高三数学不等式的证明
高考数学利用导数研究不等式问题(解析版)题型一：构造法证明不等式
题型一：构造法证明不等式1．（2021·山东德州·高三期中）已知函数()2(1)x f x xe a x =++(其中常数e 2.718=是自然对数的底数).（1）当0a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，()()23231f x ex a x x x -≥-++.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）由()()()()12(1)12x x f x x e a x x e a =+++=++，令()0f x '=，解得1x =-，()ln 2x a =-， ①当102a e-<<， 由()0f x '>，解得()ln 2x a <-或1x >-，由()0f x '<，解得()ln 21a x -<<-，故()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减， ②当12a e=-，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增; ③当12a e<-，由()0f x '>，解得1x <-或()ln 2x a >-， 由()0f x '<，解得()1ln 2x a -<<-故()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增；在()()1,ln 2a --上单调递减， 综上所述，当102a e-<<时， ()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减， 当12a e=-，()f x 在R 上单调递增; 当12a e<-，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增； 在()()1,ln 2a --上单调递减.（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，要证()()23231f x ex a x x x --++≥，需证，20x e a a ax e x x+---≥， 令()2x e a g x a ax e x x=+---， 则()()()21x x e ax a g x x ---'=， 令()x h x e ax a =--，则()x h x e a '=-，因为0x >，1a ≤，所以()0x h x e a '=->，所以()()010h x h a >=-≥，所以()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()10g x g ≥=，即20x e a a ax e x x+---≥，原不等式成立. 2．（2021·河南驻马店·高三月考（文））已知函数()()248ln x a x x f a x +--=.（1）求()f x 的单调区间；（2）当2a =时，证明：()242e 64x f x x x >-++.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析（1）由题意知()f x 的定义域为(0,)+∞.由已知得()()2()()8188x a x x a x a f x x x-++--'== 当0a ≤时,()()0,f x f x '>在(0,)+∞上单调递增,无单调递减区间.当0a >时,令()0f x '>，得8a x >；令()'0f x <，得08a x <<， 所以()f x 在0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭上单调递增. 综上，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无单调递减区间；当0a >时，()f x 的单调递减区间为0,8a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为,8a ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭. （2）证明：原不等式等价于()e ln 20x x x ϕ=-->，则()1e x x xϕ'=-，易知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增，且()120,1e 102ϕϕ⎛⎫''<=-> ⎪⎝⎭， 所以()x ϕ'在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一零点0x ，此时()x ϕ在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 要证()0x ϕ>即要证()00x ϕ>，由001e 0x x -=，得001e x x =,001ex x =，代入()000e ln 2x x x ϕ=--,得()00012x x x ϕ=+-， 因为()0001220x x x ϕ=+->=， 所以()242e 64x f x x x >-++.3．（2021·湖北武汉·高三月考）已知函数()e 21x f x a x =+-（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：对任意的1a ≥，当0x >时，()()f x x ae x ≥+.