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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 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 f ( x) = x ? ln (1 + x ) , 数 列 {an } 满 足 0 < a1 < 1 ,

1 1 an +1 = f ( an ) ; 数 列 {bn } 满 足 b1 = , bn +1 ≥ (n + 1)bn , n ∈ N * . 求 证 : ( Ⅰ ) 2 2 0 < an +1 < an < 1; (Ⅱ) an +1 <
an 2 2 ; (Ⅲ)若 a1 = , 则当 n≥2 时, bn > an ? n ! . 2 2
*

解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明 0 < an < 1 , n ∈ N .(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 0 < ak < 1 . 则 当 n=k+1 时 , 因 为 0<x<1 时, f ′( x ) = 1 ?

1 x = > 0 ,所以 f(x)在(0,1)上是增函数.又 f(x)在 [ 0,1] 上连续,所以 x +1 x +1

f(0)<f( ak )<f(1),即 0< ak +1 < 1 ? ln 2 < 1 . 故当 n=k+1 时,结论也成立. 即 0 < an < 1 对于一切 正整数都成立,由 0 < an < 1 , 得 an +1 ? an = an ? ln (1 + an ) ? an = ? ln(1 + an ) < 0 , 从而 an +1 < an .综上可知 0 < an +1 < an < 1. ————6 分 (Ⅱ)构造函数 g(x)=

x2 x2 x2 -f(x)= + ln(1 + x) ? x , 0<x<1,由 g ′( x) = > 0 ,知 g(x)在 2 2 1+ x
因为 0 < an < 1 ,所以 g ( an ) > 0 ,

(0,1)上增函数.又 g(x)在 [ 0,1] 上连续,所以 g(x)>g(0)=0. 即

an 2 a2 ? f ( an ) >0,从而 an +1 < n . ————10 分 2 2
(Ⅲ) 因 为

b 1 1 n +1 b1 = , bn +1 ≥ (n + 1)bn , 所 以 bn > 0 , n +1 ≥ 2 2 bn 2

,

所 以

bn =

bn bn ?1 b2 a2 a a 1 ? L ? b1 ≥ n ? n ! —① , 由 (Ⅱ) an +1 < n , 知 : n +1 < n , bn ?1 bn ? 2 b1 2 2 an 2

所 以

an a2 a3 a a a a 2 = ? L n < 1 2 L n ?1 ,因为 a1 = , n≥2, 0 < an +1 < an < 1. a1 a1 a2 an ?1 2 2 2 2 a1n 2 ? a12 1 a1 a2 an ?1 所以 an < L ? a1 < n ?1 < n = n ————② . ————14 分 2 2 2 2 2 2
由①② 两式可知: bn > an ? n ! .————16 分

2.已知 α 为锐角,且 tan α = 2. 的首项 a1 =

2 ? 1 ,函数 f ( x) = x 2 tan 2α + x ? sin(2α +

π
4

) ,数列{an}

1 , a n +1 = f (a n ) . 2

⑴ 求函数 f (x ) 的表达式; ⑵ 求证: a n +1 > a n ;



求证: 1 <

1 1 1 + +L+ < 2 (n ≥ 2 , n ∈ N * ) 1 + a1 1 + a 2 1 + an

解 :⑴ tan 2α =

2 tan α 2( 2 ? 1) π π = = 1 又 α 锐角∴ 2α = ∴ sin( 2α + ) = 1 2 4 4 1 ? tan α 1 ? ( 2 ? 1) 2
⑵ a n +1 = a n + a n
2

f ( x) = x 2 + x
∴ an > 0
2

∵ a1 =

1 2

∴ a 2 , a 3 , L a n 都大于 0

∴ a n +1 > a n



1 a n +1

=

1 1 1 1 ∴ = = ? a + a n a n (1 + a n ) a n 1 + a n
2 n

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ? ∴ + +L+ = ? + ? +L+ ? a n a n+1 1 + a n a n a n +1 1 + a1 1 + a 2 1 + a n a1 a 2 a 2 a 3 = 1 1 1 1 2 1 3 3 2 3 ? = 2? ∵ a 2 = ( ) + = , a3 = ( ) + > 1 , a1 a n +1 a n +1 2 2 4 4 4
∴ a n +1 ≥ a3 > 1 ∴1 < 2 ?

