第3讲 数列的综合问题
[考情考向分析] 1.数列的综合问题,往往将数列与函数、不等式结合,探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景,利用函数观点探求参数的值或范围.3.与数列有关的不等式的证明问题是高考考查的一个热点,也是一个难点,主要涉及到的方法有作差法、放缩法、数学归纳法等.
热点一 利用S n ,a n 的关系式求a n 1.数列{a n }中,a n 与S n 的关系
a n =???
??
S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2.
2.求数列通项的常用方法
(1)公式法:利用等差(比)数列求通项公式.
(2)在已知数列{a n }中,满足a n +1-a n =f (n ),且f (1)+f (2)+…+f (n )可求,则可用累加法求数列的通项a n . (3)在已知数列{a n }中,满足
a n +1
a n
=f (n ),且f (1)·f (2)·…·f (n )可求,则可用累乘法求数列的通项a n . (4)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列).
例1 (2018·浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足
b 1=1,数列{(b n +1-b n )a n }的前n 项和为2n 2+n .
(1)求q 的值;
(2)求数列{b n }的通项公式.
解 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项, 得a 3+a 5=2a 4+4,
所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.
由a 3+a 5=20,得8?
??
??q +1q =20,
解得q =2或q =1
2.
因为q >1,所以q =2.
(2)设c n =(b n +1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n .
由c n =?
??
??
S 1,n =1,
S n -S n -1,n ≥2,解得c n =4n -1(n ∈N *
).
由(1)可得a n =2
n -1
,
所以b n +1-b n =(4n -1)×? ??
??12n -1
,
故b n -b n -1=(4n -5)×? ??
??12n -2
,n ≥2,
b n -b 1=(b n -b n -1)+(b n -1-b n -2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1)=(4n -5)×? ????
12n -2+(4n -9)×? ??
??12
n -3+…+7×12
+3.
设T n =3+7×12+11×? ????122+…+(4n -5)×? ??
??12n -2
,n ≥2,①
则12T n =3×12+7×? ????122+…+(4n -9)×? ????12n -2+(4n -5)×? ????12n -1
,n ≥2,② ①-②,得12T n =3+4×12+4×? ????122+…+4×? ????12n -2-(4n -5)×? ??
??12n -1
,n ≥2,
因此T n =14-(4n +3)×? ??
??12n -2
,n ≥2.
又b 1=1,所以b n =15-(4n +3)×? ??
??12n -2
,n ≥2,
当n =1时,b 1=1也满足上式,
所以b n =15-(4n +3)×? ??
??12n -2,n ∈N *
.
思维升华 给出S n 与a n 的递推关系,求a n ,常用思路:一是利用S n -S n -1=a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系,再求其通项公式;二是转化为S n 的递推关系,先求出S n 与n 之间的关系,再求a n . 跟踪演练1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:a 1a n =S 1+S n . (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)若a n >0,数列?
?????log 2
a n 32的前n 项和为T n ,试问当n 为何值时,T n 最小?并求出最小值. 解 (1)由已知a 1a n =S 1+S n ,①
可得当n =1时,a 2
1=a 1+a 1,解得a 1=0或a 1=2, 当n ≥2时,由已知可得a 1a n -1=S 1+S n -1,② ①-②得a 1()a n -a n -1=a n .
若a 1=0,则a n =0,此时数列{a n }的通项公式为a n =0. 若a 1=2,则2()a n -a n -1=a n ,化简得a n =2a n -1, 即此时数列{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列, 故a n =2n (n ∈N *
).
综上所述,数列{a n }的通项公式为a n =0或a n =2n
(n ∈N *
). (2)因为a n >0,故a n =2n
.
设b n =log 2a n
32,则b n =n -5,显然{b n }是等差数列,
由n -5≥0,解得n ≥5,所以当n =4或n =5时,T n 最小, 最小值为T 4=T 5=5()
-4+02
=-10.
热点二 数列与函数、不等式的综合问题
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系,将条件进行准确的转化. 例2 已知函数f (x )=ln(1+x )-
x (1+λx )
1+x
.
(1)若x ≥0时,f (x )≤0,求λ的最小值;
(2)设数列{a n }的通项a n =1+12+13+…+1n ,证明:a 2n -a n +1
4n >ln 2.
(1)解 由已知可得f (0)=0, ∵f (x )=ln(1+x )-
x (1+λx )1+x
,
∴f ′(x )=(1-2λ)x -λx
2
(1+x )
2
,且f ′(0)=0. ①若λ≤0,则当x >0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, ∴f (x )≥f (0)=0,不合题意; ②若0<λ<1
2
,
则当0 λ时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, ∴当0 时,f (x )>f (0)=0,不合题意; ③若λ≥12 , 则当x >0时,f ′(x )<0,f (x )单调递减, 当x ≥0时,f (x )≤f (0)=0,符合题意. 综上,λ≥12.∴实数λ的最小值为1 2 . (2)证明 由于a 2n -a n +14n =1n +1+1n +2+1n +3+…+12n -1+12n +1 4n , 若λ=12,由(1)知,f (x )=ln(1+x )-x (2+x ) 2+2x , 且当x >0时,f (x )<0,即 x (2+x ) 2+2x >ln(1+x ), 令x =1n ,则2n +12n (n +1)>ln n +1n , ∴ 12n +12(n +1)>ln n +1n , 12(n +1)+12(n +2)>ln n +2 n +1 , 12(n +2)+12(n +3)>ln n +3 n +2, …, 12(2n -1)+14n >ln 2n 2n -1. 以上各式两边分别相加可得 12n +12(n +1)+12(n +1)+12(n +2)+12(n +2)+12(n +3)+…+12(2n -1)+14n >ln n +1n +ln n +2n +1+ln n +3n +2+…+ln 2n 2n -1 , 即 1n +1+1n +2+1n +3+…+12n -1+12n +14n >ln ? ????n +1n ·n +2n +1·n +3n +2·…·2n 2n -1=ln 2n n =ln 2, ∴a 2n -a n +1 4n >ln 2. 思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 (1)数列是一类特殊的函数,函数定义域是正整数,在求数列最值或不等关系时要特别重视. (2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件. (3)不等关系证明中进行适当的放缩. 