高中数学能力训练——不等式
?(3?1)[1?(3?1)n]1?(3?1)即b1?b2???bn?
?3?12?3?3?1
3?1
21. 解：(1)根据同底数幂的运算法则，可考虑用比值比较法。
aabbaa?ba?bb?a?a?b?() bababaa?1,a?b?0,则()a?b?1，于是aabb>abba bbaaa?b?1，于是aabb>abba 当b>a>0时，?1,a?b?0,则()bb当a>b>0时，
综上所述，对于不相等的正数a,b，都有aabb>abba
解(2)作差pf?x??qf?y?—f?px?qy?=px2?ax?b?qy2?ay?b??px?qy?
2?????a?px?qy??b?p?1?p?x2?q?1?q?y2?2pqxy?pq?x?y??p?1?p??x?y?
222??1?当x?y时，p?1?p??x?y??0得pf?x??qf?y?=f?px?qy?。
（2）当x?y时，
?x?y?2?02?①当p?1,orp?0时，p?1?p??x?y??0得
2pf?x??qf?y?=f?px?qy?。②当0?p?1时，p?1?p??x?y??0得 pf?x??qf?y?>f?px?qy?。③当p?1orp?0时，p?1?p??x?y??0得
2pf?x??qf?y? 综上所述：当x?y或p?1,orp?0时pf?x??qf?y?=f?px?qy?。当x?y且0?p?1时 pf?x??qf?y?>f?px?qy?。当x?y且p?1orp?0时pf?x??qf?y? 22. 解：（1） ??m?2?ambc??m??m??a?f??????a?a???b???c??am?2m?1m?1m?1m?1m??????????m?1?????ama?am?am?????2m?2???m?1?2?m?2?m?1??2 所以a?f??m???0 ?m?1? 16 高中数学能力训练——不等式 （2）由于f(0)=c,f(1)=a+b+c,当a>0时, 因为a?f??m???0,所以 f??m?1??m??m?1???0 若c>0,,f(0)=c>0,所以方程f(x)=0在??m??0,m?1??内有解,若c≤0, f?1??a?b?c?a??m?1???ca?ac??m?m?2???c?m?2?m?0 所以方程在??m?m?1,1???内有解 当a<0时,同理可证 故a?0时,方程f(x)=0在(0,1)内有解 23. 证法一：（I）任取x1,x2?R,x1?x2,则由 ?(x1?x2)2?(x1?x2)[f(x1)?f(x2)] 和|f(x1)?f(x2)|?|x1?x2| ② 可知 ?(x1?x2)2?(x1?x2)[f(x1)?f(x2)]?|x1?x2|?|f(x1)?f(x2)|?|x1?x22|， 从而 ??1. 假设有b0?a0,使得f(b0)?0,则由①式知 0??(a20?b0)?(a0?b0)[f(a0)?f(b0)]?0矛盾. ∴不存在b0?a0,使得f(b0)?0. （II）由b?a??f(a) ③ 可知 (b?a20)?[a?a0??f(a)]2?(a?a20)?2?(a?a0)f(a)??2[f(a)]2 ④ 由f(a0)?0和①式，得(a?a0)f(a)?(a?a0)[f(a)?f(a0)]??(a?a20) ⑤ 由f(a0)?0和②式知，[f(a)]2?[f(a)?f(a20)]?(a?a0)2 ⑥ 由⑤、⑥代入④式，得 (b?a20)2?(a?a0)?2?2(a?a0)2??2(a?a20) ?(1??2)(a?a0)2 （III）由③式可知[f(b)]2?[f(b)?f(a)?f(a)]2 ?[f(b)?f(a)]2?2f(a)[f(b)?f(a)]?[f(a)]2 17 高中数学能力训练——不等式 ?(b?a)2?2???2[f(a)]2???2[f(a)2?b?a?2[f(b)?f(a)]?[f(a)]2 （用②式） ?2(b?a)[f(b)?f(a)]?[f(a)]2 ????(b?a)2?[f(a)]2 （用①式） ??2[f(a)]2?2?2[f(a)]2?[f(a)]2?(1??)[f(a)]22证法二：题目中涉及了八个不同的字母参数a,b,a0,b0,x,x1,x2,?以及它们的抽象函数值f(*)。参数量太多，让考生们在短时间内难以理清头绪。因而解决问题的关键就在于“消元”——把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某几个特定变量来表示，然而再进行运算证明。“消元”的模式并不难唯一，这里提供一个与标准解答不同的“消元”设想，供参考。 