高二数学竞赛辅导不等式专题

高二数学竞赛辅导不等式专题一、与导数数列的结合1.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明01na,*nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即01ka.则当n=k+1时,因为0x1时,1()1011xfxxx,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)f(ka)f(1),即011ln21ka.故当n=k+1时,结论也成立.即01na对于一切正整数都成立，由01na,得1ln1ln(1)0nnnnnnaaaaaa,从而1nnaa.综上可知101.nnaa————6分(Ⅱ)构造函数g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx,0x1,由2()01xgxx,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为01na,所以0nga,即22nnafa0,从而21.2nnaa————10分(Ⅲ)因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb,1nnbb12n,所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb—①,由(Ⅱ)21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=31212121222nnnaaaaaaaaa,因为122a,n≥2,101.nnaa所以na1121222naaaa112nna2122na=12n————②.————14分由①②两式可知:!nnban.————16分2.已知为锐角，且12tan，函数)42sin(2tan)(2xxxf，数列{an}的首项)(,2111nnafaa.⑴求函数)(xf的表达式；⑵求证：nnaa1；⑶求证：),2(21111111*21Nnnaaan解：⑴1)12(1)12(2tan1tan22tan22又锐角∴42∴1)42sin(xxxf2)(⑵nnnaaa21∵211a∴naaa,,32都大于0∴02na∴nnaa1⑶nnnnnnnaaaaaaa111)1(11121∴11111nnnaaa∴1322121111111111111nnnaaaaaaaaa1111211nnaaa∵4321)21(22a,143)43(23a,又∵nnaan12∴131aan∴21211na3.已知数列na满足111,21nnaaanN（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足nnbnbbbba)1(44441111321，证明：na是等差数列；（Ⅲ）证明：23111123nnNaaa解：（1）121nnaa，)1(211nnaa故数列}1{na是首项为2，公比为2的等比数列。nna21，12nna（2）nnbnbbbba)1(44441111321，nnnbnbbb24)(21nnnbnbbb2)(221①，1121)1()1(2)(2nnnbnnbbbb②②—①得nnnnbbnb11)1(22，即1)1(2nnbnnb③…212)1(nnnbbn④④—③得112nnnnbnbnb，即112nnnbbb所以数列}{nb是等差数列（3）1111212211211nnnnaa设132111naaaS，则)111(211322naaaaS)1(21112naSa3213212112nnaaaS4.设.2)(,ln)(),(2)(epqeegxxfxfxqpxxg且其中（e为自然对数的底数）（I）求p与q的关系；（II）若)(xg在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（III）证明①)1()1(xxxf；②)1(412ln33ln22ln2222nnnnn（n≥2）.解：（I）由题意,ln2)(xxqpxxg分而又3.,01,0)1)((,01)()(,22,2)(qpeeeeqpeqpeqpeqqeeqpeeqpeeg（II）由（I）知：xxppxxgln2)(，,22)(222xpxpxxxppxg令h(x)=px2－2x+p.要使g(x)在（0，+∞）为单调函数，只需h(x)在（0，+∞）满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.①xxhp2)(,0时，,02)(,0)(,02xxxgxhx∴g(x)在（0，+∞）单调递减，∴p=0适合题意.…②当p0时，h(x)=px2－2x+p为开口向上抛物线，轴为x=p1∈（0，+∞）.∴h(x)min=p－p1.只需p－p1≥0，即p≥1时h(x)≥0，g′(x)≥0，∴g(x)在(0,+∞)单调递增，∴p≥1③当p0时，h(x)=px2－2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=p1（0，+∞），只需h(0)≤0，即p≤0时h(0)≤（0,+∞)恒成立.∴g′(x)0，∴g(x)在（0,+∞）单调递减，∴p0适合题意.综上①②③可得，p≥1或p≤0.