增加的新題---不等式(二)

1、學(xué)習(xí)必備歡迎下載1. 設(shè) f(x)= ax2+bc+c,當 |x| W 1 時，總有 | f(x)| w 1,求證：|f(2)| w 8.解：當 |x| W 1 時，|f(x)| W 1,. |f(0)| w 1，即 | C| W 1又 |f (1)| w 1, | f(-1)| w 1 , | a+b+c| w 1, | a- b+c| w 1.又/ | a+b+c|+| a- b+c|+2| c| > | a+b+c+a- b+c-2 c|=|2 a|，且 | a+b+c|+| a- b+c|+2| c| w 4, | a| w 2.V |2 b|=| a+b+c-( a-b+c)|

2、 w | a+b+c|+| a-b+c| w 2,a |b| w 1,|f(2)|=|4 a+2b+c|=| f (1)+3 a+b| w |f(1)+3| a|+| b| w 8,1 卩 |f(2)| w 8.方法二：當 |x| w 1 時，|f(x)| w 1, |f(0)| w 1, | f(1)| w 1, f(-1) w 1由 f(1)=a+b+c.f(-1)= a-b+c, f(0)=c 知 aJE+OIg'b/DUc"。).2 2w 3 X 1+1 X 1+3 X 1=7W 8.設(shè) f (x)=3 ax2+2bx+c，若 a+b+c=0, f (0)>0,

3、 f (1)>0，求證: f(2)=|4 a+2b+c|=|2 f(1)+2 f (-1)-4 f(0)+ f(1)- f(-1)+ f(0)|=|3 f(1)+ f(-1)-3 f(0) w 3| f(1)|+| f(-1)| +3|f(0)|2.(1)解:(2)方程f(x)=O在(0,1 )內(nèi)有兩個實根.(1) f (0)= c>0, f (1)=3 a+2b+c>0,由 a+b+c=0,得 b=-a-c, f (1)=3 a-2a-2 c+c>0, a>c>0.由f (1)=3 a+2b+c>0 及 a+b+c=0 得 2a+b>0,.-&

4、gt;-2 .又 b=- a-c<-a, /. - <-1，故 a>0,且-2< - <-1 . aaa(2)V =4b2-12ac=4( a+c)2-12 ac=4(a2+c2-ac)=4( a-c) 2+? c2>0, 又由-2< - <-1 , 24a>0,方程f(x)=0在(0, 1)內(nèi)有兩個實根.p <丄<1 3af (0)aof(1)o(x)滿足0<f -(X)<1,求數(shù)a為方程f(X)=X的實數(shù)根. f (x)<x 成立；a |<1, | X2-已知函數(shù)求證：當：對任意X1,X2，若滿足|X

5、1-a |<1, |X2-a |<1，求證：| f(X1)-f(X2)|<2 .方法 1:令 h( X)= X- f ( X) . V h (x) =1- f (x) >0,A h(x)為增函數(shù).又 V h( a )= a - f ( a )=0, 當 h(x)>0，即 x>f (X).不妨設(shè)X1 wX2,V 0< f"(X)<1 , f(X)為增函數(shù)，即f (X1)w f(X2)，又/ f'(x)-1<0 ,函數(shù)f(x)-X為減函數(shù)，即| X2- a |+| X1-3.(1)(2)解:X> a 時,(2)f (X)

6、的導(dǎo)數(shù)fX> a時，總有 ,X2，若滿足| X1-f(X1)-X1f(X2)-X2, 0w f(X2)-f(X1)wX2-X1,即 | f (X2)-f (X1)| w |X2- X11. V |X2-X1| wa |<2, |f(X1)- f(X2)|<2 .方法二:(1 )V x>a , 點p(x, f(x), Q( a , f( a )兩點的斜率為 丄座迪，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何x -a意義，存在一點 T(t, f(t), 使得 fg-g =f (t), / 0<f-(x)<1, 0< f (t) <1 ,x -Ctf(x)f(a) <1 ,