又∵ n ≥ 2 a n +1 > a n

1 a n +1

<2

3.已知数列 {an } 满足 a1 = 1, an +1 = 2an + 1 n ∈ N ? (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; 3. (Ⅱ)若数列 {bn } 满足 4 (Ⅲ)证明:
b1 ?1

(

)

4 b2 ?1 4 b3 ?1 L 4 bn ?1 = (a n + 1) bn ,证明: {an } 是等差数列;

1 1 1 2 + +L + < (n ∈ N ? ) a2 a3 an +1 3

(1)Q a n +1 = 2a n + 1 ,∴ a n +1 + 1 = 2( a n + 1) 故数列 {a n + 1} 是首项为 2,公比为 2 解: 的 等 比 数 列 。 ∴ a n + 1 = 2 , a n = 2 ? 1 ( 2 ) Q 4 b1 ?1 4 b2 ?1 4 b3 ?1 L 4 bn ?1 = ( a n + 1) bn ,
n n

∴ 4 ( b1 +b2 +L+bn ? n ) = 2 nbn

2(b1 + b2 + L + bn ) ? 2n = nbn
② ② —

① ①

, 得

2(b1 + b2 + L + bn +b n +1 ) ? 2(n + 1) = (n + 1)bn+1

2bn +1 ? 2 = (n + 1)bn +1 ? nbn ,即 nbn ? 2 = (n ? 1)bn+1 ③…∴ (n + 1)bn +1 ? 2 = nbn + 2 ④
④—③得 2nbn +1 = nbn + nbn ?1 ,即 2bn +1 = bn + bn ?1 所以数列 {bn } 是等差数列 (3)Q

1 1 1 1 1 = n +1 < n +1 = a n 2 ? 1 2 ? 2 2 a n ?1

设S =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +L+ ,则 S < + (S ? ) + ( + +L+ ) = a 2 a3 a n +1 a 2 2 a 2 a3 an a2 2 a n +1

S<

2 1 2 1 2 ? = ? < a 2 a n +1 3 a n +1 3
q p ? 2 f ( x ), 其中f ( x ) = ln x, 且g (e) = qe ? ? 2. (e 为自然对数的底数) x e

4.设 4. g ( x) = px ?

(I)求 p 与 q 的关系; (II)若 g (x ) 在其定义域内为单调函数,求 p 的取值范围; (III)证明① f (1 + x ) ≤ x

( x > ?1) ;②

ln 2 ln 3 ln n 2n 2 ? n ? 1 + 2 +L+ 2 < (n≥2). 4(n + 1) 22 3 n

(I)由题意 g ( x ) = px ? 解:

q ? 2 ln x, x

q q q ? 2,∴ pe ? ? 2 = qe ? ? 2, e e e 1 1 ∴ ( p ? q )e + ( p ? q ) = 0,∴ ( p ? q )(e + ) = 0, e e 1 而e + ≠ 0,∴ p = q.KKKKKKKKKKKKK 3分 e 又g (e) = pe ?
(II)由(I)知: g ( x) = px ?

p p 2 px 2 ? 2 x + p ? 2 ln x , g ′( x) = p + 2 ? = , x x x x2

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 . ①

p = 0时, h( x) = ?2 x



Q x > 0,∴ h( x) < 0,∴ g ′( x) = ?

2x < 0, ∴g(x)在(0,+∞)单调递减,∴p=0 适合题意.… x2 1 1 ∈(0,+∞).∴h(x)min=p- . p p

②当 p>0 时,h(x)=px2-2x+p 为开口向上抛物线,轴为 x=

只需 p-

1 ≥0,即 p≥1 时 h(x)≥0,g′(x) ≥0,∴g(x)在(0,+ ∞)单调递增,∴p≥1 p 1 ? (0,+∞) , p

③当 p<0 时,h(x)=px2-2x+p 图象为开口向下的抛物线,其对称轴为 x=

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, ∴p<0 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 (x>0), k ( x) = ln x ? x + 1, 则k ′( x) = 设 当 x∈(0,1)时,k′(x)>0,∴k(x)为单调递增函数;

1 1? x ?1 = . x x

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 x>0,



ln x x ? 1 1 ≤ = 1? x x x

ln n 2 1 ln n 1 1 Q n ∈ N *, n ≥ 2时, 令x = n , 得 2 ≤ 1 ? 2 . ∴ 2 ≤ (1 ? 2 ), 2 n n n n ln 2 ln 3 ln n 1 1 1 1 ∴ 2 + 2 + K + 2 ≤ (1 ? 2 + 1 ? 2 + K + 1 ? 2 ) 2 2 3 2 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 = [(n ? 1)] ? ( 2 + 2 + K + 2 )] < [(n ? 1) ? ( + +K+ )] 2 2 2 × 3 3× 4 n(n + 1) 2 3 n
2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n 2 ? n ? 1 = [n ? 1 ? ( ? + ? + K + ? )] = [n ? 1 ? ( ? )] = 2 2 3 3 4 n n +1 2 2 n +1 4(n + 1)
5. 设 A ( x1,y1 ) ,B(x2,y2) 是 函 数 f(x)=

