第一篇:高一函数与不等式试题
例1(1)已知0<x<
(2)求函数y=x+
1,求函数y=x(1-3x)的最大值;31的值域.x
x43x232求函数y=的最小值.2x
1当x<
3已知正数a,b,x,y满足a+b=10,38时,求函数y=x+的最大值.22x3ab=1,x+y的最小值为18,求a,b的值.xy
(2)不等式x4x3a对一切实数x恒成立,求实数a的取值范围_____
(3)若不等式2x1m(x21)对满足m2的所有m都成立,则x的取值范围_____
(1)n1
(4)若不等式(1)a2对于任意正整数n恒成立,则实数a的取n值范围是_____
(5)若不等式x22mx2m10对0x1的所有实数x都成立,求m的取值范围.n
13.已知y=f(x)是偶函数,y=g(x)是奇函数,x∈[0,] 上的图象如图,则不等式
.
14.已知向量(m,1)与b(1,n1)互相垂直,且点
(m, n)在第一象限内运动,则log2mlog2n的最大值是.
18.(12分)已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)x2x.(Ⅰ)求函数g(x)的解析式;
(Ⅱ)解不等式g(x)f(x)|x1|.
19.(12分)某种商品的成本为5元/件,开始按8元/件销售,销售量为50件,为了获取最大
利润,商家先后采取了提价与降价两种措施进行试销。经试销发现:销售价每上涨1元每天销售量就减少10件;而降价后,日销售量Q(件)与实际销售价x(元)满足关系 2f(x)0的解集是 g(x)
39(2x229x107)(5x7)Q1986x(7x8)x
5(1)求总利润(利润=销售额-成本)y(元)与实际销售价x(件)的函数关系式;
(2)试问:当实际销售价为多少元时,总利润最大.
21.(12分)已知关于x的不等式(kxk4)(x4)0,其中kR.
(1)当k变化时,试求不等式的解集A;
(2)对于不等式的解集A,若满足AZB(其中Z为整数集). 试探究集合B能
否为有限集?若能,求出使得集合B中元素个数最少的k的所有取值,并用列举法表示集合B;若不能,请说明理由.
22.(14分)(1)已知:a,b,x均是正数,且ab,求证:1
(2)当a,b,x均是正数,且ab,对真分数2axa; bxba,给出类似上小题的结论,并予以证明; b
sinAsinBsinC2(可直接应(3)证明:△ABC中,sinBsinCsinCsinAsinAsinB
用第(1)、(2)小题结论)
17.(本小题满分12分)若函数f(x)=logax(其中a>0且a≠1)在x∈[2,+∞)上总有|f(x)|>1
成立,求a的取值范围。
18.(本小题满分12分)已知实数p满足不等式
有无实根,并给出证明.
2x1试判断方程z22z5p20 0,x2
19.(本小题满分12分)(1)已知a,b是正常数,ab,x,y(0,),求证:
a2b2(ab)2
,指出等号成立的条件; xyxy
(2)利用(1)的结论求函数f(x)
值时x的值.
20.(本小题满分12分)已知M是关于x的不等式2x2+(3a-7)x+3+a-2a2<0解集,且M中的一个元素是0,求实数a的取值范围,并用a表示出该不等式的解集.291(x(0,))的最小值,指出取最小x12x2
21.(本小题满分12分)已知二次函数f(x)的二次项系数为正且f(2-x)=f(2+x).求不等式f(2-2ax2)
条件的在满足q条件中。
10,请选取适当的实数a的值,满足p22x3x1
第二篇:复合函数不等式 2
复合函数不等式
一元二次不等式
16.E3、B6、B7[2013·安徽卷] 已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<-1或x>},2
则f(10x)>0的解集为()
A.{x|x<-1或x>-lg 2}
B.{x|-1 C.{x|x>-lg 2} D.{x|x<-lg 2} 6.D 2.[解析] 根据已知可得不等式f(x)>0的解是-1 在含有两个或两个以上字母的不等式中,若使用其它方法不能解决,可将一边整理为零,而另一边为某个字母的二次式,这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的,都可考虑使用判别式,但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。 例1.设:a、b、c∈R,证明:a2acc23b(abc)0成立,并指出等号何时成立。 解析:令f(a)a2(3bc)ac23b23bc ⊿=(3bc)24(c23b23bc)3(bc)2 ∵b、c∈R,∴⊿≤0 即:f(a)0,∴a2acc23b(abc)0恒成立。 当⊿=0时,bc0,此时,f(a)a2acc23ab(ac)20,∴abc时,不等式取等号。 4例2.已知:a,b,cR且abc2,a2b2c22,求证: a,b,c0,。 3abc222解析:2 消去c得:此方程恒成立,a(b2)ab2b10,22abc2∴⊿=(b2)24(b22b1)3b24b0,即:0b4同理可求得a,c0, 34。3② 构造函数逆用判别式证明不等式 对某些不等式证明,若能根据其条件和结论,结合判别式的结构特征,通过构造二项平方和函数:f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2 由f(x)0,得⊿≤0,就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题,获得简捷明快的证明。 例3.设a,b,c,dR且abcd1,求证:4a14b14c14d1﹤6。解析:构造函数: f(x)(4a1x1)2(4b1x1)2(4c1x1)2(4d1x1) 2=8x22(4a14b14c14d1)x4.(abcd1)由f(x)0,得⊿≤0,即⊿=4(4a14b14c14d1)21280.∴4a14b14c14d142﹤6.例4.设a,b,c,dR且abc1,求解析:构造函数f(x)(=(1axa)2(149的最小值。