文科不等式基本不等式及其应用

1、第3节根本不等式及其应用题型 86 利用根本不等式求函数最值y , z满足x2_3xy+4y2_z = 0 ,那么当取得最大z含三个参数x, y,z，消元，利用根本不等式及配方法求最值解析z =x2-3xy +4y2(x, y, z亡R *),所以_L =x-3xy+4yxy当且仅当x= 4,即x=2y时=成立，此时yx222222z = x -3xy 4y = 4y -6y 4y = 2y ,222所以x 2yz=2y 2y2y =-2y 4y = _2y1L2所以当y=1时，x+2y-z取最大值2.应选C.2一- 22. 2021重庆又7关于 x x 的不等式x 2ax8a 0的解集为x，

2、x?,且x2-为=15，那么a =.5715.2.2.4.22.分析利用因式分解法解一元二次不等式寻求a的关系式后代入求解解析 由x22ax 8a20)得(x + 2a X x 4a ) 0(a?0 ),即 一2a x0, a0在x = 3时取得最小值，那么xa =.值时,2的最大值为zA.9B.8C.2D.1.2021山东文12设正实数X,1.分析xy2x 4y-31.y x3.分析借助根本不等式求最值的条件求解.解析f(x)=4x+a 2,4xa=4ja(x 0,a 0),当且仅当4x = ，即乂 =号时等号成立，此时f(x脾得最小值 4.又由x = 3时，f(x)min=4i，所以号=3

3、 ,即a =36.4. (2021天津文14)设a + b=2 , b0,那么十堕1的最小值为2|a| b4.分析 分a0和a0,去掉绝对值符号，用均值不等式求解1a ,.3+的取小值是一.b41 ,1 |时，F(x)0, F (x推|M,1 4_4记H (x )=sinx x ,那么当10,1 时，H(x)=cosx_1 0,所以H(x洲 虹1】上是减函 数，贝UHx产H0=0，即sinx x.2k 上，x v sin x v x ,x=0,1 L23解析当a?0时，2 a1 a 1aaba 1b a-f- - = - T-= - T- = T | - -f-b 2a b4a=+1 b4 4

4、a b当a ： 0 ,2a1a _ _L. Z? a b一b一-2ab-4 a1 -+ I4-4 ab综上所述,2a5. (2021辽宁文21) (1)证明：当xEb,1】时,3(2)假设不等式ax+x2+ +2(x+2)cosxV24对x在【0,1】恒成立，求实数 a a 的取值范围.5.分析利用构造法，分别判断sinx与气,2sinx与x的大小关系；利用比拟法或构造函数，通过导数求解范围解析2(1)证明：记F(x)=sinx- x那么2F、2F x = cosx -20,-，4,L(x)?0, F(x唐|0,-1-4上是增函数;上是减函数.(2)解法一：因为当xw 0,1】时，ax+ x2

5、+；+ 2(x+2 )cosx-43-2x-.2x=a 2 x x 5 -4 x 2 sin z v(a+2次3*2)仔xa+2)x,3所以，当a -2时，不等式ax + x2+&+2x+2 Jcosx 4对x在0,1】恒成立.22卜面证明，当a?一2时，不等式ax + x2+言+2x+2 Jcosx0 ,23即当a a1时，不等式ax +x2+巳+2( x +2 )cosx -4 0对x10,1】不恒成立.2综上，实数a的取值范围是-叫，-2】.32X解法二：记f(x) = ax+x+ 歹+2(x + 2)4，贝U3x2f x = a 2x - 2cos x一2 x 2 sin x.记G(x

6、)= f (x)，贝U G(x)= 2 + 3x-4sin x-2(x+ 2)cosx.当x w(0,1 p寸，cosx a :,因此G (x )2 +3x -4乎x -( x + 2 ) = ( 2 -2龙)x 0 .f (x)在0,1上是减函数，因此，当xE 10,1时，f(x) f(0)=a + 2 ,故当一2时，f(x)0,从而f(x)在10,1】上是减函数，所以f(x产f(0)=0,即当32x一2时，不等式ax+x十五十2(x+2 )cos-2时，不等式ax+ x2+三+2( x+2 )cosx 4对x0,1不恒成立.2当a 6sin1 2cos1时，f(1 ) 0 ,所以当x(0,