题设中两个主要条件是关于x1?x2与f(x1)?f(x2)的齐次式。而点(x1,f(x1))、(x2,f(x2))是函数图象上的两个点，f(x1)?f(x2)/x1?x2是连接这两点的弦的斜率。若欲证的不等式关系也能转化为这样的斜率表示，则可以借助斜率进行“整体消元”。 设x1,x2为不相等的两实数，则(x1?x2)?0,|x1?x2|?0由题设条件可得： 20???f(x1)?f(x2)f(x1)?f(x2)和||?1。 x1?x2x1?x2令k?f(x1)?f(x2)， x1?x2则对任意相异实数x1,x2，有0???k及|k|?1，即0???k?1。 由此即得??1；又对任意x1?x2有k?0，得函数f(x)在R上单调增，所以函数f(x)是R上的单调增函数。 如果b0?a0，则f(b0)?f(a0)，因为f(a0)?0，所以f(b0)?0。即不存在b0?a0，使得（Ⅰ）的结论成立。 f(b0)?0。于是， 考虑结论（Ⅱ）： 因为b?a??f(a)，故原不等式为 [a?a0??f(a)]2?(1??2)(a?a0)2； 当a?a0时，左右两边相等； 当a?a0时，(a?a0)2?0，且f(a0)?0，则原不等式即为： 18 高中数学能力训练——不等式 [a?a0??f(a)??f(a0)]2?1??2， 2(a?a0)令k?f(a)?f(a0)，则原不等式化为(1??k)2?1??2，即为?(1?k2)?2k。 a?a022因为0???k?1，则?k???k，所以???k?2k成立，即（Ⅱ）中结论成立。 再看结论（Ⅲ）： 原不等式即[f(b)]2?[f(a)]2??2[f(a)]2?0， 即[f(b)?f(a)]?[f(b)?f(a)?2f(a)]??[f(a)]?0，注意到b?a??f(a)，则 22b?a???f(a)，则原不等式即为[f(b)?f(a)]?[f(b)?f(a)?2(b?a)/?]?(b?a)2?0 即 f(b)?f(a)f(b)?f(a)2f(b)?f(a)?[?]?1?0，令k?，则原不等式即化为 b?ab?a?b?ak(k?2/?)?1?0，即?k2???2k，因为0???k?1，则?k2???k，所以 ?k2???2k成立，即（Ⅲ）的结论成立。 在一般的“消元”方法中，本题三个小题中不等关系的证明过程差异较大。尤其是（Ⅱ）与（Ⅲ）， 许多尖子学生证明了（Ⅱ）的结论而不能解决（Ⅲ）。 借助斜率k“整体消元”的想法把（Ⅱ）、（Ⅲ）中的不等关系都转化为相同的不等关系?k???2k，然后由条件0???k?1推证，有独到之处。 2a2a2)?24. 证明：（1）依题意，对任意x?R，都有f(x)?1.?f(x)??b(x? 2b4baa2?f()??1,?a?0,b?0?a?2b. 2b4b22（2）充分性：?b?1,a?b?1,对任意x??0,1?,可推出:ax?bx?b(x?x)?x ??x??1,即ax?bx2??1;又?b?1,a?2b,对任意x??0,1?,可知 11ax?bx2?2bx?bx2?(2bx?bx2)max?2b??b?()2?1,即ax?bx2?1bb??1?f(x)?1 必要性：对任意x??0,1?,f(x)?1,?f(x)??1,?f(1)??1 1?1?即a?b??1?a?b?1;又?b?1?0??1,由f?x??1知f???1a即?1?1,?a?2b,故b?1b?b?b综上,对任意x??0,1?,f(x)?1的充要条件是b?1?a?2b （3）?a?0,0?b?1时,对任意x??0,1?,f(x)?ax?bx即f(x)??1;又由f(x)?1知f(1)?1,即a?b?1,即a?b?1 19 2??b??1 高中数学能力训练——不等式 b?12(b?1)2)? 而当a?b?1时,f(x)?ax?bx?(b?1)x?bx??b(x? 2b4bb?1?0?b?1,??12b?在?0,1?上,y?(b?1)x?bx2是增函数,故在x?1时取得最大值1?f(x)?1 22?当a?0,0?b?1时,对任意x??0,1?,f(x)?1的充要条件是a?b?1 25. 解：设2001年末的汽车保有量为a1，以后每年末的汽车保有量依次为a2,a3....，每年新增汽车x万辆。 由题意得an?1?0.94an?x即an?1?xx?0.94(an?) 0.060.06xx)0.94n?1?0.060.0630令a?60,解得x?(30?)?0.06n 1?0.94n?1上式右端是关于n的减函数,且当n??时,上式趋于3.6an?(30?故要对一切自然数n满足an?60,应有x?3.6,即每年新增汽车不应超过3.6万辆 20