1 x 的图象上任意两点,且 + log 2 2 1? x 1 1 OM = (OA + OB ) ,已知点 M 的横坐标为 .(1)求证:M 点的纵坐标为定值;(2) 若 2 2 1 2 n ?1 Sn=f( ) + f ( ) +…+ f ( ), n ∈ N* , 且 n ≥ 2, 求 Sn;(3) 已 知 n n n

?2 n =1 ?3 ? a n= ? 1 ? ? ( S n + 1)( S n +1 + 1) ?
*

, 其中 n∈N . Tn 为数列{an}的前 n 项和, Tn<λ(Sn+1+1) 若 N

*

n≥2

对一切 n∈N 都成立,试求λ的取值范围. N (1) OM = ∵

1 1 1 (OA + OB ), ∴M 是 AB 的中点.设 M 点的坐标为 (x,y) 由 (x1+x2) , =x= , 2 2 2 1 1 得 x1+x2=1 , 则 x1=1-x2 或 x2=1-x1. 而 y= (y1+y2)= [ f(x1)+f(x2) ] 2 2
=

1 2

(

1 2

+log2

x1 x 1 + + log 2 2 ) 1 ? x1 2 1 ? x2

=

1 2

(1+log2

x1 x + log 2 2 ) 1 ? x1 1 ? x2 1 . 2

=

1 1 x x x ·x 1 1 (1+log2 1 · 2 ) = (1+log2 1 2 ) ( + 0) = , = 1 2 2 1 ? x1 1 ? x2 x1· x2 2 2
(2)由(1)知 x1+x2=1,f(x1)+f(x2)=y1+y2=1, Sn=f(

∴M 点的纵坐标为定值

n ?1 n?2 1 )+ f( ) +…+ f ( ) , n n n

n ?1 ), n 1 n ?1 两 式 相 加 得 : 2Sn= [ f( ) + f ( ) )+ n n
Sn=f( ) + f ( ) + … + f (

1 n

n 2

[f( ) + f (

2 n

n?2 n ?1 1 n ?1 * ) )+…+[f( ) + f ( ) ) = 1 +4243 ∴Sn= (n≥2,n∈N ). N 11+…+1 n n n 2 n ?1

(2)当 n≥2 时,an=

1 4 1 1 = = 4( ? ). ( S n + 1)( S n +1 + 1) (n + 1)(n + 2) n +1 n + 2

2 1 1 1 1 )) + 4 [( ? ) + … + ( ? 3 3 4 n +1 n +1 2 1 1 2n = + 4( ? . )= 3 3 n+2 n+2 4n 4n 4 2n n+2 由 Tn<λ(Sn+1+1)得 <λ· . ∴λ> = 2 = . 2 n+2 2 ( n + 2) n + 4n + 4 n + 4 + 4 n 4 4 1 4 1 ∵n+ ≥4,当且仅当 n=2 时等号成立,∴ ≤ = . 因此λ> , 4 4+4 2 n 2 n+ +4 n
Tn=a1+a2+a3+…+an= 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 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.10 B.7 ) C.-1 D.0

策略二、一次函数型——利用单调性求解 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) ?

?a > 0 ,或 ? f ( m) > 0

ⅱ) ?

?a < 0 ? f ( n) > 0

可合并定成 ?

? f ( m) > 0 ? f ( n) > 0

同理,若在[m,n]内恒有 f(x)<0,则有 ?

? f ( m) < 0 ? f ( n) < 0
y

y

o m n o m n 例 3.对于满足|a| ≤ 2 的所有实数 a,求使不等式 x2+ax+1>2a+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. 分析 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 策略三、二次函数型——利用判别式,韦达定理及根的分布求解 ——利用判别式 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

x

x

f(x)>0 恒成立 ?

?a > 0 ;f(x)<0 恒成立 ? ? ?? < 0

?a < 0 . ? ?? < 0

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 .

f ( x) = (a 2 ? 1) x 2 + (a ? 1) x +

2 的定义域为 R,求实数 a 的取值范围. a +1

策略四、变量分离型——分离变量,巧妙求解 策略四、变量分离型——分离变量,巧妙求解 ——分离变量 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, 都有 f(x)<g(a)恒成立, g(a)>f(x)max.(其中 f(x)max 和 f(x)min 则 则 g(a)<f(x)min;若对于 x 取值范围内的任何一个数, 分别为 f(x)的最大值和最小值 例 7. 函数 ) 对

f (x) 是奇函数,且在 [?1,1] 上单调递增,又 f (?1) = ?1 ,若 f ( x) ≤ t 2 ? 2at + 1

所有的 a ∈ [?1,1] 都成立,求 t 的取值范围 . 策略五、数形结合——直观求解 策略五、数形结合——直观求解 —— 例 8.

