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高中数学典型例题解析:第五章 不等式

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第五章 不等式
§5.1 不等式的解法 一、知识导学 1. 一元一次不等式 ax>b

b ; a b (2)当 a<0 时,解为 x < ; a
(1)当 a>0 时,解为 x > (3)当 a=0,b≥0 时无解;当 a=0,b<0 时,解为 R. 2. 一元二次不等式:(如下表)其中 a>0,x1,x2 是一元二次方程 ax +bx+c=0 的两实根,且 类型 解集 Δ>0
2

ax +bx+c>0 {x|x<x1 或 x>x2} {x|x≠-

2

ax +bx+c≥0 {x|x≤x1 或 x≥x2}

2

ax +bx+c<0 {x|x1<x<x2 }

2

ax +bx+c≤0 {x|x1≤x≤x2}

2

Δ=0

x ∈ R} Δ<0 R

b , 2a

R

Ф

{x|x=-

b } 2a

R

Φ

Φ

x1<x2 3.简单的一元高次不等式:可用区间法(或称根轴法)求解,其步骤是: ①将 f(x)的最高次项的系数化为正数; ②将 f(x)分解为若干个一次因式的积; ③将每一个一次因式的根标在数轴上,从右上方依次通过每一点画曲线; ④根据曲线显示出的 f(x)值的符号变化规律,写出不等式的解集. 4.分式不等式:先整理成

f ( x) f ( x) >0 或 ≥0 的形式,转化为整式不等式求解,即: g ( x) g ( x)

f ( x) >0 f(x)g(x)>0 g ( x)
f ( x ) = 0 或 f ( x ) g ( x )>0 f ( x) g ( x ) ≠ 0 ≥0

g ( x)
然后用“根轴法”或化为不等式组求解. 二、疑难知识导析 1.不等式解法的基本思路 解不等式的过程,实质上是同解不等式逐步代换化简原不等式的过程,因而保持同解 变形就成为解不等式应遵循的主要原则,实际上高中阶段所解的不等式最后都要转化 为一元一次不等式或一元二次不等式,所以等价转化是解不等式的主要思路.代数化、 有理化、整式化、低次化是解初等不等式的基本思路.为此,一要能熟练准确地解一元
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一次不等式和一元二次不等式,二要保证每步转化都要是等价变形. 2.不等式组的解集是本组各不等式解集的交集,所以在解不等式组时,先要解出本组 内各不等式的解集,然后取其交集,在取交集时,一定要利用数轴,将本组内各不等 式的解集在同一数轴上表示出来,注意同一不等式解的示意线要一样高,不要将一个 不等式解集的两个或几个区间误看成是两个或几个不等式的解集. 3.集合的思想和方法在解不等式问题中有广泛的应用,其难点是区分何时取交集,何 时取并集.解不等式的另一个难点是含字母系数的不等式求解—注意分类. 三、经典例题导讲 2 ___. [例 1] 如果 kx +2kx-(k+2)<0 恒成立,则实数 k 的取值范围是___. ___ A. -1≤k≤0 B. -1≤k<0 C. -1<k≤0 D. -1<k<0 错解:由题意: 错解

k < 0
2 (2k ) 4k [(k + 2)] < 0

解得:-1<k<0 2 错因:将 kx +2kx-(k+2)<0 看成了一定是一元二次不等式,忽略了 k=0 的情况. 错因 正解:当 k=0 时,原不等式等价于-2<0,显然恒成立,∴ k=0 符合题意. 正解 当 k ≠ 0 时,由题意: 解得:-1<k<0

k < 0
2 (2k ) 4k [(k + 2)] < 0

∴ 1 < k ≤ 0 ,故选 C.
命题 B : ( x + 2)( x + a ) <0, A 是 B 的充分不必要条件, a 的 若 则 [例 2] 命题 A : x 1 <3, 取值范围是_______ _______ A. (4, +∞ ) B. [ 4, +∞ ) C. ( ∞, 4) D. ( ∞, 4 ]

错解:由|x-1|<3 得:-2<x<4, 错解 又由(x+2)(x+a)=0 得 x=-2 或 x=-a, Q A 是 B 的充分不必要条件,

∴ { x|-2<x<4 } { x|-2<x<-a } ∴ -a>4 故选 D.
错因:忽略了 a=-4 时, { x|-2<x<4 } = { x|-2<x<-a } ,此时 A 是 B 的充要条件, 错因 不是充分不必要条件. 正解:由|x-1|<3 得:-2<x<4, 正解 又由(x+2)(x+a)=0 得 x=-2 或 x=-a, Q A 是 B 的充分不必要条件,

∴ { x|-2<x<4 } { x|-2<x<-a } ∴ -a>4 故选 C.
3]已知 f(x) = ax + [例 3]

x ,若 3 ≤ f (1) ≤ 0, 3 ≤ f ( 2) ≤ 6, 求 f (3) 的范围. b

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3 ≤ a + b ≤ 0 错解: 错解: 由条件得 b 3 ≤ 2a + 2 ≤ 6
②×2-①

① ②
③ ④

6 ≤ a ≤ 15

①×2-②得

8 b 2 ≤ ≤ 3 3 3

③ +④ 得

10 b 43 10 43 ≤ 3a + ≤ , 即 ≤ f (3) ≤ . 3 3 3 3 3 x ,其值是 b

错因:采用这种解法,忽视了这样一个事实:作为满足条件的函数 f ( x ) = ax + 错因:

同时受 a和b 制约的.当 a 取最大(小)值时, b 不一定取最大(小)值,因而整个解题思 路是错误的.