跟踪演练2 设f n (x )=x +x 2 +…+x n -1,x ≥0,n ∈N ,n ≥2. (1)求f n ′(2); (2)证明:f n (x )在? ????0,23内有且仅有一个零点(记为a n ),且0 , 所以f n ′(2)=1+2×2+…+(n -1)2n -2 +n ·2n -1 ,① 则2f n ′(2)=2+2×22 +…+(n -1)2 n -1 +n ·2n ,② 由①-②得,-f n ′(2)=1+2+22 +…+2n -1 -n ·2n =1-2n 1-2-n ·2n =(1-n )·2n -1, 所以f n ′(2)=(n -1)·2n +1. (2)证明 因为f n (0)=-1<0, f n ? ????23=23??????1-? ????23n 1-23 -1=1-2×? ????23n ≥1-2×? ?? ??232>0, 所以f n (x )在? ?? ??0,23内至少存在一个零点, 又f n ′(x )=1+2x +…+nx n -1 >0, 所以f n (x )在? ?? ??0,23内单调递增, 因此f n (x )在? ?? ??0,23内有且仅有一个零点a n , 由于f n (x )=x -x n +1 1-x -1, 所以f n (a n )=a n -a n +1 n 1-a n -1=0, 由此可得a n =12+12a n +1n >12,故12 3, 所以0 . 热点三 数列的实际应用 数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起,形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题,求解方法既要用到不等式知识,又要用到数列的基础知识,经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用. 例3 (2018·浙江省名校协作体联考)已知数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2a n +(-1)n (n ∈N * ). (1)证明:???? ?? a n +(-1)n 3是等比数列; (2)当k 是奇数时,证明:1a k +1a k +1<9 2k +1; (3)证明:1a 1+1a 2+…+1 a n <3. 证明 (1)∵a n +1=2a n +(-1)n , ∴a n +1+ (-1) n +1 3 =2? ?????a n +(-1)n 3, 又a 1+(-1)3=2 3 , ∴数列? ?????a n + (-1)n 3是首项为2 3,公比为2的等比数列. (2)由(1)可知a n +(-1)n 3=2n 3,即a n =2n -(-1) n 3, 当k 是奇数时, 1 a k +1 a k +1=32k +1+32k +1-1=3(2k +1 -1)+3(2k +1)2k 2k +1+2k -1<9·2k 2k 2k +1=9 2k +1. (3)当n 为偶数时, 1 a n -1+1a n <92n =32n -1+3 2n , ∴1a 1+1a 2+…+1a n =? ????1a 1+1a 2+? ????1a 3+1a 4+…+? ????1a n -1+1a n <3? ????12+122+…+12n =3? ?? ??1-12n <3; 当n 为奇数时,1a n +1a n +1<92n +1=32n +3 2 n +1, ∴1a 1+1a 2 +…+1a n =? ????1a 1+1a 2 +? ????1a 3+1a 4 +…+? ????1a n -2+1a n -1 +1a n <3? ????12+122+…+1 2n -1+12n +1<3? ?? ??12+122+…+12n -1+12 n =3? ?? ??1-12n <3. ∴1a 1+1a 2+…+1 a n <3. 思维升华 数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题,解决方法如下: (1)利用数列(或函数)的单调性. (2)放缩法:①先求和后放缩;②先放缩后求和,包括放缩后成等差(或等比)数列再求和,或者放缩后用裂项相消法求和. (3)数学归纳法. 跟踪演练3 (2018·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a n +c a n (c >0,n ∈N * ). (1)证明:a n +1>a n ≥1; (2)若对任意n ∈N * ,都有a n ≥? ?? ??c -12n -1,证明: ①对于任意m ∈N * ,当n ≥m 时,a n ≤c a m (n -m )+a m ; ②a n ≤ 5n -1 2 . 证明 (1)因为c >0,a 1=1, 所以a n +1=a n +c a n >a n (n ∈N * ), 下面用数学归纳法证明a n ≥1. ①当n =1时,a 1=1≥1; ②假设当n =k 时,a k ≥1, 则当n =k +1时,a k +1=a k +c a k >a k ≥1. 所以当n ∈N * 时,a n ≥1. 所以a n +1>a n ≥1. (2)①由(1)知当n ≥m 时,a n ≥a m ≥1, 所以a n +1=a n +c a n ≤a n +c a m , 即a n +1-a n ≤c a m ,累加得a n -a m ≤c a m (n -m ). 所以a n ≤c a m (n -m )+a m . ②若c >12,当m >8c -2 (2 c -1) 2时, a m >? ????c -12 8c -2(2c -1) 2-1= 2c 2c -1. 所以c a m 2 . 所以当n ≥m 时,? ?? ??c -12n -1≤a n ≤c a m (n -m )+a m . 所以当n >1+a m - cm a m c -12-c a m 时,? ????c -12n -1>c a m (n -m )+a m ,矛盾. 所以c ≤1 2 . 因为a 2 n +1=a 2 n +2c +c 2a 2n ≤a 2n +2c +c 2≤a 2 n +54 , 累加得a 2n ≤a 2 1+54(n -1)=5n -14, 所以a n ≤ 5n -12 . 真题体验 1.(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6=________. 答案 -63 解析 ∵S n =2a n +1,当n ≥2时,S n -1=2a n -1+1, ∴a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1(n ≥2), 即a n =2a n -1(n ≥2). 当n =1时,a 1=S 1=2a 1+1,得a 1=-1. ∴数列{a n }是首项a 1=-1,公比q =2的等比数列, ∴S n =a 1(1-q n )1-q =-1(1-2n )1-2 =1-2n , ∴S 6=1-26 =-63. 2.(2017·浙江)已知数列{x n }满足:x 1=1,x n =x n +1+ln(1+x n +1)(n ∈N * ). 证明:当n ∈N * 时, (1)0 x n x n +1 2 ; (3)12n -1≤x n ≤12 n -2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n =1时,x 1=1>0. 假设当n =k (k ∈N * )时,x k >0, 那么当n =k +1时,若x k +1≤0, 则0 ). 所以x n =x n +1+ln(1+x n +1)>x n +1, 因此0 ). (2)由x n =x n +1+ln(1+x n +1)得, x n x n +1-4x n +1+2x n =x 2 n +1-2x n +1+(x n +1+2)ln(1+x n +1). 记函数f (x )=x 2 -2x +(x +2)ln(1+x )(x ≥0). f ′(x )=2x 2 +x x +1+ln ()1+x >0(x >0), 函数f (x )在[0,+∞)上单调递增, 所以f (x )≥f (0)=0, 因此x 2 n +1-2x n +1+(x n +1+2)ln(1+x n +1)=f (x n +1)≥0, 故2x n +1-x n ≤ x n x n +1 2 (n ∈N * ). (3)因为x n =x n +1+ln(1+x n +1)≤x n +1+x n +1=2x n +1, 所以x n ≥1 2n -1. 