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）解：()e 2x f x a '=+.①当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在R 上单调递增；②当0a <时，由()0f x '>解得2ln x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，由()0f x '<解得2ln x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭. 故()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在2,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在2ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减. （2）证明：原不等式等价于()2(1)x a e ex x -≥-.令()x g x e ex =-，则()e e x g x '=-.当1x <时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>.∴()()10g x g ≥=，即0x e ex -≥，当且仅当1x =时等号成立.当1x =时，()2(1)x a e ex x -≥-显然成立；当0x >且1x ≠时，0x e ex -≥.欲证对任意的1a ≥，()2(1)x a e ex x -≥-成立，只需证2(1)x e ex x -≥-()()()()2g 1'21x x x e ex x g x e e x =---=---，令()()(),2x h x g x h x e ''==-，令()0,ln 2h x x ='= ()ln 2,0,x h x '<<()g x '递减，()ln 2,0,x h x '>>()g x '递增()()()'ln 222ln 2142ln 20,030g e e g e =---==-=-'故存在()00,ln 2x ∈，使()00g x '=又由(1)0g '=，所以00x x <<时，()0g x '>，()g x 递增，01x x <<时，()0g x '<，()g x 递减，1x >时，()0g x '>，()g x 递增，又()()g 00,10g ==，故0x >时，()0g x ≥.综上所述，结论得证。
高考中利用导数证明不等式的一些策略
高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。
评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。
类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。
接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。
由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。
利用定积分证明不等式
热点追踪Җ㊀广东㊀李文东㊀㊀不等式的证明是高考的重要内容,证明的方法多㊁难度大,特别是一些数列和型的不等式．这类不等式常见于高中数学竞赛题和高考压轴题中,由于证明难度较大,往往令人望而生畏．其中有些不等式若利用定积分的几何意义证明,则可达到以简驭繁㊁以形助数的解题效果．１㊀利用定积分证明数列和型不等式数列和型不等式的一般模式为ðni ＝１a i ＜g (n )(或ðni ＝１a i ＞g (n )),g (n )可以为常数．不失一般性,设数列a n ＝f (n )＞０,此类问题可以考虑如下的定积分证明模式．(１)若f (x )单调递减．因为f (i )＜ʏii －１f (x )d x ,从而ðni ＝１a i ＝ðn i ＝１f (i )＜ðni ＝１ʏii－１f (x )d x ＝ʏn０f (x )d x ．㊀㊀又因为ʏi i －１f (x )d x ＜f (i －１),从而ʏn ＋１１f (x )d x ＝ðn ＋１i ＝２ʏi i－１f (x )d x ＜ðn ＋１i ＝２f (i －１)＝ðni ＝１a i．㊀㊀(２)若f (x )单调递增．因为f (i )＞ʏi i －１f (x )d x ,从而ðni ＝１a i＝ðni ＝１f (i )＞ðni ＝１ʏii－１f (x )d x ＝ʏn０f (x )d x ．㊀㊀又因为ʏii －１f (x )d x ＞f (i －１),从而ʏn ＋１１f (x )d x ＝ðn ＋１i ＝２ʏii－１f (x )d x ＞ðn ＋１i ＝２f (i －１)＝ðni ＝１a i ．例１㊀(２０１３年广东卷理１９,节选)证明:１＋１２２＋１３２＋ ＋１n２＜７４(n ɪN ∗)．分析㊀本题证法大多采用裂项放缩来证明,为了得到更一般的结论,我们这里采用定积分来证明．证明㊀因为函数y ＝１xα(α＞０且αʂ１)在(０,＋ɕ)上单调递减,故ʏii －１１x αd x ＞１iα(i ȡ３),从而当αʂ１时,ðni ＝１１i α＜１＋１２α＋ðni ＝３ʏii －１１x αd x ＝１＋１２α＋ʏn２１x αd x ＝１＋１２α－１(α－１)x α－１n ２＝１＋１２α＋１(α－１)２α－１－１(α－１)nα－１．㊀㊀利用这个不等式可以得到一些常见的不等式．若α＝１２,则ðn i ＝１１i＜１－３２＋２n ＝２n －１＋(２－３２)＜２n －１．