f (1) = a + b 正解: 正解: 由题意有 b, f ( 2) = 2 a + 2
解得: a =

1 2 [2 f (2) f (1)], b = [2 f (1) f (2)], 3 3

∴ f (3) = 3a +

b 16 5 = f (2) f (1). 3 9 9
2

把 f (1) 和 f ( 2) 的范围代入得

16 37 ≤ f (3) ≤ . 3 3

[例 4] 解不等式(x+2) (x+3)(x-2) ≥ 0 错解: 错解 Q (x+2) ≥ 0 ∴ 原不等式可化为:(x+3)(x-2) ≥ 0
2

∴ 原不等式的解集为{x| x ≤ -3 或 x ≥ 2 } 错因:忽视了“ ≥ ”的含义,机械的将等式的运算性质套用到不等式运算中. 错因 2 2 正解:原不等式可化为:(x+2) (x+3)(x-2) = 0 ①或(x+2) (x+3)(x-2) > 0 ②, 正解
解①得:x=-3 或 x=-2 或 x=2 解②得:x< -3 或 x>2
∴ 原不等式的解集为{x| x ≤ -3 或 x ≥ 2 或 x = 2 }

[例 5] 解关于 x 的不等式 a ( x ab) > b( x + ab) 解:将原不等式展开,整理得: ( a b) x > ab( a + b) 讨论:当 a > b 时, x >

ab(a + b) ab

当 a = b 时,若 a = b ≥0 时 x ∈ φ ;若 a = b <0 时 x ∈ R

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当 a < b 时, x <

ab(a + b) ab

点评: 点评:在解一次不等式时,要讨论一次项系数的符号. [例 6]关于 x 的不等式 ax + bx + c < 0 的解集为 {x | x < 2或x > }
2

1 2

求关于 x 的不等式 ax bx + c > 0 的解集.
2

解:由题设知 ∴

a < 0 ,且 x = 2, x = 是方程 ax 2 + bx + c = 0 的两根

1 2

b 5 c = , =1 a 2 a ax 2 bx + c > 0 可以变形为 x 2
5 x +1 < 0 2 1 <x<2 2

从而

b c x+ <0 a a

即: x
2



点评: 二次不等式的解集与二次方程的根之间的联系是解本题的关健, 这也体现了方程思想 点评: 在解题中的简单应用. [例 7]不等式 log 2 ( x + ]
1 + 6) ≤ 3 的解集为 x

1 x + x ≤ 2 1 1 解:∵ log 2 ( x + + 6) ≤ 3 ,∴0< x + + 6 ≤ 8 ,∴ x x x + 1 + 6 > 0 x

x < 0, 或x = 1 3 2 2 < x < 3 + 2 2或x > 0

解得 x ∈ ( 3 2 2, 3 + 2 2) ∪ {1} 反思:在数的比较大小过程中,要遵循这样的规律,异中求同即先将这些数的部分因式化成相 反思 同的部分,再去比较它们剩余部分,就会很轻易啦.一般在数的比较大小中有如下几种方法: (1) 作差比较法和作商比较法,前者和零比较,后者和 1 比较大小; (2)找中间量,往往是 1,在这些数 中,有的比 1 大,有的比 1 小;,(3)计算所有数的值;(4)选用数形结合的方法,画出相应的图形; (5)利用函数的单调性等等. 四、典型习题导练

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1.解不等式

x 2 3x + 2 <0 x 2 2x 3
3 2

2. 解不等式 x + 3 x > 2 x + 6 3.解不等式 ( x 4 x 5)( x + x + 2) < 0
2 2

4. 解不等式 ( x + 2) ( x 1) ( x + 1)( x 2) < 0
2 3

5.解不等式

16 < x 1 x 1 2 x 2 + 2kx + k <1 4x 2 + 6x + 3

6.k 为何值时,下式恒成立: 7. 解不等式 3 x 4
2

x3 > 0

8. 解不等式 2 x 6 x + 4 < x + 2 §5.2 简单的线性规划 一、知识导学 1. 目标函数: P =2x+y是一个含有两个变 量 x 和y 的 函数,称为目标函 数. 2.可行域:约束条件所表示的平面区域称为可行域. 3. 整点:坐标为整数的点叫做整点. 4.线性规划问题:求线性目标函数在线性约束条件下的最大值或最小值的问题,通常称 为线性规划问题.只含有两个变量的简单线性规划问题可用图解法来解决. 5. 整数线性规划:要求量取整数的线性规划称为整数线性规划. 二、疑难知识导析 线性规划是一门研究如何使用最少的人力、 物力和财力去最优地完成科学研究、 工业设 计、经济管理中实际问题的专门学科.主要在以下两类问题中得到应用:一是在人力、物力、 财务等资源一定的条件下,如何使用它们来完成最多的任务;二是给一项任务,如何合理安 排和规划,能以最少的人力、物力、资金等资源来完成该项任务. 1.对于不含边界的区域,要将边界画成虚线. 2.确定二元一次不等式所表示的平面区域有多种方法,常用的一种方法是“选点法”: 任选一个不在直线上的点,检验它的坐标是否满足所给的不等式,若适合,则该点所在的一 侧即为不等式所表示的平面区域;否则,直线的另一侧为所求的平面区域.若 直 线 不 过 原点,通 常 选 择 原 点 代入检验. 3. 平 移 直 线 y=-kx +P时,直线必须经过可行域. 4.对于有实际背景的线性规划问题,可行域通常是位于第一象限内的一个凸多边形区 域,此时变动直线的最佳位置一般通过这个凸多边形的顶点.
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5.简单线性规划问题就是求线性目标函数在线性约束条件下的最优解, 无论此类题目是 以什么实际问题提出,其求解的格式与步骤是不变的: (1)寻找线性约束条件,线性目标函 数; (2)由二元一次不等式表示的平面区域做出可行域; (3)在可行域内求目标函数的最优 解. 三、经典例题导讲

x + y 1 > 0 2 x + 3 y 6 ≤ 0 表示的平面区域. [例 1] .画出不等式组 x y 1 ≤ 0 x 2 y + 2 > 0

x + y 1 > 0 2 x + 3 y 6 ≤ 0 错解:如图(1)所示阴影部分即为不等式组 表示的平面区域. 错解 x y 1 ≤ 0 x 2 y + 2 > 0
错因一是实虚线不清,二是部分不等式所表示的平面区域弄错了. 错因

x + y 1 > 0 2 x + 3 y 6 ≤ 0 正解:如图(2)所示阴影部分即为不等式组 表示的平面区域. 正解 x y 1 ≤ 0 x 2 y + 2 > 0 [例 2] 已知 1 ≤ x-y ≤ 2,且 2 ≤ x+y ≤ 4,求 4x-2y 的范围. 错解:由于 1 ≤ x-y ≤ 2 ①, 错解 2 ≤ x+y ≤ 4 ②, ①+② 得 3 ≤ 2x ≤ 6 ③ ①×(-1)+② 得:0 ≤ 2y ≤ 3 ④. ③×2+④×(-1)得. 3 ≤ 4x-2y ≤ 12

