【正文】 163。(0)=0,即f(x)在(0,1)遞減∴f(x)f(0)=0,從而原不等式得證.【啟迪】: 本題先構造出一個函數(shù)并利用所設函數(shù)的導數(shù)判斷函數(shù)的單調性,再根據(jù)單調性的性質來證明原不等式如果一階導數(shù)無法判斷兩個關系,可以采用二階導數(shù)來先判斷一階導數(shù)關系,122163。(x)0∴f39。39。f(a))那么要證不等式,只要求函數(shù)的最小值不超過0就可得證． 【例2】 當x206。x(右邊得證).綜上可知,當x1時,有11163。)上為減函數(shù), 于是函數(shù)f(x)在(1,+165。(x)0,即f(x)在x206。g(0)=0,即ln(x+1)+11179。(1,0)上為減函數(shù),在x206。當x206。+1分析：本題是雙邊不等式,其右邊直接從已知函數(shù)證明,左邊構造函數(shù)11,(x)=ln(x+1)+x+1證:先證左邊,令g(x)=ln(x+1)+111x1, 則g162。9 參考文獻 8 4 3 構造形似函數(shù) 2 從條件特征入手構造函數(shù)derivative目 錄 極值。函數(shù)的構造。extreme value。2 換元法構造函數(shù)4 作商比較法 ln(x+1)163。(x)0。(x)0 , 即g(x)在x206。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0, ∴當x1時,g(x)179。(x)=1(左邊得證).x+11x1= x+1x+1 ∴ 當1x0時,f162。(0,+165。0∴ ln(x+1)163。f(a)（或f(x)163。(x)=ln(1+x)+2ln(又得,f39。39。(x)f39。x+y163。2,所以可設x=rcosq,y=rsinq，22r2163。, 222121322 \r163。 222122163。(x)+f(x)此時可以得到F(x)的導數(shù)為xf \F162。3d分析:本題初看含有四個未知量,且題目中只含一條不等式,因此解題時必須從這條不等式入手,:把a看成未知量進行化簡,得一元二次不等式+2(b+c)a+(bc)2+4d163。d,ab179。(x)= Qbe,xb \lnb1, \b1\f162。R,且a0,b0,求證(ab)a+b22163。2時,+1n+22n 分析:本題分為兩小題,第一小題是考察數(shù)列的知識,是為第二小題做的鋪墊,在做第二小題時,需要采用放縮來證明,(snsn1)證:(1)當n179。== 即4 44f(2)616322(n+1)6+n+111115+2.\2+2+2+..........xnxn+1xn+2x2n32【啟迪】: 采用放縮法題目一般比較開放,且沒有固定的放縮范圍,一般比較靈活,且方法233。235。022233。0,解得1163。37249。,x206。 又由基本不等式得，221b+c1c+a(1b)c163。12.【例1】設a1,b1,c1,證明:b1c1a1 分析:本題只有一個已知條件,且結論也無法化簡,因此可以想到高中最直接的方法向量法, 證:設=(a2b2c2v，),n=(b1,c1,a1)b1c1a1vvm 則n=a2b2c2b1+c1+a1 b1c1a1=a+b+c222abc =++a+b+c3cosqb1c1a1a2b2c2++a+b+c3163。b1c1a1 \1125【例1】 已知a0,b0,且a+b=1,求證(a+)(b+)179。0，1ab163。 又因為1=a+b179。0=4ab4ab1125 \(a+)(b+)179。231。1122)(cosa+)則原式=(sina+22sinacosasin4a+cos4a2sin2acos2a+2 =4sin22a(4sin2a)2+16 = 24sin2a22 Q sin2a163。25,24sin2a41125 \(a+)(b+)179。求a的取值范圍2x2+bx+c已知函數(shù)f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，2x+1(1)求b、c的值；(2)判斷函數(shù)F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調性，并證明你的結論；(3)若t∈R，求證 lg711≤F(|t－|－|t+|)≤566數(shù)列與不等式的交匯題型分析及解題策略【命題趨向】數(shù)列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導數(shù)、前n項和公式以及二者之間的關系、等差數(shù)列和等比數(shù)列、歸納與猜想、數(shù)歸納法、比較大小、不等式證明、參數(shù)取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應用.【典例分析】題型一 求有數(shù)列參與的不等式恒成立條件下參數(shù)問題求得數(shù)列與不等式結合恒成立條件下的參數(shù)問題主要兩種策略：(1)若函數(shù)f(x)在定義域為D，則當x∈D時，有f(x)≥M恒成立219。安徽高考)設數(shù)列{an}滿足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實數(shù).(Ⅰ)證明：an∈[0，1]對任意n∈N*11成立的充分必要條件是c∈[0，1]；(Ⅱ)設0＜c＜，證明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）設0＜c＜，證明：a12＋a22＋…＋an2332＞n＋1－n∈N*.1－3c題型三 求數(shù)列中的最大值問題求解數(shù)列中的某些最值問題，有時須結合不等式來解決，其具體解法有：(1)建立目標函數(shù)，通過不等式確定變量范圍，進而求得最值；(2)首先利用不等式判斷數(shù)列的單調性，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關系確定最值.【例5】(08點評:此題較易入手,利用作差法即可比較大小, 若對x206。2,n206。(an),若229。N),記=Tk7.229。1246。n12n1248。1) 4aaD．a(chǎn)6a8（）D．bn≤（）1．已知無窮數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有aaA．＜a6a8aaB．a(chǎn)6a8aaC．＞a6a82．設{an}是由正數(shù)構成的等比數(shù)列，bn＝an+1＋an+2，＝an＋an+3，則A．bn＞B．