7、1)时，f(x)?0,因此f (x)在0,1】上是增函数，故f (1)Af(0)=0；当 一2 a 6sin a 2cos1 ；时，f(x )0 .又f (0)?0 ,故存在x0亡(0,1)使f (x0)=0，那么当0 x f (0)=0.3所以当a?2时，不等式ax + x2+：+2(x+2 )cosx 0，当非零实数a ,b 7两足4a 2ab + b c = 0 ,且使_, .1 2 412a +b |最大时，一+ +的最小值为 _a b cx y12.2021福建文5假设直线一+ l=1a?0,bA0 过点1,1，那么a + b的最小值等于a bB. 3C. 4D . 512.解析 由

8、可得 -+ -=1，贝U a+b = (a+bM+l=2+9+土a ba U a b故a+b4,当且仅当9=，即a = b = 2时取等号.a b22x -y ,13. (2021山东又14)定义您算 。:x y =-(x , yu R , xy#0).当x0 , y0 xy时，xy+2yx的最小值为 , J 鼻ccx2y22yjx213.解析 由所给新定义运算，可知x y +(2y仲x =- +-=xy 2yxx22y=+.又x0, y?0，所以xy+(2y陌x 2.当且仅当 圣=，即x= J2y时，取等号.故所求最小值为J2.2y x14.2021重庆文14设a,bA0 , a+b =5，

9、贝U Ja + 1 + Jb + 3的最大值为b A0，所以Q+旦 2a b32,2y x14.解析 令 m m = = J Ja a +1,n+1,n = = J Jb b + + 3 3，那么mn9因为m；n, m2+ n2,所以m+n2刽18,m + n 3很.故Ja +1 + Jb +3的最大值为32 .15. 2021上海文13设a A0,b?0，假设关于x,y的方程组ax*y一1无解，贝a+ b的取x by =1值范围是.15.解析 解法一：即线性方程组表示两条平行的直线，故由条件ab =1，且a孝b尹1,所以a b .2、.ab =2.故填2,二.解法二：将方程组中的式化简得y=

10、1-ax,代入式整理得1 abx=1 b,方程组无解应该满足1ab=0且1-b#0，所以ab=1且b#1,所以由根本不等式得a b .2,亦=2.故填2,二.1评汪或a+b=a+?2 .16.2021山东文12假设直线K + Y =1a?0,b?0 过点1,2 ，那么2a+b的最小值a b为.1 . 2 .f12b 4a.一.一+ = 1，故2a + b=2a + b.一十一：=4十一+ 一七当且仅当a ba U a b2a =b12，即a=2,b=4时等号成立一+=1.a b17. 2021天津文13假设a,bW R , ab A0，那么a4b1的最小值为ab.2b当且仅当18. 2021江

11、苏10某公司一年购置某种货物600吨，每次购置x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x的值是.16.解析由题意,17.解析a44 b41 2.4a4b41- 鹿abab2 2_2 24a b 1 2_4ab4ab-=-=4 ,ab abab18.解析一年的总运费与总存储费用之和为60036006乂+4x =- +4x-2j3600 x4 =240，xx，一，3600当且仅当 -=4x，即x=30时取等号.故填30.x题型 87 利用根本不等式证明不等式 一一暂无 题型根本不等式及其应用. 一.1 2 一一一 .1. 2021湖南又7右实数