由 x n x n +1 2 ≥2x n +1-x n 得 1 x n +1-12≥2? ???? 1x n -12>0, 所以1x n -12≥2? ????1x n -1-12≥…≥2n -1? ????1x 1-12 =2 n -2 , 故x n ≤12n -2 . 综上, 12 n -1 ≤x n ≤ 12 n -2 (n ∈N * ). 押题预测 已知数列{a n }满足a 1=2,点(a n ,a n +1)在直线y =3x +2上.数列{b n }满足b 1=2,b n +1a n +1=1a 1+1a 2+…+1 a n . (1)求b 2的值; (2)求证:数列{a n +1}为等比数列,并求出数列{a n }的通项公式; (3)求证:2-12·3n -1≤? ????1+1b 1? ????1+1b 2…? ????1+1b n < 3316 . 押题依据 数列与不等式的综合是高考重点考查的内容,常以解答题的形式出现,也是这部分的难点,考查学生的综合能力. (1)解 由已知得a 2=3a 1+2=8, 所以b 2a 2=1a 1,b 28=1 2 ,解得b 2=4. (2)解 由条件得a n +1=3a n +2, 则 a n +1+1a n +1=3a n +3 a n +1 =3, 所以数列{a n +1}是以a 1+1为首项,3为公比的等比数列. 即a n +1=(a 1+1)·3 n -1 =3n , 所以数列{a n }的通项公式为a n =3n -1(n ∈N * ). (3)证明 由题设 b n +1a n +1=1a 1+1a 2+…+1 a n ,① 知 b n a n =1a 1+1a 2 +…+1 a n -1 (n ≥2),② 由①-②,得b n +1a n +1-b n a n =1 a n , 则b n +1a n +1=1+b n a n , 即 1+b n b n +1=a n a n +1 (n ≥2). 当n =1时,2-12×1=32 , 1+1b 1=32<33 16 , 所以原不等式成立; 当n ≥2时,? ????1+1b 1 ? ????1+1b 2 …? ?? ??1+1b n = 1+b 1b 1·1+b 2b 2·…·1+b n b n =1b 1·1+b 1b 2·1+b 2b 3·…·1+b n -1 b n ·(1+b n ) =12×34×a 2a 3·…·a n -1a n ·(1+b n ) =38×8 a n ·(1+ b n ) =3? ????1+b n a n =3? ????1a n +b n a n =3? ?? ??1a 1+1a 2 +…+1a n -1+1a n , 先证明不等式左边,当n ≥2时, 因为1a n =13n -1>13n , 所以3? ?? ??1a 1+1 a 2+…+1a n >3? ????1a 1+132+1 3 3+ (13) =3? ?????12+19? ?? ??1-13n -1 1- 13 =2-1 2·3 n -1. 所以3? ????1a 1+1 a 2+…+1a n ≥2-12·3n -1. 再证明不等式右边,当n ≥2时, 1 a n = 13n -1=19·3n -2-1≤1 8·3 n -2, 所以3? ?? ??1a 1+1 a 2+…+1a n ≤3??????1a 1+18? ????1+1 3 +…+13n -2 =3? ???? 12+18·1-13n -1 1- 13 =3??????12+316? ????1-13n -1<3316 . 所以2-12·3n -1≤? ????1+1b 1? ????1+1b 2…? ????1+1b n < 3316成立. 综上所述,不等式成立. A 组 专题通关 1.删去正整数数列1,2,3,… 中的所有完全平方数,得到一个新数列,这个数列的第2 018项是( ) A .2 062 B .2 063 C .2 064 D .2 065 答案 B 解析 由题意可得,这些数可以写为12 ,2,3,22 ,5,6,7,8,32 ,…,第k 个平方数与第k +1个平方数之间有2k 个正整数,而数列12 ,2,3,22 ,5,6,7,8,32 ,…,452 共有2 025项,去掉45个平方数后,还剩余2 025-45=1 980(个)数,所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数,即是原来数列的第2 063项,即为2 063. 2.已知数列{a n }满足0 1+4=0,且数列? ??? ??a 2n +4a 2n 是以8为公差的等差数列,设{a n }的前n 项和为S n , 则满足S n >10的n 的最小值为( ) A .60 B .61 C .121 D .122 答案 B 解析 由a 41-8a 21+4=0,得a 2 1+4a 21 =8, 所以a 2 n +4a 2n =8+8(n -1)=8n , 所以? ?? ??a n +2a n 2=a 2n +4a 2n +4=8n +4, 所以a n +2a n =22n +1,即a 2 n -22n +1a n +2=0, 所以a n =22n +1±22n -1 2=2n +1±2n -1, 因为0 所以a n =2n +1-2n -1,S n =2n +1-1, 由S n >10得2n +1>11, 所以n >60. 3.已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1-a n ≥2(n ∈N * ),S n 为数列{a n }的前n 项和,则( ) A .a n ≥2n +1 B .S n ≥n 2 C .a n ≥2 n -1 D .S n ≥2 n -1 答案 B 解析 由题意得a 2-a 1≥2,a 3-a 2≥2,a 4-a 3≥2,…, a n -a n -1≥2, ∴a 2-a 1+a 3-a 2+a 4-a 3+…+a n -a n -1≥2(n -1), ∴a n -a 1≥2(n -1),∴a n ≥2n -1. ∴a 1≥1,a 2≥3,a 3≥5,…,a n ≥2n -1, ∴a 1+a 2+a 3+…+a n ≥1+3+5+…+2n -1, 即S n ≥n 2 (1+2n -1)=n 2 . 4.数列{a n }满足a 1=65,a n =a n +1-1a n -1(n ∈N *),若对n ∈N * ,都有k >1a 1+1a 2+…+1a n 成立,则最小的整数k 是( ) A .3 B .4 C .5 D .6 答案 C 解析 由a n =a n +1-1 a n -1 ,得a n ()a n -1=a n +1-1, ∴ 1a n +1-1=1a n ()a n -1=1a n -1-1 a n , 即1a n =1a n -1-1a n +1-1,且a n >1. ∴1a 1+1a 2+…+1a n =? ?? ??1a 1-1-1a 2-1+ ? ????1a 2-1-1a 3-1+…+? ?? ??1a n -1-1a n +1-1 = 1a 1-1-1 a n +1-1 , ∴1a 1+1a 2+…+1 a n =5- 1 a n +1-1 <5. 又对n ∈N * ,都有k >1a 1+1a 2+…+1a n 成立, ∴k ≥5.故最小的整数k 是5. 5.已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数,例如:12的因数有1,2,3,4,6,12,则f (12)=3;21的因 数有1,3,7,21,则f (21)=21,那么∑i =51 100 f (i )的值为( ) A .2 488 B .2 495 C .2 498 D .2 500 答案 D 解析 由f (n )的定义知f (n )=f (2n ),且n 为奇数时f (n )=n , 则∑i =1 100 f (i )=f (1)+f (2)+…+f (100) =1+3+5+…+99+f (2)+f (4)+…+f (100) = 50×() 1+992 +f (1)+f (2)+…+f (50) =2 500+∑i =1 50 f (i ), ∴∑i =51 100f (i )=∑i =1 100f (i )-∑i =1 50 f (i )=2 500. 6.(2018·宁波期末)对给定的正整数n (n ≥6),定义f (x )=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n ,其中a 0=1,a i =2a i -1(i ∈N * , i ≤n ),则a 6=________;当n =2 019时,f (2)=________. 