廖老师网上千题解答200-250题

201、比较1011和1110大小

解1：1.110?(1?0.1)10?1?0.1?0.45?0.120?0.0210?0.00252???2 故1110?1010?2，1110?1010?2?1011 解2：要比较1011和1110大小 只要比较11ln10与10ln11的大小

ln10ln11只要比较的大小 与1011lnx于是研究f(x)?的单调性，

x1?lnxlnx因为当x?e时，f?(x)?，于是在(e,??)上递减 ?0f(x)?xx2ln10ln11，故1011>1110 ?1011解4：作y?lnx，设过原点的切线切点为(x0,lnx0)，

111,k切＝,切线y?lnx０?(x?x０),过原点，于是?lnx０??1,x０?e xx０x０ln10ln11分别表示y?lnx在x?10与11处与原点连线的斜率，由图象知 与1011ln10ln11 ?1011解4：设a?1011，b?1110，则

lgb?10lg11?10(1?lg1.1)?10?10ln1.1?10?10?0.1?11=lga y??xx2??，故，当x?0时，1?x?ex，ln(1?x)?x] [因e?1??1!2!202、已知：x,y,z?[?2,2] 求证： xy?yz?xz??4 证明：（1）当x,y,z全正负，则xy?yz?xz??4

（2）当x,y,z至少之一为0，不妨设z=0.则xy?yz?xz?xy 由于x,y?[?2,2]因此xy??4

（3）当x,y,z两个正，一个负，不妨设x,y为正，z为负则 xy?yz?xz?4?xy?2x?2y?4?2x?2y?yz?xz =(x?2)(y?2)?(x?y)(2?z)?0

（3）当x,y,z两负，一个正，不妨设x,y为负，z为正则 xy?yz?xz?4?xy?2x?2y?4?2x?2y?yz?xz =(x?2)(y?2)?(x?y)(2?z)?0 综上原式成立

203、已知x、y、z都是非负实数，且x＋y＋z＝1．

求证：x(1－2x)(1－3x)＋y(1－2y)(1－3y)＋z(1－2z)(1－3z)≥0，并确定等号成立的条件．(联赛)

x证明：不妨设x?y?z?0，由于x＋y＋z＝1

?x?y?

212,z?，可设 x?y??t3331

z?11?t（0?t?） 33x(1－2x)(1－3x)＋y(1－2y)(1－3y)＋z(1－2z)(1－3z) =6(x3?y3?z3)?5(x2?y2?z2)?x?y?z

=6[(x?y?z)(x2?y2?z2?xy?yz?xz)?3xyz]?5(x2?y2?z2)?1 =x2?y2?z2?6xy?6yz?6xz?18xyz?1 =2?8xy?8yz?8xz?18xyz =2?8xy?8yz?8xz?18xyz =2?2xy(4?9z)?8z(x?y)

12?2?2xy(4?9z)?8z(x?y)=?1?8(?t)(?t)?2xy(1?3t)

3312(x?y)2?2?8(?t)(?t)?(1?3t)

33212121?2?8(?t)(?t)?(?t)2(1?3t)=t2(11?3t)?0

33232205、周长为Ｌ（Ｌ为定值）的直角三角形，求直角三角形的最大面积。 解：设三边长为a,b,a2?b2则a?b?a2?b2?L ∵a?b?a2?b2?2ab?2ab?（2+2）ab ∴L?（2+2）ab

ab?L2(2?2)2，因此面积的最大值是

L22(2?2)2

当a?b时取到最大值

206、已知等差数列{an}中，a1?0, 3a8?5a13其前n项和为Sn，则数列{Sn}中最大项是_______ 解：?3a8?5a13

?3(a1?7d)?5(a1?12d)??2a1??39d，a1?0故d?0

Sn?na1?1n(n?1)391d=?dn?d(n2?n)?dn(n?40)