12、a, b洒足一+=ab，那么ab的最小值为a bA.、2B. 2C.2.2D. 41 21.解析 由一十一=屁可知a?0,bA0.由根本不等式可得：a b12一1T一2：2-一 +-2 - =2 寸器.所以JOB 2寸一，解碍ab 2J2,当且仅当b=2a时取等号，即ab的最小值为2J2.应选C.不等式的解法蓝色的是2021年多的分类题型不等式的解法1.2021广东文11不等式-x2-3x+40的解集为1.解析 由一x23x + 4 A0，得x2+ 3x 4 0,即(x 1)(x +4) 0 ,解得 一4 x 1 ,所以不等式x 3x *4 a0的解集为4,1.故应填4,1.22. 2021江

13、苏7不等式24的解集为2.解析 由题意 2 2、2 2 4=24=22 2, ,根据y =2x是单调递增函数，得 x x2- - x2x2 , , 即x2x2=x2危+1 0,故不等式的解集为1,2 或写成 板一 1 1 x x 2 2 12,那么使得f (x)f (2x1 )成立用区间表示.3.(2021全国2文12)设函数f(x)=ln(1 + x)的 x x 的取值范围是A.3,1B.).1一二一U 1丁二,3U1,C.D._： ：- - uI -I3.解析 由题意知f(x)=f(x),即f(x)为偶函数.因为f(x)=px +(1+x2j，所以f (x并,+8)上是增函数，所以使f(x

14、)Af (2x-1 )成立的条件是f (|x)A f (2x_1 ).所以x?|2x1 ,解之得1x3,得Z20.所以12x2,所以0 x1.应选C.2x-12x-12x-1题型绝对值不等式的解法1. (2021天津文4)设x亡R ,那么 “1x2是 |x2|1的().A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件1.解析 由x2 1u -1x-21u 1x3,可知1x2是|x 2|1的充分而不必要条件.应选A.不等式的综合题型 不等式恒成立问题中求参数的取值范围 题型函数与不等式综合221.(2021四川又21)函数f (x )=2xln x + x2ax+a，

15、其中a?0.(1)设g (x)为f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性;(2)求证：存在aw(0,1),使得f(x尸0恒成立，并且f(0)=0在区间(1,E)内有唯一 解.1.解析(1)由可得函数f (x )的定义域为(0,kc).2 2 x-12xA. ( , 1)B. (1,0)C.(0,1)D.(1,+o)g(x )= f (x ) = 2(x -1 -ln x-a ),所以g (x ) = 2 =- ,x x当x亡(0,1)时，g(x)0 , g(x)单调递增.(2)由f(x ) = 2(x1 ln xa )=0 ,解得a = x1lnx,22 2令x = -2ln x x一2

16、x x-1 -In x ，x -1一In x 1 In x )； -2xln x.那么平(1)=1A0,中(e)= 2(2e)0,所以存在x0击(1,e),使得中(x0)=0.令a0=x0-1 lnx0=u(x0)，其中u(x )= x-1 ln x(x 1).,.1. .由u (x ) = 1-一 0,可知函数u( x )在区间(1,E )上单倜递增.故0 = u(1 )a0=u(x0)u (e )= e-2 1,即a0w (0,1).当a=a0时，有f(x )=0, f(x0)=9(x0)=0,再由(1)可知，f (x )在区间(1,心)上单调递增.当x己(1,x )时,f(x)0 )个单

17、位长度 后得到函数g(x )的图像，且函数g(x )的最大值为2.(1)求函数g (x )的解析式；(ii)求证：存在无穷多个互不相同的正整数Xo，使得g(xo )0.X X一2X2.解析(1)因为f (x ) = 1073sin cos-+10cos =2225 .3sln x 5cos x 5 = 10sln i x ：5.所以函数f (x )的最小正周期T = 2TT.(2)(1)将f(x)的图像向右平移 ：个单位长度后得到y =10slnx + 5的图像, 再向下平移a(a?0)个单位长度后得到g(x)=10slnx + 5-a的图像.又函数 g(x )的最大值为2,所以 10+5a