abc2bxb)2(3cxc)2 1492)x12x1,(abc1)abc111由f(x)0(当且仅当a,b,c时取等号),632149得⊿≤0,即⊿=144-4()≤0 abc111149 ∴当a,b,c时,()min36 632abc 构造函数证明不等式 1、利用函数的单调性 +例 5、巳知a、b、c∈R,且a bmb[分析]本题可以用比较法、分析法等多种方法证明。若采用函数思想,构造出与所证不等式密切相关的函数,利用函数的单调性来比较函数值而证之,思路则更为清新。 ax+,其中x∈R,0 bxbx证明:令 f(x)= ∵b-a>0 ba+ 在R上为减函数 bxba+从而f(x)= 在R上为增函数 bx∴y= ∵m>0 ∴f(m)> f(0) ∴ama> bmb例 6、求证:ab1ab≤ ab1ab(a、b∈R) [分析]本题若直接运用比较法或放缩法,很难寻其线索。若考虑构造函数,运用函数的单调性证明,问题将迎刃而解。 [证明]令 f(x)= x,可证得f(x)在[0,∞)上是增函数(证略)1x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣ 得 f(∣a+b∣)≤ f(∣a∣+∣b∣) 即: ab1ab≤ ab1ab [说明]要证明函数f(x)是增函数还是减函数,若用定义来证明,则证明过程是用比较法证明f(x1)与f(x2)的大小关系;反过来,证明不等式又可以利用函数的单调性。 2、利用函数的值域 例 7、若x为任意实数,求证:— x11≤≤ 221x2[分析]本题可以直接使用分析法或比较法证明,但过程较繁。联想到函数的值域,于是构造函数f(x)= x11,从而只需证明f(x)的值域为[—,]即可。 1x222x2证明:设 y=,则yx-x+y=0 21x ∵x为任意实数 ∴上式中Δ≥0,即(-1)-4y≥0 1 411得:—≤y≤ 22x11 ∴—≤≤ 21x22 ∴y≤2[说明]应用判别式说明不等式,应特别注意函数的定义域。 另证:类比万能公式中的正弦公式构造三角函数更简单。 例 8、求证:必存在常数a,使得Lg(xy)≤ Lga.lg2xlg2y 对大于1的任意x与y恒成立。 [分析]此例即证a的存在性,可先分离参数,视参数为变元的函数,然后根据变元函数的值域来求解a,从而说明常数a的存在性。若s≥f(t)恒成立,则s的最小值为f(t)的最大值;若 s≤f(t)恒成立,则s的最大值为f(t)的最小值。 22证明:∵lgxlgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可变形为:Lga≥ lgxlgylgxlgy22 2(lgxlgy)2lgxlgy 令 f(x)= == 1222222lgxlgylgxlgylgxlgylgxlgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴lgx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgxlgy ∴ 1 从而要使原不等式对于大于1的任意x与y恒成立,只需Lga≥2即 a≥10 2即可。 故必存在常数a,使原不等式对大于1的任意x、y恒成立。 3、运用函数的奇偶性 xx<(x≠0)12x2xx 证明:设f(x)=-(x≠0)x122 例 9、证明不等式: xxx2xx ∵f(-x)=-= x+ x122212xxx [1-(1-2)]+ 12x2xx =-x+= f(x)x122 = ∴f(x)的图象关于y轴对称 x ∵当x>0时,1-2<0,故f(x)<0 当x<0时,根据图象的对称性知f(x)<0 故当 x≠0时,恒有f(x)<0 即:xx<(x≠0)x122 [小结]本题运用了比较法,实质是根据函数的奇偶性来证明的,本题也可以运用分类讨论思想。但利用偶函数的轴对称性和奇函数的中心对称性,常能使所求解的问题避免复杂的讨论。 构造函数证明不等式 构造函数证明:>e的(4n-4)/6n+3)次方 不等式两边取自然对数(严格递增)有: ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3) 不等式左边=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1) =ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln 构造函数f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3) 对f(x)求导,有:f'(x)=+^ 2当x>2时,有f'(x)>0有f(x)在x>2时严格递增从而有 f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0 即有ln>(4n-4)/(6n+3) 原不等式等证 【解】: ∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3)) ∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1) ∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1) 原式可化简为:2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3)) 构建函数:F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3)) 其一阶导数F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2 ∵e^((4n-4)/(6n+3)) ∴F’(n)>0 而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0 所以F(n)>0 即:2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3)) 故得证。 一、结合勘根定理,利用判别式“△”的特点构造函数证明不等式 例1若a,b,c∈R,且a≠0,又4a+6b+c>0,a-3b+c<0.