错因: 错因:可行域范围扩大了. 正解:线性约束条件是: 正解 令 z=4x-2y, 画出可行域如右图所示, 由 5.
x - y = 1 得 A 点坐标(1.5,0.5)此时 z=4×1.5-2×0.5= x + y = 2 1 ≤ x - y ≤ 2 2 ≤ x + y ≤ 4

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x - y = 2 得 B 点坐标(3,1)此时 z=4×3-2×1=10. x + y = 4

∴ 5 ≤ 4x-2y ≤ 10

7 x 5 y 23 ≤ 0 2 2 [例 3] 已知 x + 7 y 11 ≤ 0 ,求 x +y 的最值. 4 x + y + 10 ≥ 0 7 x 5 y 23 ≤ 0 错解: 错解 不等式组 x + 7 y 11 ≤ 0 表示的平面区 4 x + y + 10 ≥ 0

域如右图所示 ABC 的内部(包括边界) , 令 z= x +y 由
2 2

7 x 5 y 23 ≤ 0 得 A 点坐标(4,1) , 4 x + y + 10 ≥ 0 7 x 5 y 23 ≤ 0 得 B 点坐标(-1,-6) , 4 x + y + 10 ≥ 0 x + 7 y 11 ≤ 0 得 C 点坐标(-3,2) , 4 x + y + 10 ≥ 0

此时 z=x2+y2=42+12=17, 由

此时 z=x2+y2=(-1)2+(-6)2=37, 由

此时 z=x2+y2=(-3)2+22=13,
x = 1 x = 3 2 2 2 2 ∴ 当 时 x +y 取得最大值 37,当 时 x +y 取得最小值 13. y = 6 y = 2
错因:误将求可行域内的点到原点的距离的平方的最值误认为是求三点 A、B、C 到原点的距 错因 离的平方的最值.

7 x 5 y 23 ≤ 0 正解:不等式组 x + 7 y 11 ≤ 0 表示的平面区域如图所示 ABC 的内部 4 x + y + 10 ≥ 0

(包括边界) , 2 令 z= x +y ,则 z 即为点(x,y)到原点的距离的平方.
2



7 x 5 y 23 ≤ 0 得 A 点坐标(4,1) , 4 x + y + 10 ≥ 0 7 x 5 y 23 ≤ 0 得 B 点坐标(-1,-6) , 4 x + y + 10 ≥ 0

此时 z=x2+y2=42+12=17, 由

此时 z=x2+y2=(-1)2+(-6)2=37,

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x + 7 y 11 ≤ 0 得 C 点坐标(-3,2) , 4 x + y + 10 ≥ 0 x = 0 ,此时 z=x2+y2=02+02=0, y = 0

此时 z=x2+y2=(-3)2+22=13, 而在原点处,

x = 1 x = 0 2 2 2 2 ∴ 当 时 x +y 取得最大值 37,当 时 x +y 取得最小值 0. y = 6 y=0
[例 4]某家具厂有方木料 90m ,五合板 600m ,准备加工成书桌和书橱出售.已知生产每张 3 2 3 2 书桌需要方木料 0.1m ,五合板 2m ,生产每个书橱需要方木料 0.2m ,五合板 1m ,出售一张 书桌可获利润 80 元, 出售一个书橱可获利润 120 元.如果只安排生产书桌, 可获利润多少? 如果只安排生产书橱,可获利润多少?怎样安排生产可使得利润最大? 分析: 分析 数据分析列表 书桌 木料(m ) 五合板(m ) 利润(元/张) 计划生产(张)
2 3 3 2

书橱 0.2 1 120 y

资源限制 90 600

0.1 2 80 x

0.1x + 0.2 y ≤ 90 2x + y ≤ 600 设生产书桌 x 张,书橱 y 张,利润 z 元,则约束条件为 x∈N y∈N
目标函数 z=80x+120y 作出上可行域: 作出一组平行直线 2x+3y=t, 此直线经过点 A(100,400) 2x+y-600=0 时,即合理安排生产,生产书桌 100 张,书橱 400 张,有最 大利润为 A(100,400) zmax=80×100+400×120=56000(元) x+2y-900=0 若只生产书桌,得 0<x≤300,即最多生产 300 张书桌,利 润为 2x+3y=0 z=80×300=24000(元) 若只生产书橱,得 0<y≤450,即最多生产 450 张书橱,利 润为 z=120×450=54000(元) 答:略 [例 5]某钢材厂要将两种大小不同的钢板截成 A、B、C 三种规格,每张钢板可同时截得三种 规格小钢板的块数如下表: A 规格 第一种钢板 第二种钢板 需求 1 1 12 B 规格 2 1 15
2

C 规格 1 3 27
2

每张钢板的面积,第一种为 1m ,第二种为 2 m ,今需要 A、B、C 三种规格的成品

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各 12、15、27 块,请你们为该厂计划一下,应该分别截这两种钢板多少张,可以得到 所需的三种规格成品,而且使所用钢板的面积最小?只用第一种钢板行吗? 2 解:设需要截第一种钢板 x 张,第二种钢板 y 张,所用钢板面积为 z m ,则

x + y ≥ 12 2 x + y ≥ 15 目标函数 z=x+2y x + 3 y ≥ 27 x, y ∈ N
作出可行域如图 作一组平行直线 x+2y=t, 由