18、=2，解得a = 13.所以 g(x )=10slnx-8 .(ii)要证明存在无穷多个互不相同的正整数&,使得g(x0)A0,就是要证明4存在无分多个互不相同的正整数为，使得10sinXo-8 A0 ,即sinx0.5由一 知，存在0 a0 .5因为y =sln x的周期为2兀,4所以当x = (2k兀+a0,2kT+兀一a0Xk匚Z)时，均有sin x?一.5因为对任意的整数k , (2k ：+兀一a0)(2k兀+ 口0)=兀一M0U1 ,3所以对任意的正整数k ,都存在正整数xkw (2k兀+w0,2k兀+兀-a0X * Z),4使碍sin Xk.即存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得

19、g(x0)0 .52xT3. (2021福建又22)函数f (x)=lnx-2(1)求函数f (x )的单调递增区间;(2)求证：当X?1时，f(X)1,当x(1,x()时，恒有f(x)k(xT).1X?+ X + 13.-解析(1)f(x)= -x+1=, XW(0,EXXX A01 +J52+ + 0，解得0X5一(1+J5)故f (X )的单调递增区间是.0,5(2)令F (X )= f (X )(X 1 ), X (0,*c ).那么有F (X )=X当X(1, eF (X)0，所以F (X并1, e)上单调递减,故当X?1时，F(X)1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k=1时，

20、不存在X0A1满足题意;当k?1时，对于X?1 ,有f (X)X1 k(x 1 ),贝U f (X) k(X1 ),从而不存在X0?1满足题意.当k1时，令G(X)= f (X)k(x1 ), X.0,危2，/那么有GX=Xl-k/1-kx 1XX由G(X) = 0得，一X2十(1k )X+1 =0 .1 -k _J(1 -k f +4解得X1 =0，故G(X)在1,X2 )上单调递增.从而当X杉(1,X2)时，G (X)G(1 )=0 ,即f(x)k(x1).综上，k的取值范围是(-,1).24.(2021广东又21)设a为头数，函数f(x)=(x-a) +|x-aa(a1 ).(1)假设f

21、 (0), 1，求a的取值范围；1 -k + J(1 -k )2+42(2)讨论f(x)的单调性；3当a2时，讨论fx十：在区间0,危内的零点个数.4.解析(1)f (0) =a2+ a a2+a =|a +a，因为f (0 ), 1,所以a + a, 1.当a, 0时，f0=0, 1,显然成立;11当a0时，那么有2a, 1,所以a,所以0a,-.22综上所述，a的取值范围是-呵：. 2( Jx -(2a -1 )x,xax2(2a 1)x 2a,xa.22a -11对于f (x ) = x (2a -1 )x(x a,其对称轴为x = - = a a ,开口向上，所以f (x)在B,危)上

22、单调递增；对于f (x )=x2(2a +1 )x +2a(x a )，其对称轴为x =药?1= a?a ,开口向上，所以fx在-*,a上单调递减.综上，f x在la, E 上单调递增，在qo,a上单调递减3由2得f x在a,E上单调递增，在0,a上单调递减,2所以f (x)min= f (a) = a - a.2x -3x, x 2(i)当a=2时，f (x)min= f (2) = 2 , f(x) = 0).因为f (x)在(0,2)上单调递减，所以f (x) a f (2) = -2.而y =4在(0,2)上单调递增，y； = 2.所以在(0,2 ) y4 ,f(a) = aa2,而y

23、=4在xw(0,a)上单调递增，当x =a时，y x2 .4 .下面比拟f(a) =aa与的大小：a24-(a3- a2- 4)因为a_a2_(_) =a_) =aa292)(a a 2)0,所以f(a) = aa22时，y = f (x)与y =-有两个交点x4-综上，当a =2时，f (x)+一有一个零点x = 2；4当aA2时，y =f (x)与y=有两个零点x5. (2021全国2文21)函数f (x )=lnx+a(1 x(1)讨论f (x)的单调性;当f (x)有最大值，且最大值大于2a-2时，求a的取值范围.一一.15.解析(1)f(x )的定义域为(0,+*), f(x)=a.