2222故当n?20时Sn取最大值

2

207、已知数列{an}为等差数列，Sn=25，S2n=100则S3n?225 解：由于{an}是等差数列

因此Sn，S2n?Sn，S3n?S2n也是等差数列 ∴2（S2n?Sn）=Sn+（S3n?S2n） 把Sn=25，S2n=100代入上式得

22（100-25）=25+（S3n-100），S3n?5

208、首项是围

1，从第10项开始，每一项都比1大，求等差数列的公差d的范25解：设这个等差数列为{an}，公差为d

1?8d?1 251a10?a1?9d??9d?1

2583解得 ?d?7525则a9?a1?8d?209、已知f(x)?x2?(a?1)x?b,且f(3)=3, 又f(x)≥x恒成立,求 a，b的值 解：∵f(3)?3

∴9?3(a?1)?b?3?b??3a?9

f(x)?x2?(a?1)x?3a?9

∵f(x)?x恒成立

∴x2?ax?3a?9?0恒成立

∴??a2?4(?3a?9)?a2?12a?36?(a?6)2?0 又(a?6)2?0，故(a?6)2?0，a??6，b??3a?9?9

3

210、函数f(x)的定义域为［0，1］，求函数f(x-a)+f(x+a)( 0?a?1)的定义域 2?0?x?a?1?a?x?1?a解：? ???0?x?a?1??a?x?1?a1由于0?a?

2因些a?x?1?a

211、对于函数f(x),若存在x属于R,使f(x)=x成立,则称x为不动点,已知

f(x)?ax2?(b?1)x?b?1 (a不为0),若对于任意实数b,函数f(x)恒有两个相异的

不动点,求a的取值范围?

解：由f(x)?ax2?(b?1)x?b?1?x 得ax2?bx?b?1?0

若对于任意实数b,函数f(x)恒有两个相异的不动点, 则??b2?4a(b?1)?0对b恒成立

b2?4ab?4a?0对b恒成立

于是16a2?16a?0解得0?a?1 212、函数y?解：y?x的对称中心，对称轴怎样求？谢谢！ x?1xx?1?1?1 ??1?x?1x?1x?1?1的图象左移1 个单位，再上移1个单位而得 x它的图象是由y?由于函数y?因此y??1的对称中心是（0，0） xx的对称中心是(?1,1) x?1213、已知:x2+bx+c=0有2个实根，求证：一定存在整数n使得

1?|n2?bn?c|

42解：记f(x)?x2?bx?c

设方程x2?bx?c?0的2个实根为?,?则f(x)?x2?bx?c?(x??)(x??) |n2?bn?c|?|f(n)|?|(n??)(n??)|

4

1?若?为整数，取n??，则||n2?bn?c|?0

42若?不是整数，则有整数m使得m???m?1 （1）当m???m?1时

|f(m)||f(m?1)|?|(m??)(m??)||(m?1??)(m?1??)|?(??m)(m?1??)(??m)(m?1??)

(??m)?(m?1??)2(??m)?(m?1??)211?[][]??

224411于是有|f(m)|?或|f(m?1)|?

441取n?m或n?m?1就有|n2?bn?c|?|f(n)|?

4（2）当??m?1时

|f(m)||f(m?1)|?|(m??)(m??)||(m?1??)(m?1??)|?[(??m)(??m?1)][(m?1??)(??m)]

???2?2(??m)(??m?1)?(m?1??)(??m)2)?() ]?(222??或|f(m?1)|?于是有|f(m)|? 22?取n?m或n?m?1就有|n2?bn?c|?|f(n)|?

2（3）当??m时

|f(m)||f(m?1)|?|(m??)(m??)||(m?1??)(m?1??)|?[(??m)(m?1??)][(m?1??)(m??)] ?[?2(??m)(m?1??)?(m?1??)(m??)2???2)?() ]?(222??或|f(m?1)|?于是有|f(m)|? 22?取n?m或n?m?1就有|n2?bn?c|?|f(n)|?