x + y = 12 x + 3 y = 27
可得交点 ,

9 15 , 2 2

2x+y=15

但点 ,

9 15 不是可行域内的整点,其附近的整点 2 2

(4,8)或(6,7)可都使 z 有最小值, 且 zmin=4+2×8=20 或 zmin=6+2×7=20 若只截第一种钢板,由上可知 x≥27,所用钢板面积 x+3y=27 2 最少为 z=27(m ); 若只截第二种钢板,则 y≥15,最少需要钢板面积 z=2× 2 15=30(m ). 它们都比 zmin 大,因此都不行. 答:略

x+y=12 x+2y=0

x 4 y ≤ 3 [例 6]设 z = 6 x + 10 y ,式中 x, y 满足条件 3x + 5 y ≤ 25 ,求 z 的 x ≥ 1

最大值和最小值. 解:由引例可知:直线 l0 与 AC 所在直线平行,则由引例的 解题过程知, 当 l 与 AC 所在直线 3x + 5 y 25 = 0 重合时 z 最大,此时满足条 件的最优解有无数多个, 当 l 经 过 点 B(1,1) 时 , 对 应 z 最 小 , ∴ zmax = 6 x + 10 y = 50 , zmin = 6 ×1 + 10 × 1 = 16 .
说明:1.线性目标函数的最大值、最小值一般在可行域的顶点处取得; 说明 2.线性目标函数的最值也可在可行域的边界上取得,即满足条件的最优解有无数多 个. 四、典型习题导练 1.画出不等式- x +2y-4<0 表示的平面区域.
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x + y 6 ≥ 0 x y ≥ 0 表示的平面区域 2.画出不等式组 y≤3 x < 5

5 x + 3 y ≤ 15, 3.求 z=3x+5y 的最大值和最小值,使式中的 x、y 满足约束条件 y ≤ x + 1, x 5 y ≥ 3.
4.某工厂用两种不同原料均可生产同一产品, 若采用甲种原料, 每吨成本 1000 元, 运费 500 元,可得产品 90 千克;若采用乙种原料,每吨成本为 1500 元,运费 400 元,可得产品 100 千克,如果每月原料的总成本不超过 6000 元,运费不超过 2000 元,那么此工厂每月最多可 生产多少千克产品? 5.某工厂家具车间造 A、 型两类桌子, B 每张桌子需木工和漆工两道工序完成.已知木工做一 张 A、B 型桌子分别需要 1 小时和 2 小时,漆工油漆一张 A、B 型桌子分别需要 3 小时和 1 小时;又知木工、漆工每天工作分别不得超过 8 小时和 9 小时,而工厂造一张 A、B 型桌子 分别获利润 2 千元和 3 千元,试问工厂每天应生产 A、B 型桌子各多少张,才能获得利润最 大?

x ≥ 0, y ≥ 0, 6.在约束条件 下,当 3 ≤ s ≤ 5 时,目标函数 y + x ≤ s, y + 2 x ≤ 4.
z = 3 x + 2 y 的最大值的变化范围是
A.[6,15] C.[6,8] B.[7,15] D.[7,8] §5.3 基本不等式的证明 一、知识导学 1.比较法:比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序 和运算性质的直接应用,比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求 商法). (1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质: “a-b≥0 a≥b; a-b≤0 a ≤b”.其一般步骤为:①作差:考察不等式左右两边构成的差式,将其看作一个整体;② 变形:把不等式两边的差进行变形,或变形为一个常数,或变形为若干个因式的积,或变形 为一个或几个平方的和等等, 其中变形是求差法的关键, 配方和因式分解是经常使用的变形 手段;③判断:根据已知条件与上述变形结果,判断不等式两边差的正负号,最后肯定所求 证不等式成立的结论.应用范围:当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用 差值比较法. + (2)商值比较法的理论依据是:“若a,b∈R ,a/b≥1 a≥b;a/b≤1 a≤ b”.其一般步骤为:①作商:将左右两端作商;②变形:化简商式到最简形式;③判断商 与 1 的大小关系,就是判定商大于 1 或小于 1.应用范围:当被证的不等式两端含有幂、指

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数式时,一般使用商值比较法. 2.综合法:利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础,借助不 等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后推出所要证明的不等式,其特点和思路 是“由因导果”,从“已知”看“需知”,逐步推出“结论”.即从已知A逐步推演不等式 成立的必要条件从而得出结论B. 3.分析法:是指从需证的不等式出发,分析这个不等式成立的充分条件,进而转化为判 定那个条件是否具备,其特点和思路是“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢 “已知”.用分析法证明书写的模式是:为了证明命题B成立,只需证明命题B1 为真,从 而有…,这只需证明B2 为真,从而又有…,……这只需证明A为真,而已知A为真,故B 必为真.这种证题模式告诉我们,分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件. 4.反证法:有些不等式的证明,从正面证不好说清楚,可以从正难则反的角度考虑,即 要证明不等式A>B,先假设A≤B,由题设及其它性质,推出矛盾,从而肯定A>B.凡涉 及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不 可能”等词语时,可以考虑用反证法. 5.换元法:换元法是对一些结构比较复杂,变量较多,变量之间的关系不甚明了的不等式可 引入一个或多个变量进行代换, 以便简化原有的结构或实现某种转化与变通, 给证明带来新 的启迪和方法.主要有两种换元形式.(1)三角代换法:多用于条件不等式的证明,当所给条 件较复杂,一个变量不易用另一个变量表示,这时可考虑三角代换,将两个变量都有同一个 参数表示.此法如果运用恰当,可沟通三角与代数的联系,将复杂的代数问题转化为三角问 题; (2)增量换元法:在对称式(任意交换两个字母,代数式不变)和给定字母顺序(如a> b>c等)的不等式, 考虑用增量法进行换元, 其目的是通过换元达到减元, 使问题化难为易, 化繁为简.如a+b=1,可以用a=1-t,b=t或a=1/2+t,b=1/2-t进行换元. 二、疑难知识导析 1.在用商值比较法证明不等式时,要注意分母的正、负号,以确定不等号的方向. 2.分析法与综合法是对立统一的两个方面, 前者执果索因, 利于思考, 因为它方向明确, 思路自然,易于掌握;后者是由因导果,宜于表述,因为它条理清晰,形式简洁,适合人们 的思维习惯.但是,用分析法探求证明不等式,只是一种重要的探求方式,而不是一种好的 书写形式,因为它叙述较繁,如果把“只需证明”等字眼不写,就成了错误.而用综合法书 写的形式,它掩盖了分析、探索的过程.因而证明不等式时,分析法、综合法常常是不能分 离的.如果使用综合法证明不等式,难以入手时常用分析法探索证题的途径,之后用综合法 形式写出它的证明过程,以适应人们习惯的思维规律.还有的不等式证明难度较大,需一边 分析,一边综合,实现两头往中间靠以达到证题的目的.这充分表明分析与综合之间互为前 提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系.分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进 一步分析的起点. 3.分析法证明过程中的每一步不一定“步步可逆”,也没有必要要求“步步可逆”,因 为这时仅需寻找充分条件,而不是充要条件.如果非要“步步可逆”,则限制了分析法解决 问题的范围,使得分析法只能使用于证明等价命题了.用分析法证明问题时,一定要恰当地 用好“要证”、“只需证”、“即证”、“也即证”等词语. 4.反证法证明不等式时,必须要将命题结论的反面的各种情形一一加以导出矛盾. 5.在三角换元中,由于已知条件的限制作用,可能对引入的角有一定的限制,应引起高 度重视,否则可能会出现错误的结果.这是换元法的重点,也是难点,且要注意整体思想的 应用. 三、经典例题导讲

