广州市第一中学2010届高三数学第二轮复习专题 - 不等式(2)

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解①得 1?x?5，解②得 x??1． 3??53??所以，原不等式的解集为 ?x1?x?或x??1?． （2）任取x1,x2??1,???，且x1?x2，则

22???f?x1??f?x2????ax1?x1?1???ax2?x2?1?????22??a?x1?x2????x1?1?x2?1????a?x1?x2??????x1?x2??a???x12?x22x12?1?x22?1x1?x2x12?1?x22????1??

要使函数f?x?在?1,???上为单调函数，需且只需：

a?x1?x2x1?1?x2?122恒成立，（或a?x1?x2x1?1?x2?122恒成立）．

因此，只要求出

x1?x2x1?1?x2?122在条件“x1,x2??1,???，且x1?x2”之下的最

大、最小值即可．为了探求这个代数式的最值，我们可以考虑极端情况，如：x1?1,x2?1，容易知道，此时

x1?x2x1?1?x2?1x1?x2x1?1?x2?12222???；若考虑x1?x2???，则不难看出，此时

?1，至此我们可以看出：要使得函数f?x?为单调函数，只需a?1．

事实上，当a?1时，由于x1?x2?x12?1?x22?1?0恒成立，所以，x1?x2x1?1?x2?122所以，在条件“x1,x2??1,???，且x1?x2”之下，必有：f?x1??f?x2??0． ?1．

所以，f?x?在区间?1,???上单调递减．

?5?当a?1时，由（1）可以看出：特例a?2的情况下，存在f?1??f??．由此可以猜想：

?3?函数f?x?在区间?1,???上不是单调函数．为了说明这一点，只需找到x1,x2??1,???，使得f?x1??f?x2?即可．简便起见，不妨取x1?1，此时，可求得x2?a2?1a?12?1，也即：

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?a2?1??，所以，f?x?在区间?1,???上不是单调函数． f?1??f??a2?1??a??

另解：f??x??a?xx?12，对x??1,???，易知：

当x?1时，xx?12???；当x???时，xx?12xx?12?1；

所以当x??1,???时，?1，

从而只须a?1，必有f??x??0，函数在x??1,???上单调递减。

【例6】 已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈

［－1，1］， m+n≠0时

f(m)?f(n)＞0.

m?n(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式：f(x+)＜f(

121)； x?1(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围.

解：(1)证明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］， 则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知

f(x1)?f(?x2)＞0，又 x1－x2＜0，

x1?x2f(x1)?f(?x2)·(x1－x2)

x1?x2∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数.

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(2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数，

1???1?x?2?1?1?1 ∴???1?x?1?11??x?2?x?1? 解得：{x|－≤x＜－1，x∈R}

32(3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1， 故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，

所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立， 即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0， 记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0， 只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0， g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2. ∴t的取值范围是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}.

【例7】 给出一个不等式

x2?1?cx?c2?1?cc（x∈R）。

经验证：当c=1, 2, 3时，对于x取一切实数，不等式都成立。

试问：当c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立？若能成立，请给出证明；若不成立，请求出c的取值范围，使不等式对任何实数x都能成立。

解：令f(x)=

x2?1?cx2?c，设u=x?c(u≥c)

2u2?11?u? (u≥c) 则f(x)=uu∴f(x)?c?11c?1(u?c(uc?1) ?(u?)??uccuc本站部分信息资源来源于网络，仅供学习究探讨收藏之用，版权归原作者所有！

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要使不等式成立，即f(x)－

c?1c≥0

∵u≥c>0 ∴只须uc－1≥0

11 ∴x2+c≥ cc11∴x2≥－c 故当c=时，

c2∴u2c≥1 u2≥

原不等式不是对一切实数x都成立，即原不等式对一切实数x不都成立 要使原不等式对一切实数x都成立，即使x2≥∵x2≥0 故

1－c对一切实数都成立。 c1－c≤0 c不等式的证明

∴c≥1(c>0) ∴c≥1时，原不等式对一切实数x都能成立。

【例1】 已知a?2，求证：log?a?1?a?loga?a?1? 解1：log?a?1?a?loga?a?1??1?loga?a?1?

loga?a?1??1??loga?a?1????loga?a?1??．

loga?a?1?因为a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，

loga?a?1??loga?a?1???loga?a?1????loga?a?1??????2??2?log?a?a2?14????loga?2a22

?14所以，log?a?1?a?loga?a?1??0，命题得证．

解2：因为a?2，所以，loga?a?1??0,loga?a?1??0，所以，

1log?a?1?aloga?a?1?1??，

loga?a?1?loga?a?1??loga?a?1????loga?a?1??由解1可知：上式>1．故命题得证．

【例2】 已知a＞0，b＞0，且a+b=1。求证：(a+

2511)(b+)≥. ab4证法一：(分析综合法)

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欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0， 即证ab≤或ab≥8.

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤，从而得证.

1414证法二：(均值代换法) 设a=+t1，b=+t2.

12121212∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab1111(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t12?1)(?t2?t22?1)4?2?2?41111?t1?t2(?t1)(?t2)2222115 (?t1?t12?1)(?t2?t22?1)(?t22)2?t224?4?411?t22?t2244253225?t2?t2425?162?16?.1142?t244显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.

12证法三：(比较法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab414本站部分信息资源来源于网络，仅供学习究探讨收藏之用，版权归原作者所有！

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