7、Xot- f ( x)- f ( a )<X- a，注意到 f ( a )= a ,(2)當X1=X2時，不等式顯然成立.- f (x)<x.當XiM X2時，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義有:f(X1)f(X2)X1 -X2節(jié) f'(t)|V1二 | f(xi)- f (x2)|<|X1-X2|，又 | X1-X2| =|( X1-a )-(X2-a )| w |X1-a |+|X2-a |<1 + 1=2 , | f (X1)-f (X2)|<2n 兀nJi數(shù)列an滿足 a1=1, a2=2, a+2=(1 + cos2-r) an+si n22 ,，綜上 | f

8、(X1)- f (X2)|<2 .4.n=1,2, 3 -(1)求a3, a4,并求數(shù)列an的通項公式;(2)a2n設(shè) bn =a2Z, &=b1+b2+bn,求證：當 n6 時，|S n-2|<學(xué)習(xí)必備歡迎下載解：(1)易求 a3=2, a4=4；當 n=2k-1( k N*)時，a2k+1= If+cos2a2k+1- a2k-1 =1，所以 a2k-1=k.當 n=2k( k N)時，a2k+2=(1 + cos kn )22k，即(21a2k-1+sin2(2k n =a2k-1 +1，即 2k22k+2=2a2k，所以 a2k=2 ,n +1*，n =2k _1(

9、k)2n22, n = 2k(N*)=JL (差比數(shù)列)，由錯位相減法可得:2n(2)由(1)知，bna2n6 c, n +2n +2. .-貝 0 | Sn 2| = = =123口 <2 <212n (1+1)nC； + C1 +C；十 +4+Cn2(1 + n+C2)+Cs2(1 + n+C2)+Cn=c1 ( nA6).n(n +2)+2nn+2n+2n+25.已知數(shù)列an滿足ai=2,an+1=2,1 2(1 +)2n(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)an解:(1 )由 an+1=2 (1 +丄)2 an ,n得an十得 an=2中2 .nanan /anan_2”皂，

10、ai31=23(丄gn n 2綜上an=2n 3 Z)22 1n2(n N)；2n2( n2).當n=i 時,ai=2成立。(2 ) cn =n _1_ann 2Ci1X22X23X21 1+J 十- +4n3X23 21 1哉卯”號中1-2_1Z 243 2117n *"24 (nA4) 當n=1、2、3時，經(jīng)檢驗均成立,綜上原不等式對于 n N均成立. 在數(shù)列an, bn中，a1=2, 求 a2, as,6.(1)a4 及 b2,bs,b4.(2)n證明：zi =115<一. ai +6 12解:且a, bn, an+1成等差數(shù)列；bn, an+1, bn+1成等比數(shù)列(n

11、 N)b1=4,由此猜測an, bn的通項公式，并證明你的結(jié)論;(1)由條件得 2bn=an+an+1,a241=bnbn+1,由此得 a2=6, b2=9, a3=12, b3=16, a4=20, b4=25.猜測:an=n(n+1),(2)當bn=(n+1)2,用數(shù)學(xué)歸納法證明(略)n=1 時， 一=1< ;當 nA2 時,a1 +b1612an1+ bn(n+1)(2n+1)2(n+1)n 2 n n+1故£1i =1丄+1(1_1卄+1_丄)=丄+1ai +bi 62 23n n +16D6412 ,綜上原不等式成立. 2 *7. 已知函數(shù)f(x)=x-4，設(shè)曲線y=

12、f(x)在點(xn, f(xn)處的切線與x軸的交點為(xw, 0)(0 N),其中X1為正實數(shù).(1)Xn 表示 Xn+1 ；(2)解:X1=4，記an igZ2，證明數(shù)列an成等比數(shù)列，并求數(shù)列Xn 2X1=4, bn=Xn-2, T n是數(shù)列bn的前n項和，證明Tn<3.(1) Xn卡=蟲+蘭(過程略)；卅2 Xn(2)2n JL,2(32+1)Xn = on 132 -1(過程略);2n-L由(2)知 Xn =2(；+1)，則 bn =Xn -2= £>032-132-1bn41bnXn的通項公式;O n 132一_14 =3232+1當 n=1 時，顯然 T1=