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[例 1] 已知 a>b(ab ≠ 0 ),比较

1 1 与 的大小. a b 1 1 错解: 错解 Q a>b(ab ≠ 0 ),∴ < . a b

错因:简单的认为大数的倒数必定小,小数的倒数必定大.正确的结论是:当两数同号 错因 时,大数的倒数必定小,小数的倒数必定大. 正解: 正解 Q

1 1 ba = ,又Q a>b(ab ≠ 0 ), a b ab

(1)当 a、b 同号时,即 a>b>0 或 b<a<0 时,则 ab>0,b-a<0, (2)当 a、b 异号时,则 a>0,b<0,

ba 1 1 < 0 ,∴ < . ab a b

1 1 1 1 >0, <0∴ > . a b a b


[例 2] 当 a、b 为两个不相等的正实数时,下列各式中最小的是(

a+b A. 2

B. ab

a2 + b2 C. 2

a 1 + b 1 1 D. ( ) 2

错解:所以选 B. 错解 错因是由于在

a+b a2 + b2 、 ab 、 中很容易确定 ab 最小,所以易误选 B.而事 2 2

实上三者中最小者,并不一定是四者中最小者,要得到正确的结论,就需要全面比较,不可

a 1 + b 1 1 遗漏 ( ) 与前三者的大小比较. 2
正解:由均值不等式 正解

a+b ≥ 2

ab 及 a2+b2 ≥ 2ab,可知选项 A、B、C 中, ab 最小,而

(

a 1 + b 1 1 2ab ) = ,由当 a ≠ b 时,a+b>2 ab ,两端同乘以 ab ,可得(a+b) ab 2 a+b 2ab < ab ,因此选 D. a+b
1

>2ab,∴

[例 3] 已知:a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+

a

) +(b+

2

1

b

) 的最小值.

2

错解: (a+ 错解:

1 1 2 1 2 2 2 1 1 2 ) +(b+ ) =a +b + 2 + 2 +4≥2ab+ +4≥4 ab +4=8, a b ab ab a b

∴(a+

1 2 1 2 ) +(b+ ) 的最小值是 8. a b
2 2

错因: 上面的解答中, 两次用到了基本不等式 a +b ≥2ab, 第一次等号成立的条件是 a=b= 错因: 第二次等号成立的条件是 ab= 最小值.

1 , 2

1 ,显然,这两个条件是不能同时成立的.因此,8 不是 ab

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1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 + 2 +4=( a +b )+( 2 + 2 )+4=[(a+b) -2ab]+[( + ) - ]+4 2 a b ab a b a b 1 = (1-2ab)(1+ 2 2 )+4, a b a+b 2 1 1 1 1 1 由 ab≤( )= 得:1-2ab≥1- = , 且 2 2 ≥16,1+ 2 2 ≥17, 2 4 2 2 a b a b 1 25 1 (当且仅当 a=b= 时,等号成立), ∴原式≥ ×17+4= 2 2 2 1 2 1 2 25 ∴(a + ) + (b + ) 的最小值是 . 2 a b [例 4] 已知 0 < x < 1, 0 < a < 1,试比较 | log a (1 x) | 和 | log a (1 + x) | 的大小.
正解: 正解:原式= a +b +
2 2

2 2 解法一: 解法一 | loga (1 x) | | loga (1 + x) | = [loga (1 x) + loga (1 x)][loga (1 x) loga (1 + x)]

= log a (1 x 2 ) log a
∵0 < 1 x < 1,
2

1 x 1+ x 0<

1 x <1 1+ x

∴ log a (1 x ) log a
2

1 x >0 1+ x

∴ | log a (1 x) |> | log a (1 + x) | 解法二: 解法二

log a (1 x) 1 1+ x = log1+ x (1 x) = log1+ x (1 x) = log1+ x = log1+ x log a (1 + x) 1 x 1 x2
= 1 log1+ x (1 x 2 )
∵0 < 1 x < 1, 1 + x > 1, ∴ log 1+ x (1 x 2 ) > 0
2

∴ 1 log 1+ x (1 x 2 ) > 1

∴ | log a (1 x) |> | log a (1 + x) | 1 < 1 + x < 2,

解法三:∵0 < x < 1, ∴0 < 1 x < 1, 解法三 ∴ log a (1 x) > 0,

log a (1 + x) < 0
2

∴左 右 = log a (1 x) + log a (1 + x ) = log a (1 x ) ∵0 < 1 x < 1, 且 0 < a < 1 ∴ log a (1 x 2 ) > 0
2