㊀㊀当α＞１时,ðni ＝１１iα＜１＋１２α＋１(α－１)２α－１＝１＋α＋１α－１ １２α．特别地,若α＝２,则ðni ＝１１i ２＜１＋２＋１２－１ １２２＝７４;若α＝３,则ðni ＝１１i３＜１＋３＋１３－１ １２３＝５４;若α＝３２,则ðni ＝１１ii＜１＋３２＋１３２－１ １２３２＝１＋５２４＜３;若α＝１,则１n＜ʏnn －１１x d x ＝l n x nn －１＝l n n －l n (n －１),从而可以得到１２＋１３＋ ＋１n ＋１＜ʏn ＋１１１xd x ＝l n (n ＋１),１n ＋１＋１n ＋２＋ ＋１２n＜ʏ２nn１xd x ＝l n２．㊀㊀另一方面,１n －１＞ʏnn －１１xd x ＝l n x n n －１＝l n n －l n (n －１),则１＋１２＋１３＋ ＋１n －１＞ʏn１１x d x ＝l n n ．㊀㊀当α＝１时,借助定积分的几何意义上述不等式４２热点追踪还可以进一步加强．图１是函数y ＝１x的部分图象,显然S 曲边梯形A B C F ＜S 梯形A B C F ,于是ʏn ＋１n１x d x ＜１２(１n ＋１n ＋１),得l n (１＋１n )＜１２(１n ＋１n ＋１),令n ＝１,２, ,n ,并采用累加法可得１＋１２＋１３＋ ＋１n＞l n (n ＋１)＋n２(n＋１)(n ȡ１)．图１例２㊀证明:l n ４２n ＋１＜ðni ＝１i４i ２－１(n ɪN ∗)．分析㊀由于i ４i ２－１＝１４(１２i －１＋１２i ＋１),l n ４２n ＋１＝１４l n (２n ＋１),故证明l n (２n ＋１)＜ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１)．构造函数f (x )＝１２x ＋１,显然f (x )单调递减,考虑到ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１)的结构,对函数f (x )采用类似图１中的梯形面积放缩．证明㊀由分析得ʏii －１１２x ＋１d x ＜１２(１２i －１＋１２i ＋１),故１２l n (２n ＋１)＝ʏn０１２x ＋１d x ＝ðni ＝１ʏii －１１２x ＋１d x ＜１２ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１),不等式两边除以１２即为所证．例３㊀证明１３＋１５＋１７＋ ＋１２n ＋１＜１２l n (n ＋１)(n ɪN ∗)．分析㊀若考虑函数y ＝１２x ＋１,则有１２i ＋１＜ʏii －１１２x ＋１d x ,则ðni ＝１１２i ＋１＜ðni ＝１ʏii －１１２x ＋１d x ＝ʏn０１２x ＋１d x ＝１２l n (２x ＋１)n０＝１２l n (２n ＋１),达不到所证的精度,必须改变定积分放缩的精度．证明㊀结合不等式的右边,考虑函数f (x )＝１x．如图２所示,在区间[i ,i ＋１]上,取区间的中点i ＋１２,并以１i ＋１２为高作矩形A E F B ,则S 矩形A E F B ＜ʏi ＋１i １x d x ．于是有２２i ＋１＝１i ＋１２＜ʏi ＋１i１xd x ,则ðni ＝１２２i ＋１＜ðni ＝１ʏi ＋１i１xd x ＝ʏn ＋１１１xd x ＝l n (n ＋１),即ðn i ＝１１２i ＋１＜１２ln (n ＋１)．图２例４㊀设n 是正整数,r 为正有理数．(１)求函数f (x )＝(１＋x )r ＋１－(r ＋１)x －１(x ＞－１)的最小值;(２)证明:n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r＜(n ＋１)r ＋１－nr ＋１r ＋１;(３)设x ɪR ,记[x ]为不小于x 的最小整数,例如[２]＝２,[π]＝４,[－３２]＝－１．令S ＝３８１＋３８２＋３８３＋ ＋３１２５,求[S ]的值．(参考数据:８０４３ʈ３４４ ７,８１４３ʈ３５０ ５,１２５４３ʈ６２５ ０,１２６４３ʈ６３１ ７．)分析㊀出题者的本意是利用第(１)问中的伯努利不等式来证明后两问,但这里我们利用积分来证明．证明㊀(１)f m i n (x )＝０(求解过程略)．(２)因为r 为正有理数,函数y ＝x r 在(０,＋ɕ)上单调递增,故ʏnn －１x r d x ＜nr,而５２热点追踪ʏnn －１x rd x ＝x r ＋１r ＋１n n －１＝n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１,故n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r．同理可得n r＜ʏn ＋１n x rd x ＝x r ＋１r ＋１n ＋１n ＝(n ＋１)r ＋１－n r ＋１r ＋１,从而n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r＜(n ＋１)r ＋１－n r ＋１r ＋１．(３)由于i １３＜ʏi ＋１i x １３d x ＜(i ＋１)１３,故S ＝ð１２５i ＝８１i１３＜ð１２５i ＝８１ʏi ＋１ix １３dx ＝ʏ１２６８１x １３dx ＝３４x ４３１２６８１＝３４(１２６４３－８１４３),３４(１２５４３－８０４３)＝３４x ４３１２５８０＝ʏ１２５８０x １３d x ＝ð１２４i ＝８０ʏi ＋１ix １３d x ＜ð１２４i ＝８０(i ＋１)１３＝S ．３４(１２５４３－８０４３)＜S ＜３４(１２６４３－８０４３)．