M={x|0<x<1}. (2)由(1)和 a,b∈M 可知 0<a<1,0<b<1. 所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0. 故 ab+1>a+b.
11

a2 b2 c2 b c a a2 b2 c2 b c a

a2 b2 c2 b c a

6.(2014·辽宁)设函数 f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x -8x+1.记 f(x)≤1 的解集为 M,

2

g(x)≤4 的解集为 N.
(1)求 M; 1 2 2 (2)当 x∈M∩N 时,证明:x f(x)+x[f(x)] ≤ . 4
?3x-3,x∈[1,+∞?, ? (1)解 f(x)=? ?1-x,x∈?-∞,1?. ?

4 当 x≥1 时,由 f(x)=3x-3≤1 得 x≤ , 3 4 故 1≤x≤ ; 3 当 x<1 时,由 f(x)=1-x≤1 得 x≥0,故 0≤x<1. 4 所以 f(x)≤1 的解集为 M={x|0≤x≤ }. 3 (2)证明 由 g(x)=16x -8x+1≤4 1 2 得 16(x- ) ≤4, 4 1 3 解得- ≤x≤ . 4 4 1 3 因此 N={x|- ≤x≤ }, 4 4 3 故 M∩N={x|0≤x≤ }. 4 当 x∈M∩N 时,f(x)=1-x, 于是 x f(x)+x[f(x)] =xf(x)[x+f(x)] 1 1 2 1 =x·f(x)=x(1-x)= -(x- ) ≤ . 4 2 4 B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1.若 n∈N ,Sn= 1×2+ 2×3+?+ n?n+1?,求证: 证明 ∵n(n+1)>n , ∴Sn>1+2+?+n= 又∵ n?n+1?< = 2n+1 1 =n+ , 2 2
12
2 * 2 2 2

n?n+1?
2

?n+1? <Sn< . 2

2

n?n+1?
2 2

.

n+n+1

1 1 1 ∴Sn<(1+ )+(2+ )+?+(n+ ) 2 2 2 = = ∴

n?n+1? n
2 2 2 < + 2 2 .
2

n2+2n ?n+1?2 n?n+1?

?n+1? <Sn< . 2

2.(2013·课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)当 a=-2 时,求不等式 f(x)<g(x)的解集;

? a 1? (2)设 a>-1,且当 x∈?- , ?时,f(x)≤g(x),求 a 的取值范围. ? 2 2?
解 (1)当 a=-2 时, 不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0. 设函数 y=|2x-1|+|2x-2|-x-3, -5x,x< , 2 ? ? 1 则 y=? -x-2, ≤x≤1, 2 ? ?3x-6,x>1, 1 其图象如图所示,由图象可知,当且仅当 x∈(0,2)时,y<0, 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.

a 1 (2)∵a>-1,则- < , 2 2
∴f(x)=|2x-1|+|2x+a|

? a 1? 当 x∈?- , ?时,f(x)=a+1, ? 2 2? ? a 1? 即 a+1≤x+3 在 x∈?- , ?上恒成立. ? 2 2?
a 4 ∴a+1≤- +3,即 a≤ , 2 3
4? ? ∴a 的取值范围为?-1, ?. 3? ? 3.(2014·天津)已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数.设集合 M={0,1,2,?,q-1},
13

集合 A={x|x=x1+x2q+?+xnq

n-1

,xi∈M,i=1,2,?,n}.

(1)当 q=2,n=3 时,用列举法表示集合 A; (2)设 s, t∈A, s=a1+a2q+?+anq
n-1

, t=b1+b2q+?+bnq

n-1

, 其中 ai, bi∈M, i=1,2, ?,

n.证明:若 an<bn,则 s<t.
(1)解 当 q=2,n=3 时,M={0,1},A={x|x=x1+x2·2+x3·2 ,xi∈M,i=1,2,3},可 得 A={0,1,2,3,4,5,6,7}. (2)证明 由 s, t∈A, s=a1+a2q+?+anq
n-1
2

, t=b1+b2q+?+bnq

n-1

, ai, bi∈M, i=1,2, ?,

n 及 an<bn,可得 s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+?+(an-1-bn-1)·qn-2+(an-bn)qn-1
≤(q-1)+(q-1)q+?+(q-1)q = ?q-1??1-q 1-q
n-1 n-2

-q

n-1

? n-1 -q

=-1<0. 所以 s<t. 1 1 1 4.设 a,b,c 为正实数,求证: 3+ 3+ 3+abc≥2 3.

a

b

c

3 1 1 1 1 1 1 证明 因为 a,b,c 是正实数,由算术—几何平均不等式可得 3+ 3+ 3≥3 3· 3· 3,

a

b

c

a

b

c

1 1 1 3 即 3+ 3+ 3≥ .

a

b

c

abc

1 1 1 3 所以 3+ 3+ 3+abc≥ +abc.

a

b

c

abc



3

abc

+abc≥2

3

abc

·abc=2 3,

当且仅当 a=b=c 且 abc= 3时,取等号. 1 1 1 所以 3+ 3+ 3+abc≥2 3.

a

b

c

14


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