2综上知原命题成立

214、已知二次函数f?x??ax2?bx?c(a?0)，f?x??x?0的两根满足

10?x1?x2?

a(1)当0?x?x1时,求证x?f(x)?x1

x(2)设函数f(x)的图象关于直线x?x0对称，求证x0?1 （高考难题）

2证明：（1） f(x)-x=0就是ax2?(b?1)x?c?0，

b?1c1x1?x2??，x1x2??，当0?x?x1?x2?

aaaf(x)-x＝a(x?x1)(x?x2)?0?f(x)?x

f(x)-x1＝f(x)-x?x?x1=a(x?x1)(x?x2)?x?x1=(x?x1)[a(x?x2)?1]

?[ 5

1?a(x?x1)[x?x2?]

a11?0?x1?x2??(x?x1)?0，x?x2??0,?f(x)?x1

aabb（2）f(x)的对称轴x??，故x0??

2a2ab?1b1，所以因为＝-x1-x2 因为x1?x2??aaaxxx1x1x211bx1故1?x0?1?=?=(?x2)>0，因此1?x0 -?222a22a22a22215、若f(x)?(log12a2?1?1)x在R上递减，求a的范围 a解f(x)?(log12a2?1?1)x在R上递减 a则log12a2?1?1，aa2?11?,4a2?4?a2,3a2?4?0,故a?0， a22x?4216、设f(x)?x(1)求f(x)的最大值(2)证明对任何实数a,b恒有

4?8f(a)?b2?3b?21 42x?41616(1)f(x)???解：

4x?82x?8282x3时上式取等号，故f(x)max?22 2211（2）b2?b?=(b?)2?5?5?22?f(a)

42当且仅当x?217、已知二次函数y?f1(x)的图象以原点为顶点且过点（1，1），反比例函数

y?f2(x)的图象与直线y=x的两个交点间距离为8，f(x)?f1(x)?f2(x)，

证明：当a>3时，关于x的方程f(x)=f(a)有三个实数解 证明：f1(x)?x2

k与y?x相交故k?0，交点为(k,k)，(?k,?k) x8则8k?8，k?8，f2(x)?

xf2(x)?

6

f(x)?x2?8 x88?a2? xaf(x)=f(a)就是x2?化为（x?a）(ax2?a2x?8)=0

x?a或ax2?a2x?8=0（1）

二次方程的判别式??a4?32a?0（a?3） 故（1）有两个不等的实根，

把x?a代入（1）的左边得ax2?a2x?8?2a3?8?0 因此原方程有三个不同的根

219、设f(x)是R上的偶函数，并且图像关于x=2对称，已知x?[?2，2]时，f(x)=?x2?1。求x?[-6，-2]时，f(x)的解析试

解：因为f(x)的图象关于直线x=0对称，也关于直线x=2对称 故f(x)?f(?x)?f(4?x)

设x?[-6，-2]则x?4?[-2，2]，则

f(x)?f(4?x)＝?(x?4)2?1

220、已知 5sinB=sin(2A+B)，求证:2tan(A+B)=3tanA

证明：5sinB=sin(2A+B)

5sin[(A+B）-A]=sin[(A+B)+A]

5[sin(A+B)cosA-cos(A+B)sinA]= sin(A+B)cosA+cos(A+B)sinA 4sin(A+B)cosA=6cos(A+B)sinA 2tan(A+B)=3tanA

222、数列{an}各项都为正数, an?1(1)若liman存在，求liman

n???n???2an， ?an?22(2) 判定liman是否存在，若存在求出liman( 高考不要求)

n??n??解：(1)因为liman存在，因此可设liman?A，则liman?1?A

n??n??n??在an?12an2A2的两边取极限，得 A?,解得A?2 ?A?2an?22222ana?2anan(an?2)?(2) an?1?an? ?an?nan?2an?2an?2

7

1?当a1?2,时则a1?a2???an?? 这时liman?lim2?2

n??n??2?当a1?2,时an?1?an?0，则{an}递增，

x(x?2)(2x?2)(x?2)?(x2?2x)/考察函数f(x)?，f(x)?