答案 64 4 2 020 -1 3 解析 由a 0=1,a i =2a i -1(i ∈N * ,i ≤n )得数列{a i }为首项为2,公比为2的等比数列,则a i =2i (i ∈N * ,i ≤n ),所以a 6=26 =64.当n =2 019时,f (x )=1+2x +22x 2 +…+22 019x 2 019 ,则f (2)=1+2×2+22×22+…+2 2 019 ×2 2 019 =1+4+42 +…+4 2 019 = 1·(1-4 2 020 )1-4 = 42 020 -13 . 7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =43(a n -1),则(4n -2 +1)? ????16a n +1的最小值为__________. 答案 4 解析 ∵S n =43(a n -1),∴S n -1=4 3(a n -1-1)(n ≥2), ∴a n =S n -S n -1=4 3(a n -a n -1), ∴a n =4a n -1,又a 1=S 1=4 3 (a 1-1), ∴a 1=4,∴{a n }是首项为4,公比为4的等比数列, ∴a n =4n , ∴(4n -2 +1)? ????16a n +1=? ????4n 16+1? ?? ??164n +1 =2+4n 16+16 4 n ≥2+2=4,当且仅当n =2时取“=”. 8.已知数列{a n }的首项a 1=a ,其前n 项和为S n ,且满足S n +S n -1=4n 2 (n ≥2,n ∈N * ),若对任意n ∈N * ,a n 解析 由条件S n +S n -1=4n 2 (n ≥2,n ∈N * ), 得S n +1+S n =4(n +1)2 , 两式相减,得a n +1+a n =8n +4,故a n +2+a n +1=8n +12, 两式再相减,得a n +2-a n =8, 将n =2代入S n +S n -1=4n 2 ,得a 1+a 2+a 1=16, 所以a 2=16-2a , 从而a 2n =16-2a +8(n -1)=8n +8-2a ; 将n =3代入S n +S n -1=4n 2 ,得a 1+a 2+a 3+a 1+a 2=36, 所以a 3=4+2a , 从而a 2n +1=4+2a +8(n -1)=8n -4+2a , 由条件得???? ? a <16-2a ,8n +8-2a <8n -4+2a , 8n -4+2a <8(n +1)+8-2a , 解得3 9.(2018·浙江省重点中学联考)已知数列{a n }满足:a 1=0,ln(a n +1-a n )+a n +n ln 2=0(n ∈N * ). (1)求a 3; (2)证明:ln(2-2 1-n )≤a n ≤1-2 1-n ; (3)是否存在正实数c ,使得对任意的n ∈N * ,都有a n ≤1-c ,并说明理由. (1)解 由已知得a n +1=a n +() ln2e ,-+n a n 又a 1=0,所以a 2=12,a 3=12+1 4e . (2)证明 因为a n +1>a n ,a 1=0,所以a n ≥0. 则a n +1=a n +() ln2e -+n a n ≤a n +e -n ln 2 =a n +2-n , 所以a n ≤a n -1+2 -(n -1) ≤a n -2+2 -(n -2) +2 -(n -1) ≤…≤a 1+2-1+…+2 -(n -2) +2 -(n -1) =1-2 1-n . 令f (n )=e n a +2 1-n -2, 则f (n +1)-f (n )=( )()1 1e 22e 22+---??+--+-??n n n a a n =1 e e +-n n a a -2-n =() ln 2e e 2-++---a n n n n a e a n =() ()ln2e e e 1-+-a n n n a -2 -n >() ln 2e e -+n n a n a -2-n =0, 所以{f (n )}是递增数列,所以f (n )≥f (1)=0, 即n a e +2 1-n -2≥0,所以a n ≥ln(2-2 1-n ), 综上所述,ln(2-21-n )≤a n ≤1-2 1-n 得证. (3)解 由(2)得 a n +1=a n +() ln 2e -+n a n ≤a n +() 1ln 22ln 2e -??--+?? n n =a n + 1 2n +1 -2 , 所以a n ≤a n -1+12n -2≤a n -2+12n -1-2+1 2n -2 ≤…≤a 1+122-2+…+12n -1-2+1 2n -2 = 122 -2+…+12n -1-2+1 2n -2 (n ≥2). 2019年 因为12n -2=14·2n -2-2≤13·2 n -2(n ≥3), 所以当n ≥4时,a n <12+16+13·22+…+13·2n -2=12+16+13? ????1 2-12n -2<56. 由{a n }的单调性知当n =1,2,3时,a n <5 6, 综上所述,对任意的n ∈N * ,都有a n <56, 所以存在c =1 6 使a n ≤1-c 成立. 10. (2018·浙江省杭州二中月考)已知数列a n =1+12+13+…+1n (n ∈N * ). (1)求证:a 2 018>6; (2)求证:对一切n ≥2都有a 2 n +2>2? ????a 11+a 22+a 33 +…+a n n . 证明 (1)∵a n =1+12+13+…+1 n , ∴a 2 018=1+12+? ????13+14+…+? ????1 513 +…+11 024+…+12 018, a 2 018>1+12 +? ????13+14+…+? ?? ??1 513+…+11 024>1+12+24+…+ 5121 024=1+12 ×10=6. (2)由题意得a n -a n -1=1n (n ≥2),即a n -1=a n -1n , 将式子两边平方得 a 2n -1=a 2 n -2? ????a n n +1n 2, ∴a 2n -a 2 n -1=2? ????a n n -1n 2, a 2n =a 2n -a 2n -1+a 2n -1-a 2n -2+a 2n -2-a 2n -3+…+a 22-a 21+a 2 1 =2? ????a 11+a 22+a 3 3 +…+a n n -? ????112+122+…+1n 2. ∵1+122+…+1n 2<1+11×2+12×3+…+1 (n -1)n =2-1 n <2, ∴对一切n ≥2都有a 2 n +2>2? ????a 11+a 22+a 33 +…+a n n . B 组 能力提高 11.(2018·浙江)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3),若a 1>1,则( ) A .a 1 B .a 1>a 3,a 2 C .a 1a 4 D .a 1>a 3,a 2>a 4 答案 B 解析 构造不等式ln x ≤x -1, 则a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)≤a 1+a 2+a 3-1, 所以a 4=a 1·q 3 ≤-1.由a 1>1,得q <0. 若q ≤-1,则ln(a 1+a 2+a 3)=a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1+q )·(1+q 2 )≤0. 又a 1+a 2+a 3=a 1(1+q +q 2 )≥a 1>1, 所以ln(a 1+a 2+a 3)>0,矛盾. 因此-1 所以a 1-a 3=a 1(1-q 2 )>0,a 2-a 4=a 1q (1-q 2 )<0, 所以a 1>a 3,a 2 12.