对任意实数x,不等式 x + 1 ? x ? 2 > a恒成立,求实数a 的取值范围. 对任意实数x,不等式 x + 1 ? x ? 2 > a恒成立
即转化为求函数

分 析 : 设 y=|x+1|-|x-2|,

y=|x+1|-|x-2|的最小值,画出此函数的图象即可求得 a 的取值范围. 例 4:已知向量 a =(x2,x+1), :

r

v b =(1-x,t)

若函数 f(x)= a · b 在区间(-1,1)上是增函数,求 t 的取值范围。
'

r

v

函数 y=f(x)在区间(0, 例 6: :

导函数 f + ∞ )内可导,

(x)是减函数, 且

f ' (x)>0。 x0 ∈ (0, 设

y=kx+m + ∞ ),

是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程并设函数 g(x)=kx+m (Ⅰ)用 x0,f(x0),

f ' (x0)表示 m;
+ ∞ )时,g(x) ≥ f(x)
2
2

(Ⅱ)证明:当 x ∈ (0,

3 3 (Ⅲ)若关于 x 的不等式 x +1 ≥ ax+b ≥ x 在[0, + ∞ )上恒成立,其中 a、b 为实数。求 b 的取 2
值范围及 a 与 b 所满足的关系。

本题(Ⅲ)应用了此方法。

(Ⅲ)解:0

≤b ≤1,a>0 是不等式成立的必要条件。以下讨论设此条件成立。
即 x -ax+(1-b)≥0 对任意 x ∈ [0,
2

x +1 ≥ ax+b
2

+ ∞ )成立的充要条件是 a ≤ 2(1 b)

1 2

3 令 Φ(x)=ax+b-

3 x ,于是 ax+b ≥ x 3 对任意 x ∈ [0, + ∞ )成立的充要条件是 Φ(x) ≥ 0 2 2
? 1 3

2 3

2



Φ ' (x)=a- x
?3

=0 得 x= a

?3

当 0<x< a 此,

时,

Φ ' (x) <0;当 x> a ?3 时, Φ ' (x) >0,所以,当 x= a ?3 时, Φ(x)取最小值。因
?3

Φ(x) ≥ 0 成立的充要条件是 Φ( a
综 上 , 不 等 式 x +1
1 2
1
2

) ≥ 0。即 a ≥
2

(2b)

?

1 2



ax+b

3 3 ≥ x 2

对 任 意 x



[0,

+∞

] 成 立 的 充 要 条 件 是

(2b)

?

≤a ≤ 2(1-b) 2 …………①显然,存在 a、b 使①式成立的充要条件是:
? 1 2

不等式 (2b)

≤ 2(1-b) 2 ………②有解。解不等式②得
2 2

1

2? 2 2+ 2 ≤b≤ ……………③ 4 4
的取值范围。

因此,③式即为 b 的取值范围,①式即为实数 a 与 b 所满足的关系。 例 1 求使不等式 sin x+acosx+ a
2

≥ 1+cosx 对一切 x ∈ R 恒成立的负数 a
2

解:原不等即 cos x+(1-a)cosx-a x ∈ R 恒成立当且仅当 f(t)=t +(1-a)-a
2 2

≤ 0 (*)令 cosx=t,由 x ∈ R 知 t ∈ [-1,1],于是(*)对一切
(**)对一切 t ∈ [-1,1]恒成立,其充要条件 f(-1),因此(**)对一切 t ∈ [-1,1]恒成立当且

≤0

f(t)在[-1,1]上的最大值 f(t) max

≤ 0,而 f(t) max = f(1)或

?a < 0 ?a < 0 ? ? 2 ? ?a ≤ ?2或a ≥ 1 ? a ≤ -2 ? f (1) = 1 + 1 ? a ? a ≤ 0 ? ?a ≤ 0或a ≥ 1 2 ? ? f (?1) = 1 ? (1 ? a ) ? a ≤ 0
2 . 设 函 数 f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d

故所求的 a 的范围为(- ∞ ,-2].