24、 x假设a, 0,那么f(x)0,所以f(x)在(0,+*)上单调递增.假设a 0，那么当xw0,【时，f(x )0；当1,+8.r 1)所以f (x廊.0,la)(2)由(1)知，当a, 0时,f(x)在(0,+如)上无最大值；当a 0时，f (x)& x=处取得最大值，最大值为f =ln +a1=lna+a1.aa a . a| 时，(x)0,上单倜递增，在.，+*上单倜递减.la )x=aV、y=f(x)4y=-_xOx1因此f l?2a 2等价于lna + a_10.VaJ令g(a)= lna +a 1 ,那么g(a维(0,+七)上单调递增,又g(1)=0.于是，当0a1时，g(a)1

25、时，g(a)?0.因此，a的取值范围是(01).x6. (2021湖南又21)函数f(x)=ae cosx(x0,E)，记Xn为f(x)的从小到大的第*n (n u N冷极值点.(1)证明：数列f(A)是等比数列；(2)假设对一切nw N一,xn, f (xn，恒成立，求a的取值范围6.解析(1)f(x )=aexcosxaexsinx =72aexcosx+ -.I4)令f(x) = 0，由x 0,得x + = m兀一，即x = m兀一3 m w N ,424假设2k兀一M x+-2k兀+M,即2kKx 0 ;24244.4假设2k兀+ 主x+ - 2k兀 + 登，即2k兀+ 己x2k兀 +

26、 昼，贝U cos x+0.242444笑mW N*时，f(x)取得极值，所以xn = n兀3, N*,442 T-.故数列f(xn)是首项为f (x)=：2ae4，公比为e的等比数列.因此，在区间m-1e 兀3兀3兀,ui m兀-,m兀+4.44上，f(x)的符号总相反,于是当x = m兀一n.f3Q此时，f(A)=ae4cos nTT-一I4 Jn 1、“21-1ae23兀n Tt ,4,易知f (xn厅0 ,而旦f xn-1n2Waen1号2-1n1%e23兀n兀一4=-e是常数,c-3(2)对一切nwN*恒成立，即n、，寸一ael4J423厂怛成立(因为a?0),Ttete*t -1/

27、设g(t )=(t?0 )，贝U g(t )=1，令g(t )=0得t = 1 ,当0 t 1时，g (t )1时，g(t )0，所以g(t )在区间(1,危)上单调递增;因为Xn在(0,1 )，且当n- 2时，Xn在(1,危),Xn5祯，所以:g (Xn )min=min g (x,), g (X2寸=min gl,g；了 =g源卜-4e4,一.J2 4 ；J2因此n M N ,Xn划f (Xn)恒成立，当且仅当，-e4，解得a- e,a兀4./ 弥 y )故实数a的取值范围是Y2Me4,危.-4J4*7. (2021天津又20)函数f (X) =4XX,X R,其中n N，且n2.(1)求

28、f(x)的单调性；(2)设曲线y = f(x)与X轴正半轴的交点为P ,曲线在点P处的切线方程为y = g(x),求证：对于任意的正实数X,都有f(x), g(x)；(3)假设方程f (X)=a ( a为实数)有两个正实数根x1,X2，且X v & ,求证：1X2-X1：43.3437.解析(1)由f(x)=4xx，可得f(x)=44x ,当f (X )0，即X 1时，函数f (X)单调递增；当f (X)0,即X A1时，函数f (X)单调递减.e一3n -I 4J所以函数f(x )的单调递增区间是(-*,1 )，单调递减区间是(1,E).1(2)设P(x,0 )，那么Xo=43，且f (x)