设x =1是函数f (x )=a n +1x 3 -a n x 2 -a n +2x +1(n ∈N * )的极值点,数列{a n }满足 a 1=1,a 2=2,b n =log 2a n +1,若[x ]表示不超过x 的最大整数,则?? ?? ??2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+ 2 018b 2 018b 2 019等于( ) A .2 017 B .2 018 C .2 019 D .2 020 答案 A 解析 由题意可得f ′(x )=3a n +1x 2 -2a n x -a n +2, ∵x =1是函数f (x )的极值点, ∴f ′(1)=3a n +1-2a n -a n +2=0, 即a n +2-3a n +1+2a n =0. ∴a n +2-a n +1=2()a n +1-a n , ∵a 2-a 1=1,∴a 3-a 2=2×1=2,a 4-a 3=2×2=22 ,…,a n -a n -1=2n -2 , 以上各式累加可得a n =2 n -1 . ∴b n =log 2a n +1=log 22n =n . ∴ 2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+ 2 018 b 2 018b 2 019 =2 018? ????11×2+12×3 +…+12 018×2 019 =2 018? ????1-12 019=2 018-2 0182 019=2 017+12 019. ∴?? ?? ??2 018b 1b 2+2 018b 2b 3+…+ 2 018b 2 018b 2 019=2 017. 13.(2018·湖州、衢州、丽水三地市质检)已知数列{a n }满足:a 1=1,a n +1=ln(1+a n )(n ∈N * ),设数列???? ??1a n 的前 n 项和为T n .证明: (1)a n >0(n ∈N * ); (2)a n +1<3a n a n +3(n ∈N * ); (3) n 2+5n 6 ≤T n ≤ n 2+3n 4 (n ∈N * ). 证明 (1)①当n =1时,a 1=1>0, 所以当n =1时,命题成立; ②假设当n =k (k ∈N * )时,命题成立,即a k >0, 则由1+a k >1,知a k +1=ln(1+a k )>0,所以a k +1>0. 故对于n ∈N * 都有a n >0. (2)先利用ln(1+x ) 故a n ≤1,因此0 3a n a n +3,即证ln(1+a n )<3a n a n +3 , 构造函数h (x )=ln(1+x )- 3x x +3 (0 (1+x )(x +3)2<0, 所以h (x )在(0,1]上单调递减. 故h (x )=ln(1+x )-3x x +3 (n ∈N * ). (3)由(2)可知 1 a n +1-1a n >1 3 成立, 则累加可得1a n ≥1+13(n -1)=n +2 3, 故T n ≥n + n (n -1)2 ×13 = n 2+5n 6 . 构造函数g (x )=ln(1+x )- 2x x +2 (0 2 (1+x )(x +2)2>0, 所以g (x )在(0,1]上单调递增, 所以g (x )=ln(1+x )-2x x +2 >g (0)=0, 得ln(1+a n )>2a n a n +2 . 所以有a n +1> 2a n a n +2,进一步有1a n +1-1a n <12,则累加可得1a n ≤n +1 2 , 故T n ≤n + n (n -1)2 ×12 =n 2 +3n 4 . 因此原命题成立. 14. (2018·宁波期末)已知数列{a n }满足a n +1=????? a 2 n 2a n -2,n 为奇数,2a n -2,n 为偶数, a 1=a . (1)若a >1,求证:对任意正整数n (n >1)均有a n ≥2; (2)若a =3,求证:4n +1 恒成立. 证明 (1)当a >2时,根据g (x )=2x -2和f (x )=x 2 2x -2 在[2,+∞)上均为增函数, 从而当a n ≥2时,必有a n +1=f (a n )≥f (2)=2 或a n +1=g (a n )≥g (2)=2. 当1 2x -2 在(1,2]上为减函数,得a 2>2. 当a =2时,a 2=a 3=2,从而a n =2恒成立. 综上所述,当a >1时,a n ≥2对所有满足n >1的正整数n 均成立. (2)当a =3时,一方面, 由(1)知a 2k -1+a 2k >4(k ≥2,k ∈N ). 又a 1+a 2=3+9 4>5,所以a 1+a 2+…+a 2n >4n +1. 另一方面, a 2k -1+a 2k =a 2k -1+a 22k -1 2a 2k -1-2=3a 2 2k -1-2a 2k -12(a 2k -1-1) , 且a 2k +1=2a 2k -2=a 22k -1-2a 2k -1+2 a 2k -1-1 , 令a 2k -1-2=b k ,则b k +1+2=(b k +1)2 +1 b k +1, 即b k +1= b 2k b k +1,且b 1=1,b 2=1 2 . 所以a 2k -1+a 2k =3a 2 2k -1-2a 2k -12(a 2k -1-1)=3b 2 k +10b k +8 2(b k +1) =12??? ? ??3(b k +1)+1b k +1+4. 由b k +1-b k =(b k -b k -1)(b k b k -1+b k +b k -1) (b k +1)(b k -1+1), 且b 2-b 1<0知{b k }为递减数列,且b k >0,所以 1 b k +1 <1. 从而a 2k -1+a 2k =12? ?????3(b k +1)+1b k +1+4<32b k +4. 又由 b k +1b k =b k b k +1=1-1b k +1≤1-1b 1+1=1 2 , 所以b 1+b 2+…+b n < b 1 1-12 =2, 所以a 1+a 2+…+a 2n <3 2(b 1+b 2+…+b n )+4n <3+4n . 综上,所证成立. 专题七 不等式 1.【2015高考四川,理9】如果函数()()()()21 281002 f x m x n x m n = -+-+≥≥, 在区间122?????? ,上单调递减,则mn 的最大值为( ) (A )16 (B )18 (C )25 (D )812 【答案】B 【解析】 2m ≠时,抛物线的对称轴为82n x m -=--.据题意,当2m >时,8 22 n m --≥-即212m n +≤ .26,182 m n mn +≤ ≤∴≤Q .由2m n =且212m n +=得3,6m n ==.当2m <时,抛物线开口向下,据题意得,81 22 n m -- ≤-即218m n +≤ .281 9,22 n m mn +≤ ≤∴≤Q .由2n m =且218m n +=得92m =>,故应舍去.要使得mn 取得最大值,应有218m n +=(2,8)m n <>.所以 (182)(1828)816mn n n =-<-??=,所以最大值为18.选B.. 【考点定位】函数与不等式的综合应用. 【名师点睛】首先弄清抛物线的开口方向和对称轴,结合所给单调区间找到m 、n 满足的条件,然后利用基本不等式求解.本题将函数的单调性与基本不等式结合考查,检测了学生综合运用知识解题的能力.在知识的交汇点命题,这是高考的一个方向,这类题往往以中高档题的形式出现. 2.【2015高考北京,理2】若x ,y 满足010x y x y x -?? +??? ≤, ≤,≥,则2z x y =+的最大值为( ) A .0 B .1 C . 3 2 D .2 【答案】D 【解析】如图,先画出可行域,由于2z x y = +,则11 22 y x z =- +,令0Z =,作直线1 2 y x =- ,在可行域中作平行线,得最优解(0,1),此时直线的截距最大,Z 取 16 不等式选讲 选考内容 (二)不等式选讲 1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式: (1). (2). (3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式: . 2.了解下列柯西不等式的几种不同形式,理解它们的几何意义,并会证明. (1)柯西不等式的向量形式: (2). (3). (此不等式通常称为平面三角不等式.) 3.会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形: 4.会用向量递归方法讨论排序不等式. 5.了解数学归纳法的原理及其使用范围,会用数学归纳法证明一些简单问题. 6.会用数学归纳法证明伯努利不等式: 了解当n为大于1的实数时伯努利不等式也成立. 7.会用上述不等式证明一些简单问题.能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值. 8.了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 1.从考查题型来看,涉及本知识点的题目主要以选考的方式,在解答题中出现,考查解绝对值不等式、证明不等式等. 