代入数据,可得３４(１２５４３－８０４３)ʈ２１０．２,３４(１２６４３－８１４３)ʈ２１０．９．由[S ]的定义,得[S ]＝２１１．２㊀利用积分证明函数不等式我们知道ʏx ２x １fᶄ(x )d x ＝f (x ２)－f (x １),因此,对于与f (x ２)－f (x １)有关的问题,可以从定积分的角度去思考．若f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上单㊀图３调递减且f ᶄ(x )为凹函数,如图３所示．设A C 的中点为B ,过点B 作B G ʅx 轴与f (x )交于点G ,过点G 作f (x )的切线与直线AH 和C D 分别交于点F 和I ．设A (x １,０),C (x ２,０),则f (x ２)－f (x １)＝ʏx ２x １fᶄ(x )d x ＝S 曲边梯形A C J H ,S 矩形A C D E ＝f ᶄ(x ２＋x １２)(x ２－x １)．因为S 曲边三角形E G H ＞S әE F G ＝S әD I G ＞S 曲边三角形J D G ,S 曲边梯形A C J H －S 矩形A C D E ＝S 曲边三角形E G H －S 曲边三角形J D G ＞０,于是有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＞f ᶄ(x ２＋x １２)．借助上述几何意义,一般地我们有如下结论．(１)若函数f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上为凹函数,则对于任意的a ＜x １＜x ２＜b ,有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＞f ᶄ(x ２＋x １２);(２)若函数f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上为凸函数,则对于任意的a ＜x １＜x ２＜b ,有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＜f ᶄ(x ２＋x１２)．例５㊀(１)函数f (x )＝l n x ,因为f ᶄ(x )＝１x在(０,＋ɕ)上为凹函数,则对任意０＜x １＜x ２,有l n x ２－l n x １x ２－x １＞１x ２＋x １２,即x ２－x １l n x ２－l n x １＜x １＋x ２２,此为对数均值不等式．(２)函数f (x )＝x l n x ,因为f ᶄ(x )＝１＋l n x 在(０,＋ɕ)上为凸函数,则对任意０＜x １＜x ２,有x ２l n x ２－x １l n x １x ２－x １＜１＋l n x ２＋x １２．许多考题都是以此为背景命题,比如,如下高三模拟考试的压轴题．例６㊀已知函数f (x )＝l n x －a x ２２＋(a －１)x －３２a(a ＞０),在函数f (x )的图象上是否存在不同两点A (x １,y １),B (x ２,y ２),线段A B 中点的横坐标为x ０,直线A B 的斜率为k ,使得k ＞f ᶄ(x ０)．简证㊀由于f ᶄ(x )＝１x－a x ＋a －１(a ＞０)在(０,＋ɕ)上为凹函数,可见结论成立!例７㊀设函数f (x )＝xex ,若x １ʂx ２,且f (x １)＝f (x ２),证明:x １＋x ２＞２．分析㊀本题的本质是极值点偏移问题,常见证法是利用对称性构造函数,这里采用定积分来证明．证明㊀不妨设x １＜x ２,由f ᶄ(x )＝１－x ex ,可知f (x )在(－ɕ,１]上单调递增,在[１,＋ɕ)上单调递减,且f (０)＝０．当x ＞０时,f (x )＞０,可知０＜x １＜１＜x ２．设x １e x １＝x ２e x ２＝t ,则x １＋x ２＝t (e x １＋e x ２),x ２－x １＝t (e x ２－e x １),考虑函数y ＝e x ,则根据定积分的梯形面积放缩有e x ２－e x １＝ʏx ２x １e xd x ＜(e x １＋e x２)(x ２－x １)２,则x ２－x １t ＜１２ x ２＋x １t(x ２－x １),故x １＋x ２＞２．(作者单位:广东省中山市中山纪念中学)６２。
高三数学不等式证明试题答案及解析
高三数学不等式证明试题答案及解析1.已知均为正数，证明：．【答案】证明见解析.【解析】不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac．所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．所以原不等式成立． 10分【考点】不等式的证明.2.已知a,b均为正数，且a+b=1,证明：（1）（2）【答案】见解析【解析】（1）因为a+b=1,所以，a-1=-b,b-1=-a,故=,当且仅当a=b时等号成立。
（2）==当且仅当a=b时等号成立。