29、=44x3,得f(x )=12,曲线y = f (x )在点P处的切线方程为y = f，(x0X x-x0)，即g(x ) = f (x0 X x - x0),令F (x)=f (x)g(x)即F (x )= f (x ) f (x Xx x)那么F (x)= f x) f(x).由于f (x )=4 -4x3在(q,E)单调递减，故F (x)在(-o, e)单调递减， 又因为FXH。，。，所以当-, x0)时，F(x)0,所以当x己(x0,kc)时，F(x)0，所以F(x)在(,x。母调递增，在(x。，* )单调递减，所以对任意的实数x, F(x), F(x) = 0，对于任意的正实数x,都

30、有f (x), g(x)./1、(3)由(2)知g(x )=12 x43，设方程g(x )=a的根为x；,kJ1a o.可碍x2 = -一+43，因为g(x)在(-,+)上单倜递减，12又由(2)知g(x2) f (x2)=a =g (x2 ),所以x2, x2.设曲线y = f(x)在原点处的切线为y = h(x),可得h(x)=4x,对任意的x (q,+七)，有f (x )h(x )= x4,。，即f (x ), h(x).a设方程h(x )=a的根为x1，可得x1 =,4因为h(x ) = 4x在(-,+*)单调递增，且h(x； )=a = f (x1), h(x1 ),1 a o因 此

31、x , x1,所 以x2x，x2x1=+43.38. (2021浙江文20)设函数f (x) = x2+ax + b(a,bw R).2a. .当b = +1时，求函数f(x)在-1,1上的最小值g(a)的表达式；4函数f(x)在-1,1上存在零点，0刽b2a 1,求b的取值范围.工2a22a+ 1,对称轴x =-一28.解析(1)f x = x , ax , , 1 = x4综上所述，-翎Jb 9-4、.59.(2021湖北文21)设函数f (x ), g(x)的定义域均为R,且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)+g(x)=eX，其中e为自然对数的底数.(1)求f (x ), g(

32、x)的解析式，并证明：当x?0时，f(x)?0 , g(x)?1；f x当一1,即a?2时，g(a)=f(1)=1a+b = a + 2；24a当_1- 1,即-2刽a22时,当一：?1，即a2时，g(a)=f(1)=J + a+ 2.242a a 2, a 24询综上所迷，g(a)=1,-2刽a 22a . + a + 2, a 24假设f (x浙1,1】上的零点Xo,那么Xo2+axo十b = 0,所以b =-x02-a、= -X)2 , Xo1-1,1 L对称轴直线Xo42a当 一2 1,即a?2时，a 1双!lb a 1, a _当1,一2，即0a, 2时，a1刽ba ,一，当0刽一云

33、1，即2刽a 0时，a1刽b综合2a刽b 2a +1，得-3刽b 9-4而；a当 一2?1，即a2时，a1b a1,综合2a刽b 2a妇，得b。.综合2a刽b 2a+1 ,得据 0；a2，综合2a刽b 2a+1，得萨 0；42a一,4(2)设a, 0, b 1，证明：当x?0时，ag(x)+(1 - a)1 , 0e0时，已立?ag(x)十(1 a)等价于f (x)?axg(x)+(1a)x ,xf (x)bg(x)+(1-b)等价于f (x) 0时，(1)假设c, 0,由式式，得h(x)A0,故h(x)在0,十8)上为增函数，从而h(x)?h(0) =0，即f (x) cxg(x) +(1

34、-c)x，故式成立.(2)假设c，由，得h(x)0，故h(x)在0,+ 8)上为减函数，从而h(x) h(0) =0，即f (x) cxg(x)十(1 c)x，故式成立.综合式式，得ag(x) (1 - a) ( : bg(x) (1-b).x10. (2021陕西文21)设fn(x) =x + x2+xn1,x。，n N ,n2.(1)求fn(2 ).(2)证明：fn(x)在.0,|内有且仅有一个零点(记为an)，且0anI.32 3 310.解析(1)由题设fn(x )=1+2x + +nxn。所以 弟(2) = 1+22+3又22+n2n_1,所以2fn2 =1 2 2 223 2n2n