2.从考查内容来看,主要考查绝对值不等式的解法、不等式的证明,求最值问题等. 3.从考查热点来看,重点在于考查学生解不等式及利用不等式求解最值问题等,绝对值不等式与函数问题的综合是高考的趋势,值得关注. 考向一 绝对值不等式的求解 样题1 (2018新课标全国Ⅱ理科)设函数 . (1)当1a =时,求不等式()0f x ≥的解集; (2)若()1f x ≤,求a 的取值范围. 样题2 (2018新课标全国Ⅲ理科)设函数 . (1)画出()y f x =的图象; (2)当[)0x +∞∈,,,求a b +的最小值. 【解析】(1)()y f x =的图象如图所示. 2010——2016《不等式》高考真题 2010全国卷设函数f(x)=241 x-+ (Ⅰ)画出函数y=f(x)的图像; (Ⅱ)若不等式f(x)≤ax的解集非空,求a的取值范围. 2011全国卷设函数()||3 =-+,其中0 f x x a x a>. (I)当a=1时,求不等式()32 ≥+的解集. f x x (II)若不等式()0 x≤-,求a的值. f x≤的解集为{x|1} 2012全国卷已知函数f (x ) = |x + a | + |x -2|. (Ⅰ)当a =-3时,求不等式f (x )≥3的解集; (Ⅱ)若f (x )≤|x -4|的解集包含[1,2],求a 的取值范围。 2013全国卷Ⅰ 已知函数()f x =|21||2|x x a -++,()g x =3x +. (Ⅰ)当a =-2时,求不等式()f x <()g x 的解集; (Ⅱ)设a >-1,且当x ∈[2a -,12 )时,()f x ≤()g x ,求a 的取值范围. 2013全国卷Ⅱ 设a ,b ,c 均为正数,且a +b +c =1,证明: (1)ab +bc +ac ≤13; (2)2221a b c b c a ++≥. 2014全国卷Ⅰ 若,0,0>>b a 且ab b a =+11 (I )求33b a +的最小值; (II )是否存在b a ,,使得632=+b a ?并说明理由. 2014全国卷Ⅱ设函数() f x=1(0) ++-> x x a a a (Ⅰ)证明:() f<,求a的取值范围. f x≥2 (Ⅱ)若()35 2015全国卷Ⅰ已知函数=|x+1|-2|x-a|,a>0. (Ⅰ)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集; (Ⅱ)若f(x)的图像与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围 高考数学真题分类汇编专题不等式理科及答案 Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】 专题七 不等式 1.【2015高考四川,理9】如果函数()()()()21 281002 f x m x n x m n = -+-+≥≥, 在区间122?? ???? ,上单调递减,则mn 的最大值为( ) (A )16 (B )18 (C )25 (D )812 【答案】B 【解析】 2m ≠时,抛物线的对称轴为82n x m -=- -.据题意,当2m >时,8 22 n m --≥-即212m n +≤.226,182 m n m n mn +?≤ ≤∴≤.由2m n =且212m n +=得3,6m n ==.当2m <时,抛物线开口向下,据题意得,81 22 n m -- ≤-即218m n +≤.281 29,22 n m n m mn +?≤ ≤∴≤.由2n m =且218m n +=得92m =>,故应舍去.要使得mn 取得最大值,应有218m n +=(2,8)m n <>.所以 (182)(1828)816mn n n =-<-??=,所以最大值为18.选B.. 【考点定位】函数与不等式的综合应用. 【名师点睛】首先弄清抛物线的开口方向和对称轴,结合所给单调区间找到m 、n 满足的条件,然后利用基本不等式求解.本题将函数的单调性与基本不等式结合考查,检测了学生综合运用知识解题的能力.在知识的交汇点命题,这是高考的一个方向,这类题往往以中高档题的形式出现. 2.【2015高考北京,理2】若x ,y 满足010x y x y x -?? +??? ≤, ≤,≥,则2z x y =+的最大值为 ( ) A .0 B .1 C .32 D .2 【答案】D 高考数学《不等式选讲》专项复习 一、考纲解读 1.了解绝对值的几何意义,会利用绝对值的定义解不等式,利用绝对值不等式证明不等式和求最值. 2.了解柯西不等式及其几何意义,会用它来证明不等式和求最位. 3.了解基本不等式,会用它来证明不等式和求最值. 4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式. 二、命题趋势探究 本节内容为新课标新增内容,是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点,不等式的应用为次重要考点,不等式证明放在一般位置,难度为中档. 三、知识点精讲 (一).不等式的性质 1.同向合成 (1), >>?>; a b b c a c (2),c >>?+>+; a b d a c b d (3)0,c0 >>>>?>. a b d ac bd (合成后为必要条件) 2.同解变形 >?+>+; (1)a b a c b c (2)0,0, >?>>?<<; a b c ac bc c ac bc (3)11 000a b b a >>? >>?>>. (变形后为充要条件) 3.作差比较法 0,0a b a b a b a b >?>->-< (二).含绝对值的不等式 (1)0,||a x a a x a >>-<<;0,||,a x a x a x a >>?>><-或 (2)22||||a b a b >?> (3)||||x a x b c +++<零点分段讨论 (三).基本不等式 (1)222a b ab +>(当且仅当等号成立条件为a b =) (2)0,0, 2 a b a b +>>≥a b =) ; 0,0,0, 3 a b c a b c ++>>>≥a b c ==时等号成立) (3)柯西不等式 22222()()()a b c d ac bd ++≥+(当且仅当ad bc =时取等号) ①几何意义:||ad bc ??+≤a b a b ||||||≤②推广:22222 2 212 121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b +++++ +≥++ +.当且仅当向量 12(,,,)n a a a a =与向量12(,,,)n b b b b =共线时等号成立. 专题三:高考数学不等式问题的题型与方法(理科) 一、考点回顾 1.高考中对不等式的要求是:理解不等式的性质及其证明;掌握两个(不扩展到三个)正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理,并会简单的应用;掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式;掌握简单不等式的解法;理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│。 2.不等式这部分内容在高考中通过两面考查,一是单方面考查不等式的性质,解法及证明;二是将不等式知识与集合、逻辑、函数、三角函数、数列、解析几何、立体几何、平面向量、导数等知识交汇起来进行考查,深化数学知识间的融汇贯通,从而提高学生数学素质及创新意识. 3.在不等式的求解中,换元法和图解法是常用的技巧之一,通过换元,可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式,通过构造函数,将不等式的解化归为直观、形象的图象关系,对含有参数的不等式,运用图解法,可以使分类标准更加明晰. 4.证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法仍是证明不等式的最基本方法.要依据题设、题断的结构特点、内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤,技巧和语言特点.比较法的一般步骤是:作差(商)→变形→判断符号(值).5.在近几年全国各省市的高考试卷中,不等式在各种题型中都有出现。在解答题中,不等式与函数、数列与导数相结合,难度比较大,使用导数解决逐渐成为一般方法6.知识网络 其中:指数不等式、对数不等式、无理不等式只要求了解基本形式,不做过高要求. 