∴ | log a (1 x ) |> | log a (1 + x ) | [例 5]已知 x = a + b ,y = c + d ,且所有字母均为正,求证:xy≥ac + bd 证法一(分析法)∵a, b, c, d, x, y 都是正数 证:证法一 ∴要证:xy≥ac + bd 2 2 只需证:(xy) ≥(ac + bd) 2 2 2 2 2 2 2 2 即:(a + b )(c + d )≥a c + b d + 2abcd 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 展开得:a c + b d + a d + b c ≥a c + b d + 2abcd
2 2 2 2 2 2

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即:a d + b c ≥2abcd ∴xy≥ac + bd 证法二(综合法)xy = a + b 证法二
2
2 2

2 2

2 2

由基本不等式,显然成立

2

c 2 + d 2 = a 2c 2 + b2c 2 + a 2d 2 + b2d 2
2 2

≥ a c + 2abcd + b d

= (ac + bd ) 2 = ac + bd

证法三(三角代换法) 证法三 2 2 2 ∵x = a + b ,∴不妨设 a = xsinα, b = xcosα y2 = c2 + d2 c = ysinβ, d = ycosβ ∴ac + bd = xysinαsinβ + xycosαcosβ = xycos(α β)≤xy [例 6] 已知 x > 0,求证: x +

1 + x

1 x+ 1 x



5 2

证:构造函数 f ( x ) = x +

1 1 ( x > 0) 则 x + ≥ 2 , 设 2≤α<β x x

由 f (α) f (β) = α + 显然 ∵2≤α<β

1 1 (α β)(αβ 1) 1 1 (β + ) = (α β) + = α β α β αβ
5 2

∴α β > 0, αβ 1 > 0, αβ > 0 ∴上式 > 0

∴f (x)在 [ 2,+∞) 上单调递增,∴左边 ≥ f ( 2) = 四、典型习题导练 1.比较(a+3)(a-5)与(a+2)(a-4)的大小. 2.已知 a,b,c,d 都是正数,求证:

(ab + cd )(ac + bd ) ≥ 4abcd
3.已知 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,求证:

1 1 + ≥ 3+ 2 2 x y

4.若 x 2 + y 2 ≤ 1 ,求证: | x 2 + 2 xy y 2 |≤ 5.若 x > 1,y > 1,求证: 6.证明:若 a > 0,则 a +
2

2

xy ≥ 1 + ( x 1)( y 1)

1 1 2 ≥a+ 2 2 a a
§5.4 不等式的应用

一、基础知识导学 基础知识导学 1.利用均值不等式求最值:如果 a1,a2∈R ,那么
+

a+b ≥ ab . 2

2.求函数定义域、值域、方程的有解性、判断函数单调性及单调区间,确定参数的取值范围 等.这些问题一般转化为解不等式或不等式组,或证明不等式.

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3.涉及不等式知识解决的实际应用问题, 这些问题大体分为两类: 一是建立不等式解不等式; 二是建立函数式求最大值或最小值. 二、疑难知识导析 不等式既属数学的基础知识, 又是解决数学问题的重要工具, 在解决函数定义域、 值域、 单调性、恒成立问题、方程根的分布、参数范围的确定、曲线位置关系的讨论、解析几何、 立体几何中的最值等问题中有广泛的应用, 特别是近几年来, 高考试题带动了一大批实际应 用题问世,其特点是: 1.问题的背景是人们关心的社会热点问题,如“物价、税收、销售收入、市场信息”等, 题目往往篇幅较长. 2.函数模型除了常见的“正比例函数、反比例函数、一次函数、二次函数、幂函数、指 数函数、对数函数、三角函数、反三角函数”等标准形式外,又出现了以“函数
y = ax + b b , y = ax 2 + , y = k[(a + b) x(c ax)(d bx)] ” x x

为模型的新的形式. 三 经典例题导讲 [例 1]求 y=

x2 + 5 x2 + 4

的最小值.

错解: 错解 Q y=

x2 + 5 x2 + 4

= x2 + 4 +

1 x2 + 4

≥2

x2 + 4

1 x2 + 4

=2

∴ y 的最小值为 2.
错因:等号取不到,利用均值定理求最值时“正、定、等”这三个条件缺一不可. 错因 正解:令 t= x + 4 ,则 t ≥ 2 ,于是 y= t + , (t ≤ 2) 正解
2

1 t

由于当 t ≥ 1 时,y= t +

5 1 是递增的,故当 t=2 即 x=0 时,y 取最小值 . t 2
2 2

[例 2]m 为何值时,方程 x +(2m+1)x+m -3=0 有两个正根. 错解:由根与系数的关系得 错解

2 m + 1 < 0
2 m 3 > 0

m < 3 ,因此当 m < 3 时,原方程有两个

正根. 错因:忽视了一元二次方程有实根的条件,即判别式大于等于 0. 错因
13 m ≥ 4 = (2m + 1) 2 4(m 2 3) ≥ 0 1 正解:由题意: 2m + 1 < 0 m < 2 2 m 3 > 0 m < 3或m > 3



13 13 ≤ m ≤ 3 , 因此当 ≤ m ≤ 3 时,原方程有两个正根. 4 4

[例 3]若正数 x,y 满足 6x + 5y = 36 ,求 xy 的最大值. 解:由于 x,y 为正数,则 6x,5y 也是正数,所以

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6x + 5 ≥ 6 x 5 y = 30 xy 2

当且仅当 6x=5y 时,取“=”号. 因 6x + 5y = 36 ,则 30 xy ≤
36 54 54 ,即 xy ≤ ,所以 xy 的最大值为 . 2 5 5

[例 4] 已知:长方体的全面积为定值 S,试问这个长方体的长、宽、高各是多少时,它的体 积最大,求出这个最大值. 分析:经过审题可以看出,长方体的全面积 S 是定值.因此最大值一定要用 S 来表示.首要 分析 问题是列出函数关系式.设长方体体积为 y,其长、宽、高分别为 a,b,c,则 y=abc.由 2 于 a+b+c 不是定值,所以肯定要对函数式进行变形.可以利用平均值定理先求出 y 的最大 值,这样 y 的最大值也就可以求出来了. 解:设长方体的体积为 y,长、宽、高分别是为 a,b,c,则 y=abc,2ab+2bc+2ac=S. 而 2 2 y =(abc) =(ab)(bc)(ac)