13、b1=2<3；當 nA 2 時,32 -"3彳d Qddb-bn.<(3)bn.<-<(3)nb1 ,n- Tn =2 bi 二111 1b11(訥1*<b,1 +-+ +(-)n =3 =3-3 (-)n c3,綜上，Tn<3(n N).33A 13(1)(2)13設(shè) a>1, f (x)=x-1-l n2x+2al nx( x>0).令F(x) =xf (x)，討論F( X)在(0, + g)內(nèi)的單調(diào)性并求極值; 求證：當 x>1 時，恒有 x>l n2x-2aInx+1.解:(1)根據(jù)求導(dǎo)法則有f (x) =1+,x

14、>0,故 F(X)=xf'(X)=x-2l nx+2a, x>0,于XX2X 2=1=二二，(x>0).易得當 X 在(0, 2)時，F(xiàn)'(x)<0,故 F(x)在(0, 2)時為減函數(shù)；在(2，- g) X X上時，F(xiàn)(x)>0,故F(x)在(2, + g)內(nèi)是增函數(shù).所以 F(x)取得極小值 R2)=2-2I n2+2a.(2)由a> 0知，F(xiàn)(x)的極小值 F(2)=2-2l n2+2a>0.于是由(1 )知，對一切 x (0, + g)，恒有 F(x) =xf (x)>0,從而當x>0時，恒有F(x)>0,故f

15、 (X)在(0, +g)內(nèi)單調(diào)增加.所以當x>1時,f( x)> f(1)=0 , 即 x-1-l n x+2al nx>0 .故當 x>1 時，恒有 x>l n x-2 al nx+1.是 F(X)119. 已知函數(shù) f(x)=x-l n(1 + x)，數(shù)列an滿足 0<曰<1, an+1=f (an)；數(shù)列bn滿足 b1=- , bn+1> - ( n+1) bn,22n N.求證:(1) 0<an+1<an<1 ；解：(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明 當n=1時，由已知結(jié)論成立；a2(2) an+Q ;20<an<1,

16、 n N.(3)若，則當 nA2 時，bn>an n!.2假設(shè)當n=k時，結(jié)論成立，即10<ak<1 .則當 n=k+1 時，因為 0<x<1 時，f(x)=1 X中1X注0，所以f (X)在(0, 1)上是增函數(shù).所以f(0)< f(ak)<f(1),即0<ak+1<1-l n2<1.故當n=k+1時，結(jié)論也成立.即 0<an<1 對于一切正整數(shù)都成立.又由0<an<1,得 an+1-an=an-l n(1+an)-an=-l n(1+an)<0，從而 an+1<an.綜上可知0<an+1&

17、lt;an<1 .2 2 2(2)構(gòu)造函數(shù) g(x -f(x +ln(1+x) x,0<x <1.由 g'(x)=±：>0,知 g(x)在(0, 1 )上為增函2 2 12 2數(shù).又 g(x)在0 , 1上連續(xù)，所以 g(x)>g(0)=0 .因為 0<an<1,所以 g(an)>0 ,即 直 一 f (an) >0,從而<.2 21 1(3)因為.盲b亠沙譏,所以bW, bnbn4、n+1>-2,所以bn =旦bn_1嚴爐十由(2 ) an* £號,知：齢anan,所以蟲=竺a1a1a3a2an3a

18、2 1an J22竽,因為a1占，n " 2,22 a =丄，由兩式可知：bn>an - n!.na1 吒2王吒2“_01_"210. 解關(guān)于 x 的不等式：|lo ga(1- x)|>|loga(1 + x)|( a>0 且 a 1)0<an+1<a<1 .所以 ana22an 12a1解：易知-1<x<1，換成常用對數(shù)得:lg(1 -X)lg alg(1 +x)lg a2 2,11 g(1- x)| >|l g(1 + x)| ,于99是 l g(1- x)-l g (1 + x)>0, l g(1- x)+l g(1 + x) -I g(1- x)-l g(1 + x)>0 , . lg(1-x2)l>0, / -1<x<1,1 +x 0<1-x2<1, I g(1-x2)<0, lghzx<0,0<1<1，解得 0<x<1.1 +x1 +x求不等式I log 1 X I +1 log3 兇 的解集.33X11.解:對數(shù)必須有意義，即解不等式組|x >0 1, - 0<x<3，原不等式可化為>0B -x|lo g