二、 经典例题剖析 1.有关不等式的性质 此类题经常出现在选择题中,一般与函数的值域,最值与比较大小等常结合在一起 例1.(xx 年江西卷)若a >0,b >0,则不等式-b <1 x 1b D.x <1b -或x >1a 解析:-b <1x 1 a 答案:D 点评:注意不等式b a b a 1 1>? <和适用条件是0>ab 例2.(xx 年北京卷)如果正数a b c d ,,,满足4a b cd +==,那么( ) A.ab c d +≤,且等号成立时a b c d ,,,的取值唯一 B.ab c d +≥,且等号成立时a b c d ,,,的取值唯一 C.ab c d +≤,且等号成立时a b c d ,,,的取值不唯一 D.ab c d +≥,且等号成立时a b c d ,,,的取值不唯一 解析:正数a b c d ,,,满足4a b cd +==,∴ 4=a b +≥,即4ab ≤,当且仅当a =b =2时,“=”成立;又4=2 ( )2 c d cd +≤,∴ c+d ≥4,当且仅当c =d =2时,“=”成立;综上得ab c d +≤,且等号成立时a b c d ,,,的取值都为2 答案:A 点评:本题主要考查基本不等式,命题人从定值这一信息给考生提供了思维,重要不等式可以完成和与积的转化,使得基本不等式运用成为现实。 例3.(xx 年安徽)若对任意∈x R ,不等式x ≥ax 恒成立,则实数a 的取值范围是 (A)a <-1 (B)a ≤1 (C) a <1 (D )a ≥1 解析:若对任意∈x R ,不等式x ≥ax 恒成立,当x ≥0时,x ≥ax ,a ≤1,当x <0时, 专题十五不等式选讲大题 (一)命题特点和预测: 分析近8年全国新课标1不等式选讲大题,发现8年8考,主要考查绝对值不等式的解法(出现频率太高了,应当高度重视)、不等式恒成立或有解求参数的范围,考查利用不等式的性质、基本不等式、绝对值不等式性质求最值或证明不等式,难度为基础题.2019年不等式选讲大题仍将主要考查绝对值不等式的解法(出现频率太高了,应当高度重视)、不等式恒成立或有解求参数的范围,考查利用不等式的性质、基本不等式、绝对值不等式性质求最值或证明不等式,难度为基础题. (二)历年试题比较: . 时,求不等式 时不等式成立,求的取值范围. 已知函数, 的解集; 的解集包含 已知函数 ?并说明文由 ( )≤ 【解析与点睛】 (2018年)【解析】(1)当时,,即 故不等式的解集为. (2)当时成立等价于当时成立.若,则当时; 若,的解集为,所以,故. 综上,的取值范围为. (2017年)【解析】 x>时,①式化为,从而. 当1 【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法,也可以将绝对值函数转化为分段函数,借助图象解题. (2016年)【解析】(I) y=的图像如图所示. f ) (x (II )由)(x f 的表达式及图像,当1)(=x f 时,可得1=x 或3=x ; 当1)(-=x f 时,可得3 1 = x 或5=x , 故1)(>x f 的解集为{} 31< 2017-2018全国卷I -Ⅲ高考真题 数学 不等式选修专题 1.(2017全国卷I,文/理.23)(10分) [选修4—5:不等式选讲](10分) 已知函数f (x )=–x 2+ax +4,g (x )=│x +1│+│x –1│. (1)当a =1时,求不等式f (x )≥g (x )的解集; (2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[–1,1],求a 的取值范围. 【答案解析】 解:(1)当1a =时,()24f x x x =-++,是开口向下,对称轴12 x = 的二次函数. ()211121121x x g x x x x x >??=++-=-??-<-?,,≤x ≤,, 当(1,)x ∈+∞时,令242x x x -++= ,解得x =()g x 在()1+∞, 上单调递增,()f x 在()1+∞,上单调递减 ∴此时()()f x g x ≥ 解集为1? ?? . 当[]11x ∈-, 时,()2g x =,()()12f x f -=≥. 当()1x ∈-∞-, 时,()g x 单调递减,()f x 单调递增,且()()112g f -=-=. 综上所述,()()f x g x ≥ 解集1?-??? . (2)依题意得:242x ax -++≥在[]11-, 恒成立. 即220x ax --≤在[]11-, 恒成立. 则只须()()2211201120 a a ?-?-??----??≤≤,解出:11a -≤≤. 故a 取值范围是[]11-, . 2.(2017全国卷Ⅱ,文/理.23)(10分) [选修4-5:不等式选讲](10分) 已知0a >,222ba b +==2.证明: (1)()22()4a b a b ++≥; (2)2a b +≤. 【答案解析】 3.(2017全国卷Ⅱ,文/理.23)(10分) [选修4—5:不等式选讲](10分) 已知函数f (x )=│x +1│–│x –2│. (1)求不等式f (x )≥1的解集; (2)若不等式f (x )≥x 2–x +m 的解集非空,求m 的取值范围. 【答案解析】 解:(1)()|1||2|f x x x =+--可等价为()3,121,123,2--??=--<?? x f x x x x ≤≥.由()1f x ≥可得: ①当1-x ≤时显然不满足题意; ②当12x -<<时,211-x ≥,解得1x ≥; ③当2x ≥时,()31=f x ≥恒成立.综上,()1f x ≥的解集为{}|1x x ≥. (2)不等式()2-+f x x x m ≥等价为()2-+f x x x m ≥, 1.(2018?卷Ⅱ)设函数 (1)当时,求不等式的解集; (2)若,求的取值范围 2.(2013?辽宁)已知函数f(x)=|x﹣a|,其中a>1 (1)当a=2时,求不等式f(x)≥4﹣|x﹣4|的解集; (2)已知关于x的不等式|f(2x+a)﹣2f(x)|≤2的解集{x|1≤x≤2},求a的值.3.(2017?新课标Ⅲ)[选修4-5:不等式选讲] 已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|. (Ⅰ)求不等式f(x)≥1的解集; (Ⅱ)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围. 4.(2017?新课标Ⅱ)[选修4-5:不等式选讲] 已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明: (Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4; (Ⅱ)a+b≤2. 5.(2017?新课标Ⅰ卷)[选修4-5:不等式选讲] 已知函数f(x)=﹣x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x﹣1|.(10分) (1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集; (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[﹣1,1],求a的取值范围. 6.(2017?新课标Ⅱ)[选修4-5:不等式选讲] 已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明: (Ⅰ)(a+b)(a5+b5)≥4; (Ⅱ)a+b≤2. 7.(2018?卷Ⅰ)已知 (1)当时,求不等式的解集 (2)若时,不等式成立,求的取值范围 8.(2018?卷Ⅰ)已知f(x)=|x+1|-|ax-1| (1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集 (2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围 9.(2017?新课标Ⅲ)[选修4-5:不等式选讲] 已知函数f(x)=|x+1|﹣|x﹣2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集; (2)若不等式f(x)≥x2﹣x+m的解集非空,求m的取值范围. 10.(2014?新课标II)设函数f(x)=|x+ |+|x﹣a|(a>0). (1)证明:f(x)≥2; (2)若f(3)<5,求a的取值范围. 11.(2015·福建)选修4-5:不等式选讲 已知,函数的最小值为4.