广州市第一中学2010届高三数学第二轮复习专题 - 不等式(8)

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故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］ 证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

3112222(y?z)2(1?x)21??x2?x2?x?＞，矛盾. =x+y+z≥x+2222221913132323x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

12222(y?z)22(1?x)2321则=x+y+z≥x+=x+=x－x+

222222323=x(x－)+＞；矛盾.

2332231212故x、y、z∈［0，］

b?c2c?a2a?b2x?y?z?2(xy?yz?zx)2bcbacbac?(x2?y2?2xy)?(y2?z2?2yz)?(z2?x2?2zx)abbcca?(6.(1)证明:?ba2cb2ac2x?y)?(y?z)?(z?x)?0abbccab?c2c?aa?b2?x?y?z?2(xy?yz?zx)abc(2)证明:所证不等式等介于x2y2z2(y?zz?xx?y??)?2(xy?yz?zx)2xyz

?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)2?(x?y?z)(y2z?yz2?z2x?zx2?x2y?xy2)?2(x2y2?y2z2?z2x2)?4(x2yz?xy2z?xyz2)?y3z?yz3?z3x?zx3?x3y?xy3?2x2yz?2xy2z?2xyz2?yz(y?z)2?zx(z?x)2?xy(x?y)2?x2(y?z)2?y2(z?x)2?z2(x?y)2?0∵上式显然成立，∴原不等式得证.

7.证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·…·(m－i+1)，

Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i?1?????,同理?????， mmmnnnmini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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由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有

n?km?k， ?nmAinAim所以i?i,即miAin?niAim

nm(2)由二项式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+…+Cnm，

22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+…+Cmn，

由(1)知mA＞nA (1＜i≤m∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

i

ini

imAimiAin,Cn?)，而C= i!i!im00222211∴m0C0=nC=1，mC=nC=m·n，mC＞nCm，…， nnnmnmmm+1m?1mmCmCn＞0，…，mnCnn＞nCm，mn＞0，

2n222n1mm∴1+C1nm+Cnm+…+Cnm＞1+Cmn+Cmn+…+Cmn，

即(1+m)n＞(1+n)m成立.

8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 (a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6

=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0. 即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2， 所以ab≤1.

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证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则??m?a?b，

n?ab?因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

①

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n) 所以

②

将②代入①得m

2

m22?n=33m

m22?－4(33m)≥0，

?m3?8即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

3m由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n， 即n≤1，所以ab≤1.

证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)

于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=? (a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

a3?b3a?b3?() 证法四：因为22(a?b)[4a2?4b2?4ab?a2?b2?2ab]3(a?b)(a?b)2≥0， ??88a?b3a3?b3) 所以对任意非负实数a、b，有≥(22a?b3a3?b3)， 因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=≥(223

3

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∴a?b

≤1，即a+b≤2，(以下略） 2

证法五：假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1， 又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)

因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

【不等式的应用练习1】

一、选择题

1.定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )

①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b) ③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a) A.①③

B.②④

C.①④

D.②③

二、填空题

2.下列四个命题中：①a+b≥2ab ； ②sin2x+若?1x4sin2x≥4 ； ③设x，y都是正数，

9=1，则x+y的最小值是12 ； ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，y其中所有真命题的序号是__________.

3.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.

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三、解答题

4.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1； (2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.

5.某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即

x，0＜x≤10).每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍. 1013(1)设y=ax，其中a是满足≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；

(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.

6.设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.

(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1； (2)求证：f(x)在R上单调递减；

(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=?，求a的取值范围.

7.已知函数f(x)=

2x2?bx?cx2?123 (b＜0)的值域是［1，3］，

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；

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