3.在中，不等式成立；在凸四边形ABCD中，不等式成立；在凸五边形ABCDE中，不等式成立，，依此类推，在凸n边形中，不等式__ ___成立.【答案】【解析】我们可以利用归纳推理的方法得到不等式，从而得出结论．【考点】归纳推理.4.已知a,b,x,y均为正数且>,x>y.求证:>.【答案】见解析【解析】证明：∵-=,又>且a,b均为正数,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴>0,即>.5.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.【答案】见解析【解析】证明：由a,b,c为正数,得lg≥lg;lg≥lg;lg≥lg.而a,b,c不全相等,所以lg+lg+lg>lg+lg+lg="lg" (abc)=lga+lgb+lgc.即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.6.下面四个图案，都是由小正三角形构成，设第个图形中有个正三角形中所有小正三角形边上黑点的总数为.图1 图2 图3 图4（Ⅰ）求出,,,;（Ⅱ）找出与的关系，并求出的表达式；（Ⅲ）求证：().【答案】（Ⅰ）12,27,48,75. （Ⅱ），．（Ⅲ）详见解析．【解析】（Ⅰ）求出,,,，第二个图形的黑点个数为第一个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，第三个图形的黑点个数为第二个图形的黑点个数加上外面的三角形上的黑点个数，即，以此类推可求出,；（Ⅱ）观察,,,可得到，后一个图形的黑点个数是前一个图形外多加一个三角形，而且每一条边都比内一个三角形多两个黑点，即，即，求出的表达式，像这种关系可用叠加法，即写出，，，，，把这个式子叠加，即可得出的表达式；（Ⅲ）求证：()，先求出的关系式，得，由于求证的不等式右边是常数，可考虑利用放缩法，即，这样既可证明．试题解析：（Ⅰ）由题意有，，，，，．（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）知，，即，所以，，，， 5分将上面个式子相加，得：6分又，所以． 7分（Ⅲ），∴． 9分当时，，原不等式成立． 10分当时，，原不等式成立． 11分当时，，原不等式成立． 13分综上所述，对于任意，原不等式成立． 14分【考点】归纳推理，放缩法证明不等式．7.设正有理数是的一个近似值，令.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）比更接近．【解析】（Ⅰ）若，求证：，只需证即可，即；（Ⅱ）比较与哪一个更接近，只需比较它们与差的绝对值的大小，像这一类题，可采用作差比较法．试题解析：(Ⅰ),,.（Ⅱ），，，而，，所以比更接近．【考点】作差法证明不等式.8.设实数满足，求证：．【答案】详见解析.【解析】作差，分解因式，配方，判断符号.试题解析：作差得 1分4分． 6分因为，所以不同时为0，故，，所以，即有． 10分【考点】不等式的证明.9.设f(x)＝lnx＋－1，证明：（1）当x>1时，f(x)< (x－1)；（2）当1<x<3时，f(x)<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).(证法二)由均值不等式，当x>1时，2<x＋1，故<＋.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得h′(x)＝＋－＝－<－＝.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<. (证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由（1）得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9< (x－1)＋(x＋5)－9＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<＝ (7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.10.( 本小题满分12分)已知集合中的元素都是正整数，且，对任意的且，有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）对于，试给出一个满足条件的集合【答案】(Ⅰ) 证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）．【解析】（1）因为，对任意的且，有．所以两边分别相加得.即.（2）由(Ⅰ)可得；同理，所以，即.（3）由（1）知，令，可取大于1的任意整数，令；同理令；；，则，令，则，令，则，令，则，令.就得到满足条件的一个集合.(Ⅰ) 证明：依题意有，又，因此．可得．所以．即．…………………4分（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)可得．又，可得，因此．同理，可知．又，可得，所以均成立．当时，取，则，可知．又当时，．所以．……………………………………………………8分（Ⅲ）解：对于任意，，由可知，，即．因此，只需对，成立即可．因为；；；，因此可设；；；；．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．所以满足条件的一个集合．……………12分其它解法，请酌情给分.11.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数满足，且，求证：【答案】见解析。
精选高三数学公式知识点：不等式证明知识概要
精选高三数学公式知识点：不等式证明知识概要
1.在用商值比较法证明不等式时，要注意分母的正、负号，以确定不等号的方向。
2.分析法与综合法是对立统一的两个方面，前者执果索因，利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握;后者是由因导果，宜于表述，因为它条理清晰，形式简洁，适合人们的思维习惯。
但是，用分析法探求证明不等式，只是一种重要的探求方式，而不是一种好的书写形式，因为它叙述较繁，如果把只需证明等字眼不写，就成了错误。