(1)求的值; 典型例题一 例1 解不等式:(1)01522 3>--x x x ;(2)0)2()5)(4(3 2 <-++x x x . 分析:如果多项式)(x f 可分解为n 个一次式的积,则一元高次不等式0)(>x f (或 0)( ①0 ) ( ) ( ) ( ) ( < ? ? < x g x f x g x f ②0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( < ? = ? ≤ ? ? ? ≠ ≤ ? ? ≤x g x f x f x g x f x g x g x f x g x f 或 或 (1)解:原不等式等价于 ? ? ? ≠ - + ≥ + - + - ? ≥ + - + - ? ≤ + - + + - ? ≤ + - - - + ? ≤ + - - ? + ≤ - )2 )( 2 ( )2 )( 2 )( 1 )( 6 ( )2 )( 2 ( )1 )( 6 ( )2 )( 2 ( 6 5 )2 )( 2 ( )2 ( )2 (3 2 2 3 2 2 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 用“穿根法” ∴原不等式解集为[)[) +∞ ? - ? - -∞,6 2,1 )2 , (。 (2)解法一:原不等式等价于0 2 7 3 1 3 2 2 2 > + - + - x x x x 2 1 2 1 3 1 2 7 3 1 3 2 2 7 3 1 3 2 )2 7 3 )( 1 3 2( 2 2 2 2 2 2 > < < < ? ?? ? ? ? < + - < + - ?? ? ? ? > + - > + - ? > + - + - ? x x x x x x x x x x x x x x x 或 或 或 ∴原不等式解集为) ,2( )1, 2 1 ( ) 3 1 , (+∞ ? ? -∞。 解法二:原不等式等价于0 )2 )(1 3( )1 )(1 2( > - - - - x x x x )2 ( )1 3 )( 1 )( 1 2(> - ? - - - ?x x x x 用“穿根法” ∴原不等式解集为) ,2( )1, 2 1 ( ) 3 1 , (+∞ ? ? -∞ 典型例题三 专题16 不等式选讲 选考内容 (二)不等式选讲 1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式: (1) a b a b . (2)a b a c c b . (3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式: ; ;ax b c ax b c x a x b c . 2.了解下列柯西不等式的几种不同形式,理解它们的几何意义,并会证明 . (1)柯西不等式的向量形式: ||||||.(2) 22222()(+)()a b c d ac bd . (3)222222121223231313()()()()()()x x y y x x y y x x y y . (此不等式通常称为平面三角不等式.) 3.会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形: 4.会用向量递归方法讨论排序不等式. 5.了解数学归纳法的原理及其使用范围,会用数学归纳法证明 一些简单问题. 6.会用数学归纳法证明伯努利不等式: 了解当n 为大于1的实数时伯努利不等式也成立 . 7.会用上述不等式证明一些简单问题 .能够利用平均值不等式、 柯西不等式求一些特定函数的极值. 8.了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 1.从考查题型来看,涉及本知识点的题目主要以选考的方式,在解答题中出现,考查解绝对值不等式、证明不等式等. 2.从考查内容来看,主要考查绝对值不等式的解法、不等式的证明,求最值问题等 . 3.从考查热点来看,重点在于考查学生解不等式及利用不等式求解最值问题等,绝对值不等式与函数问题的综合是高考的趋势,值得关注. 考向一 绝对值不等式的求解样题1 (2017新课标全国Ⅰ理科)已知函数 2–4()x ax f x ,11()x x g x ||||. (1)当a =1时,求不等式 ()()f x g x 的解集;(2)若不等式()()f x g x 的解集包含[–1,1],求a 的取值范围. 所以a 的取值范围为[1,1]. 【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法, 也可以将绝对值函数转化为分段函数,借助图象解题. 2012高考真题分类汇编:不等式 1.【2012高考真题重庆理2】不等式 01 21 ≤+-x x 的解集为 A.??? ??- 1,21 B.??????-1,21 C.[)+∞???? ??-∞-,121. D.[)+∞???? ? ? -∞-,121, 对 【答案】A 【解析】原不等式等价于0)12)(1(<+-x x 或01=-x ,即12 1 <<-x 或1=x ,所以不等式的解为12 1 ≤<- x ,选A. 2.【2012高考真题浙江理9】设a 大于0,b 大于0. A.若2a +2a=2b +3b ,则a >b B.若2a +2a=2b +3b ,则a >b C.若2a -2a=2b-3b ,则a >b D.若2a -2a=a b -3b ,则a <b 【答案】A 【解析】若2223a b a b +=+,必有2222a b a b +>+.构造函数:()22x f x x =+,则 ()2ln 220x f x '=?+>恒成立,故有函数()22x f x x =+在x >0上单调递增,即a >b 成立.其 余选项用同样方法排除.故选A 3.【2012高考真题四川理9】某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗A 原料1千克、B 原料2千克;生产乙产品1桶需耗A 原料2千克,B 原料1千克。每桶甲产品的利润是300元,每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中,要求每天消耗A 、B 原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划,从每天生产的甲、乙两种产品中,公司共可获得的最大利润是( ) A 、1800元 B 、2400元 C 、2800元 D 、3100元 【答案】C. 【解析】设生产x 桶甲产品,y 桶乙产品,总利润为Z , 则约束条件为???????>>≤+≤+0 012 2122y x y x y x ,目标函数为300400Z x y =+, 高考数学专题练习:不等式与线性规划 1。若不等式(-2)n a -3n -1-(-2)n <0对任意正整数n 恒成立,则实数a 的取值范围是( ) A 。? ? ???1,43 B 。? ???? 12,43 C 。? ? ???1,74 D 。? ?? ??12,74 答案 D 解析 当n 为奇数时,要满足2n (1-a )<3n -1恒成立, 即1-a <13× ? ????32n 恒成立,只需1-a <13×? ????321,解得a >1 2; 当n 为偶数时,要满足2n (a -1)<3n -1恒成立, 即a -1<13× ? ????32n 恒成立,只需a -1<13×? ????322,解得a <7 4。 综上,12<a <7 4,故选D 。 2。已知a >0,b >0,且a ≠1,b ≠1,若log a b >1,则( ) A 。(a -1)(b -1)<0 B 。(a -1)(a -b )>0 C 。(b -1)(b -a )<0 D 。(b -1)(b -a )>0 答案 D 解析 取a =2,b =4,则(a -1)(b -1)=3>0,排除A ;则(a -1)(a -b )=-2<0,排除B ;(b -1)(b -a )=6>0,排除C,故选D 。 3。设函数f (x )=??? x 2-4x +6,x ≥0, x +6,x <0,则不等式f (x )>f (1)的解集是( ) A 。(-3,1)∪(3,+∞) B 。(-3,1)∪(2,+∞) C 。(-1,1)∪(3,+∞) D 。(-∞,-3)∪(1,3) 答案 A 解析 f (1)=3。由题意得??? x ≥0,x 2-4x +6>3或??? x <0, x +6>3, 解得-3高考数学真题分类汇编专题不等式理科及答案
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