当且仅当 ab=bc=ac,即 a=b=c 时,上式取“=”号,y 有最小值

2

答:长方体的长、宽、高都等于

6s s 6s 时体积的最大值为 . 6 36

说明:对应用问题的处理,要把实际问题转化成数学问题,列好函数关系式是求解问题 说明 的关健. 四、典型习题导练 3 2 1.某工厂要建造一个长方体无盖贮水池,其容积为 4800m ,深为 3m,如果池底每 1m 的造价 2 为 150 元,池壁每 1m 的造价为 120 元,问怎样设计水池能使总造价最低,最低总造价是多 少元? 2.证明:通过水管放水,当流速相同时,如果水管截面的周长相等, 那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大. 3.在四面体 P-ABC 中,∠APB=∠BPC=∠CPA=90°,各棱长的和为 m, 求这个四面体体积的最大值. 4. 设函数 f(x)=ax +bx+c 的图象与两直线 y=x,y=-x,均不相 交,试证明对一切 x ∈ R 都有 | ax 2 + bx + c |>
1 . 4|a|
2

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5.青工小李需制作一批容积为 V 的圆锥形漏斗,欲使其用料最省,问漏斗高与漏斗底面半 径应具有怎样的比例? 6.轮船每小时使用燃料费用(单位:元)和轮船速度(单位:海里/时)的立方成正比.已知 某轮船的最大船速是 18 海里/时, 当速度是 10 海里/时时, 它的燃料费用是每小时 30 元, 其余费用(不论速度如何)都是每小时 480 元,如果甲、乙两地相距 1000 海里,求轮船从甲 地行驶到乙地,所需的总费用与船速的函数关系,并问船速为多少时,总费用最低? 5.5 推理与证明 一、基础知识导学 1. 推理一般包括合情推理和演绎推理. 2. 合情推理:根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)、实验和实践的 结果,以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程.归纳、类比是合情推理常用 的思维方法. 3. 归纳推理:根据一类事物的部分对象具有某种性质,推出这类事物的所有对象都具有这 种性质的推理. 4. 归纳推理的一般步骤:⑴通过观察个别情况发现某些相同性质;⑵从已知的相同性质中 推出一个明确表达的一般性命题(猜想). 5. 类比推理:根据两类不同事物之间具有某些类似性,推出其中一类事物具有另一类事物 类似的性质的推理. 6. 类比推理的一般步骤:⑴找出两类事物之间的相似性或一致性;⑵从一类事物的性质去 推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题(猜想). 7. 演绎推理:根据一般性的真命题导出特殊性命题为真的推理. 8. 直接证明的两种基本方法:分析法和综合法;间接证明的一种基本方法──反证法. 9. 分析法:从原因推导到结果的思维方法. 10. 综合法:从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法. 11. 反证法:判定非 q 为假,推出 q 为真的方法. 12. 应用反证法证明命题的一般步骤:⑴分清命题的条件和结论;⑵做出与命题结论相矛盾 的假定;⑶由假定出发,应用正确的推理方法,推出矛盾的结果;⑷间接证明命题为真. 13. 数学归纳法:设{pn}是一个与自然数相关的命题集合,如果⑴证明起始命题 p1 成立; ⑵在假设 pk 成立的前提上,推出 pk+1 也成立,那么可以断定, n}对一切正整数成立. {p 14. 数学归纳法的步骤:

(1)证明当

(如

或 2 等)时,结论正确;

(2)假设

时结论正确,证明

时结论也正确.

二、疑难知识导析 1.归纳推理是根据一类事物的部分对象具有某种性质, 推出这类事物的所有对象都具有这种 性质的推理. 而类比推理是根据两类不同事物之间具有某些类似性, 推出其中一类事物具有另一类事 物类似的性质的推理.

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2. 应用反证法证明命题的逻辑依据:做出与命题结论相矛盾的假定,由假定出发,应用正 确的推理方法,推出矛盾的结果 3. 数学归纳法是一种证明方法,归纳推理是一种推理方法. 三、经典例题导讲 [例1] { a n }是正数组成的数列,其前n项和为 s n ,并且对于所有的自然数 n , a n 与2的等差 中项等于 s n 与2的等比中项. (1)写出数列{ a n }的前3项; (2)求数列{ a n }的通项公式(写出推证过程); 错解:由(1)猜想数列{ a n }有通项公式 a n =4 n -2. 错解 下面用数学归纳法证明数列{ a n }的通项公式是

a n =4 n -2. ( n ∈N).
①当 n =1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出 a1 =2,所以上述结论成立. ②假设n=k时结论成立,即有 a k =4 k -2.由题意,有 将 a k =4 k -2代入上式,得 2k =

ak + 2 = 2s k 2

2 s k ,解得

s k = 2k 2
由题意,有

a k +1 + 2 = 2 s k +1 , s k +1 = s k + a k +1 2
2

将 s k = 2k 代入,化简得
2 a k +1 4a k +1 + 4 16k 2 = 0

解得 a k +1 = 2 ± 4k .∴ a k +1 = 2 + 4k = 4( k + 1) 2 这就是说,当n=k+1时,上述结论成立. 根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立. 错因在于解题过程中忽视了取值的取舍. 正解:由(1)猜想数列{an}有通项公式an=4n-2. 正解 猜想数列{ a n }有通项公式 a n =4 n -2. 下面用数学归纳法证明数列{ a n }的通项公式是

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a n =4 n -2. ( n ∈N).
①当 n =1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出 a1 =2,所以上述结论成立. ②假设n=k时结论成立,即有 a k =4 k -2.由题意,有 将 a k =4 k -2代入上式,得 2k =

ak + 2 = 2s k 2

2 s k ,解得

s k = 2k 2
由题意,有

a k +1 + 2 = 2 s k +1 , s k +1 = s k + a k +1 2
2

将 s k = 2k 代入,化简得
2 a k +1 4a k +1 + 4 16k 2 = 0

解得 a k +1 = 2 ± 4k .由 a k +1 > 0 ∴ a k +1 = 2 + 4k = 4( k + 1) 2 这就是说,当n=k+1时,上述结论成立. 根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立. [例2] 用数学归纳法证明对于任意自然数 ,

错解:证明:假设当 错解 即 那么当

( k ∈ N)时,等式成立, , 时,

这就是说,当

时,等式成立.