bn＜C．bn≥3．已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為正項等比數(shù)列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（）A．a(chǎn)6＝b6 A．9 A．S4a5＜S5a4B．a(chǎn)6＞b6 B．8 B．S4a5＞S5a4C．a(chǎn)6＜b6 C．7 C．S4a5＝S5a4 S(n＋32)Sn+11C．D．a(chǎn)6＞b6或a6＜b6（）D．6 D．不確定（）1504．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足５＜ak＜８，則k＝5．已知等比數(shù)列{an}的公比q＞0，其前n項的和為Sn，則S4a5與S5a4的大小關系是（）6．設Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數(shù)f(n)＝A．120B．130D．7．已知y是x的函數(shù)，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)順次成等差數(shù)列，則A．y有最大值1，無最小值B．y有最小值（）1111C．y有最小值，最大值1D．y有最小值－1，最大值11212（）Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)8．已知等比數(shù)列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是Ａ．(－∞，－1]Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．[3，＋∞)9．設3b是1－a和1＋a的等比中項，則a＋3b的最大值為()A．1（）A．充分不必要條件 11．{an}為等差數(shù)列，若A．11B．必要不充分條件C．充分比要條件D．既不充分又不必要條件（）B．2C．3D．410．設等比數(shù)列{an}的首相為a1，公比為q，則“a1＜0，且0＜q＜1”是“對于任意n∈N*都有an+1＞an”的a1，且它的前n項和Sn有最小值，那么當Sn取得最小正值時，n＝ a10B．17C．19D．2112．設f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn的取值范圍是1A．[，2)B．[，2]（）1C．1)D．[1]S13．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tn＝，如果存在正整數(shù)M，使得對一切正整數(shù)n，Tn≤M都n成立．則M的最小值是__________．14．無窮等比數(shù)列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.(a＋b)215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，Ａ．0Ｂ．1Ｃ．2Ｄ．416．等差數(shù)列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項和，給出下列四個命題：①A．若d＜0，且S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大項；②給定n，對于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同號 ．已知{an}是一個等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項an；（Ⅱ）求{an}前n項和Sn的最大值．18．已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(an，an+1)(n∈N*）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數(shù)列｛an｝的通項公式；(Ⅱ)若列數(shù)｛b｝滿足b＝1,b＝b＋2an，求證：b 直接構造函數(shù)，然后用導數(shù)證明該函數(shù)的增減性；再利用函數(shù)在它的同一單調遞增（減）區(qū)間，自變量越大，函數(shù)值越大（?。?，來證明不等式成立。從而把證明不等式問題轉化為函數(shù)求最值問題。=n(xa)；n（Ⅱ）設fn(x)=xn－(xa)，對任意n≥a，證明f ’n+1(n+1)＞（n+1）f ’n（n）。=.24t244顯然當且僅當t=0，即a=b=(比較法）1時，等號成立 2∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 41125a2+1b2+1254a2b2+33ab+8(14ab)(8ab)(a+)(b+)===179。2139239。(1ab)179。179。238。41= 42sin22a+16179。253。24sin2a254?；舅枷胧前央y于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：cc2ab＜a＜c+c2ab分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價于 ｜ac｜＜c2ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。(1)三角換元：是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問題時，使用適當?shù)娜呛瘮?shù)進行換元，把代數(shù)問題轉化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質去解決問題。s2m2θ+cos2θcosθ例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2分析：本題已知為p、q的三次，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。(1+12k+1)①要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+121倍數(shù)添項若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。2ac)=3abc當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式