35、,由错位相减法求得:.d1 1-2nf(2)=1+仆2+仆22+1*3 + +2nx2n=一?-2n,所以L(2) = (n1 g +1；.22n2因为f。尸一10，所以fn(x)在10,- I内单调递增,.3因此，fn(x)在0,| j内有且只有一个零点an，由于fn(x)=X；X)_1n ,an1an, ,一11n1所以0 = fn(an)=-1,由此可侍an= 十ann 1球1211n112故一an ，所以0an an0时，f(x )2a+aln .11.解析(1)f (x ) = e2xaIn x(x A0 ), f(x)=2e2x-ax显然当a,。时，f (x)A 0恒成立，f (x

36、)无零点.当a?0时，取g (x )= f (x )= 2e2x-a,x那么g (x )=4e2x+马0，即f (x)单调递增.令g (x )= f (x ) = 2e2x-殳=0,即2e2x=空.画出y=2e2x与y=a的图像，如下图.由图可知，f (x )必有零点，所以导函数f (x )存在唯一零点.(2)由(1)可知f (x)有唯一零点，设零点为x0,由图可知，那么当X在(0,XQ)时，f (X )0 ,即f (X)单调递减;当XE(X0,)时，f，(X)A 0，即f ( X )单调递增.A0,所以fn(X)在O，： j所以f (X)在X =X0处取得极小值，即f(X扁=f (X0)=

37、e2X0 a InX0.又 f f(XQ)=2e)=2e2X0-皇=0,0,解得 e e2 =旦.XQ2XQ两边分别取自然对数，得2X0= In a In 2x0，即InX0= Ina2x0.2a(. aa一, a所以f (X0)=-a In 2X0=+ 2ax0aIn- 2XQI 2 J 2XQ2a2a a12a-a In五=2a十aIn (当且仅当=2ax),=2ax),即X0=区时取等v).第十三章推理与证明第一节合情推理与演绎推理题型143归纳推理2013年1. (2021陕西文13)观察以下等式：1 1 =2X12(2+1 X2+2 ) = 2 X1X33(3+1 X3+2 X3+3

38、) = 2 X1X3X 5照此规律，第 n n 个等式可为 .2014年1.( 2021陕西文14 ) f(x)= ,X 0 ,f f(X X)=)=f f( (X X) ), ,f fn+1(X X )=)= f f ( ( f fn(X X )()(n n 亡 N N+ +),),那么 f f2021(X X) )的表达式为 .2.(2021安徽文12)如下图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=22 ,过点 A A 作BC的垂线，垂足为A；过点A作AC的垂线，垂足为A2；过点A作 ACAC 的垂线，垂足 为A;，以此类推，设BA=a,AA=d, AA2 =a3, A5A6 =a7，那么4

39、 =1. (2021陕西文16)观察以下等式:1=211 , 111 . 11 - 二 2 3434111 -11_ 1111r + 2 3456 -45 6据此规律，第M等式可为1111111故答案为1一1一1 1-23 4 2n -1 2n n 1 n 22. 2021江苏23集合x =1,2,3, Yn=1,2,3,nn在N*,设Sn=(a,bja整除b或b整除a, aX,Y，令f(n)表示集合所含元素的个数.(1)写出f (6)的值；(2)当n-6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明.2.分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质.20

40、21年1.解析 观察等式知，第n个等式的左边有2n个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为1，分母是1到2n的连续正整数，等式的右边是-X n 1 n 2 2n1*n N.2nA7共k组13第k 1组6k 103a5回9近111215.E6.17.国.6k +2l6k+36k+ 46k + 5l6k + 6带L标记的表示为3的倍数或约数(其实1是奇葩，其余的都是3的倍数),带口标记 的表示为2的倍数或约数，而口那么表示既是3的倍数或约数又是2的倍数或约数(即为6的倍数或约数，此题不作研究).*这样研允n =6k(k N)时，可直接得：f (n ) = (6k )+(3k +1 )+(2k