……………………………………9分（III）证明：①即证：lnx－x+1≤0(x0)，设xxxxkxxxk111)(,1ln)(则.当x∈（0，1）时，k′(x)0，∴k(x)为单调递增函数；当x∈（1，∞）时，k′(x)0，∴k(x)为单调递减函数；∴x=1为k(x)的极大值点，∴k(x)≤k(1)=0.即lnx－x+1≤0，∴lnx≤x－1.②由①知lnx≤x－1,又x0，xxxxx111ln.)1(412)]1121(1[21)]11141313121(1[21)])1(1431321()1[(21)]13121()]1[(21)11311211(212ln33ln22ln),11(21ln.11ln,,2*,2222222222222222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnxnNn得令时5.设A（x1,y1）,B(x2,y2)是函数f(x)=xx1log212的图象上任意两点，且)(21OBOAOM，已知点M的横坐标为21.(1)求证：M点的纵坐标为定值；(2)若Sn=f(nnnfnfn),1()2()1∈N*，且n≥2,求Sn;(3)已知an=2)1)(1(11321nSSnnn，其中n∈N*.Tn为数列{an}的前n项和，若Tn＜λ(Sn+1+1)对一切n∈N*都成立，试求λ的取值范围.（1）∵),(21OBOAOM∴M是AB的中点.设M点的坐标为（x,y）,由21（x1+x2）=x=21,得x1+x2=1，则x1=1-x2或x2=1-x1.而y=21(y1+y2)=21［f(x1)+f(x2)］=21(21+log2)1log21122211xxxx=21(1+log2)1log122211xxxx=21(1+log2)1·12211xxxx=21(1+log2,21)0121··2121（）xxxx∴M点的纵坐标为定值21.（2）由（1）知x1+x2=1,f(x1)+f(x2)=y1+y2=1,Sn=f(),1()2()1nnfnfnSn=f()1()2()1nfnnfnn,两式相加得：2Sn=［f()1()1nnfn)+［f()2()2nnfn)+…+［f()1()1nfnn)=1111n∴Sn=21n(n≥2,n∈N*).(2)当n≥2时,an=114114().(1)(1)(1)(2)12nnSSnnnnTn=a1+a2+a3+…+an=432［()1111()4131nn)=432(.22)2131nnn由Tn＜λ(Sn+1+1)得22nn＜λ·.22n∴λ＞.444444)2(422nnnnnnn∵n+n4≥4,当且仅当n=2时等号成立,∴.21444444nn因此λ＞21，二、不等式恒成立专题函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题，在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形结合型.策略一、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1．由等式x4+a1x3+a2x2+a3x+a4=(x+1)4+b1(x+1)3+b2(x+1)2+b3(x+1)+b4定义映射f：(a1,a2,a3,a4)→b1+b2+b3+b4,则f：(4,3,2,1)→()A.10B.7C.-1D.0策略二、一次函数型——利用单调性求解给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)0，则根据函数的图象（线段）（如下图）可得上述结论等价于ⅰ）0)(0mfa，或ⅱ）0)(0nfa可合并定成0)(0)(nfmf同理，若在[m,n]内恒有f(x)0，则有0)(0)(nfmf例3．对于满足|a|2的所有实数a,求使不等式x2+ax+12a+x恒成立的x的取值范围.分析：在不等式中出现了两个字母：x及a,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数.显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于a的一次函数大于0恒成立的问题.策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解对于二次函数f(x)=ax2+bx+c=0(a≠0)在实数集R上恒成立问题可利用判别式直接求解，即nmoxynmoxyf(x)0恒成立00a；f(x)0恒成立00a.若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解.例4．若函数12)1()1()(22axaxaxf的定义域为R，求实数a的取值范围.策略四、变量分离型——分离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若对于x取值范围内的任何一个数都有f(x)g(a)恒成立，则g(a)f(x)min;若对于x取值范围内的任何一个数，都有f(x)g(a)恒成立，则g(a)f(x)max.(其中f(x)max和f(x)min分别为f(x)的最大值和最小值)例7.函数)(xf是奇函数，且在]1,1[上单调递增，又1)1(f，若12)(2attxf对所有的]1,1[a都成立，