( a 、 b 、 c 、 d ∈ R ) 满 足 : ?x ∈ R

都有

2 f ( x) + f (? x) = 0 , x=1 时,f ( x) 取极小值 ? . (1)f ( x) 的解析式; 当 x ∈ [?1,1] 且 2) 3
时,证明:函数图象上任意两点处的切线不可能互相垂直; (3)设 F ( x) = xf ( x) , 证明: x ∈ (0, 3 ) 时, F ( x ) ≤

3 . 4

3.已知函数 f ( x) = x 2 ? a ln x 在 (1, 2] 是增函数, g ( x) = x ? a x 在(0,1)为减函数. (I)求 f (x) 、 g (x) 的表达式; (II)求证:当 x > 0 时,方程 f ( x) = g ( x) + 2 有唯一解; (III)当 b > ?1 时,若 f ( x) ≥ 2bx ?

1 在 x ∈ (0,1] 内恒成立,求 b 的取值范围. x2

2.解: )因为, ?x ∈ R, f ( ? x ) = ? f ( x) 成立,所以: b = d = 0 ,由: f ′(1) = 0 ,得 . (I) (

2 2 1 3a + c = 0 ,由: f (1) = ? ,得 a + c = ? 解之得: a = , c = ?1 从而,函数解析式 3 3 3 1 3 为: f ( x ) = x ? x(2) 由于, f ′( x) = x 2 ? 1 , 任意两数 x1 , x 2 ∈ [ ?1,1] 是函数 f (x) 设: ) 3
图 像 上 两 点 的 横 坐 标 , 则 这 两 点 的 切 线 的 斜 率 分 别 是 :
2 k1 = f ′( x1 ) = x12 ? 1, k 2 = f ′( x 2 ) = x 2 ? 1

又因为: ? 1 ≤ x1 ≤ 1,?1 ≤ x 2 ≤ 1 ,所以,

k1 ≤ 0, k 2 ≤ 0 ,得: k1 k 2 ≥ 0 知: k1 k 2 ≠ ?1 故,当 x ∈ [?1,1] 是函数 f (x) 图像上任意
两点的切线不可能垂直…………9 分 3) x ∈ (0, 3 ) 时,x 2 ∈ (0,3) 且 3 ? x > 0 当: ( )
2





1 1 1 x2 + 3 ? x2 2 3 F ( x) = xf ( x) = x( x 3 ? x) = x 2 (3 ? x 2 ) ≤ × ( ) = 3 3 3 2 4
6 3 ∈ (0, 3 ) ,取等号,故: F ( x) ≤ …………14 分 3 4

2 2 当且仅当: x = 3 ? x , 即 x =

3、 (I) f ′( x) = 2 x ?

a , x

f ′( x) > 0 , x ∈ (1,2] ,即 a < 2x 2 , x ∈ (1,2] .∵上式恒成立,∴ a ≤ 2
a 2 x
, g ′( x) < 0, x ∈ (0, 1) ,即 a > 2 x , x ∈ (0, 1) .恒成立,∴ a ≥ 2.

①……1 分又 g ′( x) = 1 ?

② …2 分由①②得 a = 2 .……3 分 ∴ f ( x) = x 2 ? 2 ln x, g ( x) = x ? 2 x . (II)由(1)可知,方程 f ( x) = g ( x) + 2 , 即x 2 ? 2 ln x ? x + 2 x ? 2 = 0. 设 h( x) = x 2 ? 2 ln x ? x + 2 x ? 2 , 则h ′( x) = 2 x ?

………4 分

2 1 ?1+ , x x

令 h ′( x) > 0 ,并由 x > 0, 得 ( x ? 1)(2 x x + 2 x + x + 2) > 0, 解知 x > 1. ……5 分 令 h ′( x) < 0, 由 x > 0, 解得0 < x < 1. ………6 分列表分析:

x
h′(x) h(x)

(0,1) 递减

1 0 0

(1,+∞) + 递增

知 h(x) 在 x = 1 处有一个最小值 0,

……7 分, x > 0且x ≠ 1 时, h(x) >0,∴ h( x) = 0 在 当

(0,+∞)上只有一个解.即当 x>0 时,方程 f ( x) = g ( x) + 2 有唯一解. ………8 分 ( III ) 设 ? ( x) = x ? 2 ln x ? 2bx +
2

1 2 2 则? ' ( x) = 2 x ? ? 2b ? 3 < 0 , 2 x x x

……9 分,

∴? ( x) 在 (0,1] 为减函数 ∴? ( x) min = ? (1) = 1 ? 2b + 1 ≥ 0 又 b > ?1 ……11 分,所以:
? 1 < b ≤ 1 ……12 分


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