41、+1 )=11k + 2 ,*当n =6k +3 (k =N)时，可直接得：f (n ) = (6k十3 ) + (3k +1十1 )十(2k十1十1 )=11k十7 .这就是此题的本质，以6为周期进行分类整合并进行数学归纳研究.解析(1)当n =6时，X =1,2,3 , Yn=1,2,3 ,4,5,6 ,(a,b取(1,1 ), (1,2 ), (1,3 ), (1,4 ), (1,5 ), (1,6 ), (2,1 ), (2,2 ), (2,4 ),(2,6 ), (3,1 ), (3,3 ), (3,6)，共13个,故f (6 )=13 .11k 2, n =6k即多出(1,61 +

42、1 ), (1,6t +2 ), (1,6t +3), (1,6t +4 ), (1,6t +5), (1,6t +6), (2,6t + 2),2,6t 4 , 2,6t 6 , 3,6t 3 , 3,6t 6 ,(2)当nr6时,11k 3,11k 5,11k 7,n = 6k 1n = 6k 2n = 6k 3),11k +9,J1k +10,n = 6k 4n = 6k 5证明：俨当k =1时，枚举可得f (6) = 13 , f(7)=14 , f(8)=16 , f(9)=18,f (10 ) = 20 , f (11 )=21 ,符合通式;2。假设k =t时，成立，即f (n )

43、=11t 2, n =6t11t3,n = 6t 111t5,n = 6t2*(t亡N)成立,11t7,n = 6t 311t9,n = 6t 411t 10, n =6t 5那么当k =t +1时，此时n =6t+6，此时f(n+6)比f(n)多出有序数对11个,从而f n十6 = f n十11 =11t十1 十2 ,符合通式;另夕卜，当n =6t +7 , n =6t +8 , n =6t +9 , n =6t +10 , n =6t +11,同理可证,即当k =t +1时也成立.2021年1. (2021山东文12)观察以下等式：24(sin) +(sin)二一勺乂？；333(sin -

44、)2(sin登)(sin奖) (sin室)=42 3；55553/ -兀、2 + /2兀、2 + /3兀、_2 + , 6兀、_24w o w(sin) (sin) (sin) (sin )=一3 4 -77773/ -兀、2+/ 2兀、2+/ 3X. 2 + +/ 8兀 2 4WKU(sin ) (sin ) (sin ) (sin )=一4 5；99993照此规律,11 t 12,综上，即f (n +6)= 11t 13,11t 15,11t 17,11(t +1 )+9,、11(t+1 )十10,n = 6t 6n = 6t 7n = 6t 8 t Nn =6t 9n =6t 10n =

45、 6t 11),n 1例如n =6k +1时，k =n一-,那么6,n df n =11k 3 =11 -13 =611n 76综上所述:f (n )= 11n 12611n 7611n 8611n 9611n 10611n 56n =6kn = 6k 1n =6k 2*(E N ).n =6k 3n = 6k 4n =6k 51. xnKn +1 解析 通过观察这一系列等式可以发现，等式右边最前面的数都是3接下来是和项数有关的两项的乘积，经归纳推理可知是nn+1,所以第n个等式右边是4-n n 1.题型144类比推理一一暂无题型145演绎推理一一隐含在好多题目的证明过程中补充题型逻辑推理20

46、14年1. 2021新课标I文14甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A , B, C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市；由此可判断乙去过的城市为 .2021年1. 2021全国2卷文9甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩.根据以上信息，那么A .乙可以知道四人的成绩B.丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩1.解析 由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，那么甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果那么知道自己的结果，丁看到甲的结果那么知道自己的结果.应选D.第二节证明题型146综合法与分析法证明2015年1. 2021全国II文24选修4-5:不等式选讲设& b, C, d均为正数，且a+b = c + d.证明：1假设ab?cd，贝U VT十炳逐十如；2妨 +Jb?JC + Jd是|ab ( VC十有)，因此fa+ /b 4c + 4d.(2) (i)假设a-b c-d，贝U (a-bf (c-d f,即(a+bf -4ab