x?2(x?2)2x(x?2)x2?4x?4/f(x)?0，当时，在x?2上递增 f(x)?x?2?2x?2(x?2)因此an?1?an越来越大，故liman不存在

n??3?当0?a1?2,时an?1?an?0，则{an}递减， 又有下界故liman存在，可设liman?A，则liman?1?A

n??n??n??在an?12an的两边取极限，得 ?an?222A2A?,解得A?2

A?2223、已知奇函数F(x)定义域为(-∞,-2)∪(2,+∞),且在(-∞,-2)上是增函数,又F(-3)=0,f(θ)=cos2θ-2mcosθ+4m,θ∈[0,

?],又集合 2M={m｜F[f(θ)]>0},N={m｜f(θ)>2},求M∩N 解：由F[f(θ)]>0得 -33 又f(θ)>2

故M∩N＝{ m｜f(θ)>3} cos2θ-2mcosθ+4m>3

m(4?2cos)?3?cos2? 4?2cos2?2?cos2?m??

4?2cos?2?cos?y?3?2O23x设t?2?cos??[1,2]和，则cos??2?t

2?(2?t)22?2t?t22?cos2?2＝＝＝?t?2

tt2?cos?t 8

2?cos2?在t?[1,2]上递减，故最大值为3

2?cos?因此m?3，即M∩N＝{m｜m>3}

224、判断命题“若a 、a+10 和a+14都是正质数，则a=3”的真假，并说明理由(竞赛)

答：这是个真命命题

若a ,a+10 和a+14都是正质数，由于0，10，14被3除的余数分别为0，1，2因此（1）若a被3除的余数为1，则a+14不是质数 （2）若a被3除的余数为2，则a+10不是质数

（3）若a被3除的余数为0，则a为3的倍数，又a是质数,故a等于3, 故命题成立

225、求y?sinxsin2x， x?(0,?) 的最大值 解：y?sinx?sin2x?2sin2xcosx?2(1?cos2x)cosx

?当x?[,?)，cosx?0j时y?0，不可能是最大值

2故设??(0,)，y?2[(1?cosx)?(1?cos?)?2cosx]

21?cos2??1?cos2??2cos2?224?2()?2()2＝3

33933?22212故ymax?34时取到 3，当??arccos39226、已知A?{(x,y)|sin2x?msinx?y?2?0,x?(0,)},

2B?{(x,y)|sinx?y?1?0,x?(0,?)}，若AB??，求m的范围

?解：联立sin2x?msinx?y?2?0与sinx?y?1?0 消去y得sin2x?(m?1)sinx?1?0

因x?(0,)故sinx?(0,1)，设t?sinx?(0,1)

211(t?1)(t?1)1则1?m?t?，设f(t)?t?因为当t?(0,1)时f?(t)?1?2?<0

tttt21所以f(t)?t??f(1)?2，1?m?2，m??1

t

9

?227、已知f(x)?2x，g(x)?x?a，a?1,,若|f(x)?ag(x)|?|f(x)|在[1，4]上恒成立，求a的范围 解：|f(x)?ag(x)|?|f(x)|，

?|2x?a(x?a)|?|2x|?2x ??2x?2x?a(x?a)?2x,

2], 设t?x?[1，?2t?2t?a(t2?a)?2t

at2?4t?a2?0且?a(t2?a)?0(显然成立) ? at2?4t?a2?0对t?[1，2]恒成立

2设Q(t)?at2?4t?a2,Q(t)max?0,对称轴t=

a(1)当1?a?423时, t=?[,2),Q(t)max?Q(1)?a?4?a2?0,a?a2?4,成立 3a2423(2) 当a>时, t=?(0,),Q(t)max?Q(2)?4a?8?a2?0,a2?4a?8?0

a23解得?2?23?a??2?23.此时综上1?a??2?23 4?a??2?23 3解2：从设Q(t)max?0开始, 由于a?1

2??Q(1)?a?4?a?0于是?解得1?a??2?23 2??Q(2)?4a?8?a?0

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