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典例精講
【例1】 設函式f(x)=|lgx|,若0f(b),證明ab<1.
證明:由已知f(x)=
∵0f(b),
∴a,b不能同時在區間(1,+∞)上.
又∵0故必有a∈(0,1).
若b∈(0,1),顯然有ab<1.
若b∈［1,+∞),由f(a)-f(b)>0,有-lga-lgb>0,
故lgab<0.從而ab<1.
【例2】 已知a,b,c∈r+,求證:
.證明:∵a>0,b>0,
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2),
而a2-ab+b2≥ab,
∴a3+b3≥ab(a+b).
∴同理可證
∴【例3】 已知函式f(x)=tanx,x∈(0,).若x1,x2∈(0,),且x1≠x2,證明［f(x1)+f(x2)］>f().
證明:［f(x1)+f(x2)］>f()
［tanx1+tanx2］>tan
［］>①∵x1,x2∈(0,),
∴x1+x2∈(0,π).
∴sin(x1+x2)>0.
又顯然cosx1cosx2>0,1+cos(x1+x2)>0,
∴①1+cos(x1+x2)>cos(x1+x2)+cos(x1-x2) 1>cos(x1-x2).
∵x1,x2∈(0,),x1≠x2,
∴x1-x2∈(-,),且x1-x2≠0.
∴cos(x1-x2)<1成立.
∴［f(x1)+f(x2)］>f()成立.
【例4】 已知a>b>0,a≠1,b≠1,函式f(x)=.
(1)試判斷函式f(x)的單調性,並證明你的結論;
(2)求證:.
(1)解析:f(x)是增函式.證明如下.
設x1f(x1)-f(x2)=
∵x1-x2<0,a>b>0,
∴.又b-a<0,
∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)∴函式f(x)是增函式.
(2)證明:由(1)知f(x)是增函式,
又-1<-<0<1,
∴f(-1)即
也即.【例5】 已知函式f(x)=x2+ax+b.當p,q滿足p+q=1時,試證明pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)對於任意實數x,y都成立的充要條件是0≤p≤1.
證明:pf(x)+qf(y)-f(px+qy)
=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b)-(px+qy)2-a(px+qy)-b
=p(1-p)x2+q(1-q)y2-2pqxy
=pq(x-y)2.
1°若0≤p≤1,則q=1-p∈［0,1］.
∴pq≥0.
∴pq(x-y)2≥0.
∴pf(x)+qf(y)≥f(px+qy);
2°若pf(x)+qf(y)≥f(px+qy),
則pq(x-y)2≥0.∵(x-y)2≥0,
∴pq≥0,即p(1-p)≥0.
∴0≤p≤1.∴原命題成立.
【例6】 已知△abc三邊長是a,b,c,且m為正數.求證:.
思路分析:建構函式f(x)= (x>0,m>0),
①不等式右邊=f(c),左邊=f(a)+f(b).
②易知單調性.f(x)=,隨x增大而增大,單調增函式.
③因a+b>c,故有f(a+b)>f(c),只要證f(a)+f(b)>f(a+b)即可,因此縮小的目標是把f(a)+f(b)縮小為f(a+b)即可.
證明:設函式f(x)= (x>0,m>0),
易知f(x)隨x增大而增大.
∴f(x)在x∈(0,+∞)上是增函式.
∵f(a)+f(b)= =f(a+b),
a+b>c,
∴f(a+b)>f(c)=.∴.
高中數學選修4 5知識點
1 不等式的基本性質 對稱性 傳遞性 可加性 同向可加性 異向可減性 可積性 同向正數可乘性 異向正數可除性 平方法則 開方法則 倒數法則 2 幾個重要不等式 當且僅當時取號 變形公式 基本不等式 當且僅當時取到等號 變形公式 用基本不等式求最值時 積定和最小，和定積最大 要注意滿足三個條件 一正 ...
高中數學選修4 5完整知識點
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高中數學選修
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