可知等式对任意 k ∈ N 成立.

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错因在于推理不严密,没有证明当 正解:证明:(1)当 正解 (2)假设当 即 那么当 时, 时,左式 (

的情况 . ,右式 )时,等式成立, , ,所以等式成立.

这就是说,当

时,等式成立.

由(1)、(2),可知等式对任意 k ∈ N 成立.
使得 [例 3] 是否存在自然数 m , 若存在,求出 对任意自然数 , 都能被 整除,

的最大值,并证明你的结论;若不存在,说明理由.

分析 本题是开放性题型,先求出 f (1) , f ( 2) , f (3) …再归纳、猜想、证明. 解: , , , …… 猜想, (1)当 能被 36 整除,用数学归纳法证明如下: 时, ,能被 36 整除. 能被 36 整除.

(2)假设当 n = k ,( k ∈ N)时, 那么,当 时,

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由归纳假设, 当 为自然数时, ∴ 这就是说当

能被 36 整除, 为偶数,则 能被 36 整除.

能被 36 整除, 时命题成立. , f (n) 都能被 36 整除. 整除,所以 36 为最大.

由(1)、(2)对任意 当

取大于 36 的自然数时, f (1) = 36 不能被

xy 过 [例 4] 设点 A1 是曲线 C: = 1( x > 0, y > 0) 与直线 y = x 的交点, A1 点作直线 y = x
的垂线交 轴于 B1 ,过 B1 点作直线 y = x 的平行线交曲线 C 于 A2 ,再过 A2 点作 B1 A2 的 垂线作交 X 轴于 B2 ,如此继续下去可得到一系列的点 的横坐标 的通项公式. , ,…, ,…如图,试求

分析 本题并没有指明求 通过寻求 解:解法一 直线 直线 与

通项公式的方法,可用归纳——猜想——证明的方法,也可以 的通项公式. , , 与 令 )联立,解得 ,得 ,所以点 ( ),解得

的递推关系式求 与 (

的方程为 的方程为 , 所以点 (

联立,消元得 , ).

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直线 令

的方程为 ,得 …… ,所以点

, 同样可求得点 ( ,0)

由此推测



,0),即

用数学归纳法证明 (1)当 即 时,由 点的坐标为( ,0),

,所以命题成立. 时命题成立, ,0),则当 的方程为 ( 可得 , 时, , )联立, ( ),

(2)假设当 即 由于直线 把它与 消去 ∴

于是 即点 ∴ 直线 令 即 ∴ 当 解法二 设点 建立 由数列 , 与 得, 点的坐标为( ,0) 的坐标为( 的方程为 , ).

时,命题成立. 的坐标分别为( 的递推关系 是等差数列,且 ,0)、( ,即 ,公差 ,0), ,

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可求得



),



用数学归纳法证明与自然数 n 有关的几何命题, k 过渡到 k+1 常利用几何图形来分 由 析图形前后演变情况. [例 5] 有 n 个圆,其中每两个圆都相交于两点,并且每三个圆都不相交于同一点,求证: 这 n 个圆把平面分成 f(n)=n -n+2 个部分. 证明①当 n=1 时,即一个圆把平面分成二个部分 f(1)=2 又 n=1 时,n -n+2=2,∴命题成立 ②假设 n=k 时,命题成立,即 k 个圆把平面分成 f(k)=k -k+2 个 部分,那么设第 k+1 个圆记⊙O,由题意,它与 k 个圆中每个圆 交于两点,又无三圆交于同一点,于是它与其它 k 个圆相交于 2k 个点.把⊙O 分成 2k 条弧而每条弧把原区域分成 2 块,因此这平 面的总区域增加 2k 块,即 f(k+1)=k -k+2+2k=(k+1) -(k+1)+2 即 n=k+1 时命题成立. 由①②可知对任何 n∈N 命题均成立. 说明: 说明 本题如何应用归纳假设及已知条件,其关键是分析 k 增加“1”时,研究第 k+1 个 圆与其它 k 个圆的交点个数问题. [例 6] 已知 n≥2,n∈N
2 2 2 2 2

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②假设 n=k 时,原不等式成立.

由①②可知,对任何 n∈N(n≥2),原不等式均成立.

四、典型习题导练 典型习题导练 1.用数学归纳法证明等式“1+2+3+…+( n +3)= 当 n =1 时,左边应为____________. 2.已知数列{ a n }的前 n 项和 s n = 2n a n ,则{ a n }的前四项依次为_______,猜想

(n + 3)(n + 4) ( n N)”, 2

a n =__________.
3.已知数列 {a n }的各项都是正数, 且满足 : a 0 = 1, a n +1 = 证明 a n < a n +1 < 2, n ∈ N . 4.已知不等式

1 a n , (4 a n ), n ∈ N . 2

1 1 1 1 + + L + > [log 2 n], 其中n 为大于 2 的整数, [log 2 n] 表示不超过 2 3 n 2
设 数 列 {a n } 的 各 项 为 正 , 且 满 足

log 2 n 的 最 大 整 数 .

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a1 = b(b > 0), a n ≤

2b na n 1 , n = 3,4,5, L . , n = 2,3,4, L 证明 a n < 2 + b[log 2 n] n + a n 1

5. 自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能 * 力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用 xn 表示某鱼群在第 n 年年初的总量,n∈N ,且 x1>0. 2 不考虑其它因素,设在第 n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与 xn 成正比,死亡量与 xn 成正比, 这些比例系数依次为正常数 a,b,c. (1)求 xn+1 与 xn 的关系式; (2)猜测:当且仅当 x1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变? * (3)设 a=2,c=1,为保证对任意 x1∈(0,2),都有 xn>0,n∈N ,则捕捞强度 b 的 最大允许值是多少?证明你的结论.

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