求证:9b2>4ac.证明构造函数f(x),设f(x)=ax2+3bx+c(a≠0),由f(2)=4a+6b+c>0,f(-1)=a-3b+c<0,根据勘根定理可知:f(x)在区间(-1,2)内必有零点.又f(x)为二次函数,由勘根定理结合可知: f(x)必有两个不同的零点.令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,所以可得:9b2>4ac.命题得证.评析本题合理变换思维角度,抓住问题本质,通过构造二次函数,将所要证明的结论转化成判别式“△”的问题,再结合勘根定理和二次函数知识,从而使问题获得解决.二、结合构造函数的单调性证明不等式 例2(2005年人教A版《选修4-5不等式选讲》例题改编)已知a,b,c是实数,求证: |a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.证明构造函数f(x),设f(x)=x1+x(x≥0).由于f′(x)=1(1+x)2,所以结合导数知识可知f(x)在[0,+∞)上是增函数.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命题得证.三、结合构造函数在某个区间的最值证明不等式 例3(第36届IMO试题) 设a,b,c为正实数,且满足abc=1,求证: 1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.证明构造函数,设f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),显然a=b=c=1时,f(a,b,c)=32≥32成立.又abc=1,a,b,c为正实数,则a,b,c中必有一个不大于1,不妨设0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,∴f(a,b,c)≥f(a,1,c),因此要证f(a,b,c)≥32,只要证f(a,1,c)≥32,此时ac=1,∴a,1,c成等比数列,令a=q-1,c=q(q>0).f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q) =q5+1q2(1+q)+qq2+1 =(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1 =(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1 =t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1,且t≥2).由导数知识(方法同例 2、例3)可知函数 f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函数,当且仅当t=2q=1a=c=1时,(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立,∴f(a,1,c)≥32.故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命题得证。 函数法证明不等式 已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足0 <1>证明0 <2>证明an+1<(1/6)×(an)^ 3它提示是构造一个函数然后做差求导,确定单调性。可是还是一点思路都没有,各位能不能给出具体一点的解答过程啊? (1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx 00,f(x)是增函数,f(0) 因为0 且an+1=an-sinan (2)求证不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0① 构造函数g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0 g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)单增,g'(x)>g'(0)=0 所以g(x)单增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立 因此an+1<(1/6)×(an)^3成立。 证毕! 构造分式函数,利用分式函数的单调性证明不等式 【例1】证明不等式:≥(人教版教材p23T4) 证明:构造函数f(x)=(x≥0) 则f(x)==1-在上单调递增 ∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b| ∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所证不等式正确。 点评:本题还可以继续推广。如:求证:≥。利用分式函数的单调性可以证明的教材中的习题还有很多,如: p14第14题:已知c>a>b>0,求证: p19第9题:已知三角形三边的长是a,b,c,且m是正数,求证: p12例题2:已知a,b,m,都是正数,且a 二、利用分式函数的奇偶性证明不等式 【例2】证明不等式:(x≠0) 证明:构造函数f(x)= ∵f(-x)= =f(x) ∴f(x)是偶函数,其图像关于y轴对称。 当x>0时,<0,f(x)<0; 当x<0时,-x>0,故f(x)=f(-x)<0 ∴<0,即 三、构造一次函数,利用一次函数的单调性证明不等式 【例3】已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:a+b+c证明:构造函数f(c)=(1-ab)c+a+b-2 ∵|a|<1,|b|<1 ∴-10 ∴f(c)的(-1,1)上是增函数 ∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)<0 ∴f(1)<0,即(1-ab)c+a+b-2<0 ∴a+b+c。第三篇:构造函数证明不等式
第四篇:构造函数证明不等式
第五篇:函数法证明不等式