而用综合法书写的形式，它掩盖了分析、探索的过程。
因而证明不等式时，分析法、综合法常常是不能分离的。
如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律。
还有的不等式证明难度较大，需一边分析，一边综合，实现两头往中间靠以达到证题的目的。
这充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系。
分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点。
3.分析法证明过程中的每一步不一定步步可逆，也没有必要要求步步可逆，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件。
如果非要步步可逆，则限制了分析法解决问题的范围，使得分析法只能使用于证明等价命题了。
用分析法证明问题
时，一定要恰当地用好要证、只需证、即证、也即证等词语。
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高三数学数列不等式证明——裂项相消与放缩法总结
高三数学数列不等式证明——裂项相消与放缩法总结一、裂项相消法通项特征：通项一般是分式，分母为偶数个因式相乘，且满足a是常数，a-=原分子分母大的因式分母小的因式2.解题思路类型①⎪⎭⎫⎝⎛+-=+knnkknn111)(1类型②()nknknkn-+=++11类型③⎪⎭⎫⎝⎛+--=-121121211412nnn类型④()()⎪⎭⎫⎝⎛++--=--121121114412nnnn nn类型⑤kkkk nnnnn+-+=++++112121)2)(2(2类型⑥kakakakaaannnnn+-+=++⎪⎭⎫⎝⎛-++1111))((11二、错位相减法错位相消法三种思维求法：以下三种思维，但还是建议练熟第一种。
如果第一种都掌握不了的学生，基本上也记不住第二和第三种方法。
1.思维结构结构图示如下2.公式型记忆：1(),n S=n+)q,,11n nn nC a n b q A B ca b AB C Bq q-=⋅++-==---则其前项和（其中A=3.可可裂项为如下11(),q1),[(1))](),((())k=pq-pp tb=pqnnn n nn n n na knb qa p n t q pn t q C C C pn t qtq t++=+≠=++-+=-=+⎧⎨+-⎩（则其中可通过方程组计算出、值：11=a()n=a[( )( )( )...( )]n=1 n=2 n=3 n=n-++++=⇑⇑⇑⇑原式分母小的因式分母大的因式前项和化简放缩模型——平方型与指数型证明下列不等式：1、、2、)(21......31211222*∈<++++Nnn3、)(471......31211222*∈<++++Nnn4、)(351......31211222*∈<++++Nnn)(21)12()12(1......751531311*∈<+⨯-++⨯+⨯+⨯NnnnnnS + + +...+n=1 n=2 n=3 n=nqS + + +...+q-=⇑⇑⇑⇑=①②①的基础上左右同时乘，即在①式中指数加1①②代入通项公式，等差数列当等比数列的系数在n-+k( )=+k( )=-S=--n得（1q)S①中的第一项指数函数相加②的最后一项①中的第一项等比求和公式②的最后一项化简两边同时除以（1q)即得平方型：分母是两项积可放缩到裂项相消模型指数型：可放缩为等比模型5、)(45)12(1......51311222*∈<-++++N n n6、),2(32121......121121121432*∈≥<-++-+-+-N n n n7、)(23231......231231231332211*∈<-++-+-+-N n nn8、)(342 (3232221211)432*+∈<-++-+-+-N n n n n一、单选题1．已知数列{}n a 的首项是11a =，前n 项和为n S ，且()1231n n S S n n N *+=++∈，设()2log 3n n c a =+，若存在常数k ，使不等式()()116n nc k n N n c *-≥∈+恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．1,9⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,16⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,25⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,36⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭2．已知数列{}n a 的首项是11a =，前n 项和为n S ，且1231n n S S n +=++（*N n ∈），设()2log 3n n c a =+，若存在常数k ，使不等式()116n n c k n c -≥+（*N n ∈）恒成立，则k 的最小值为（ ）A ．19B ．116C ．125D ．136二、填空题3．已知数列{}n a 中，112a =，()1n n n n a a a +-=，*n ∈N ，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n S .若对于任意的*n ∈N ，不等式n S t <恒成立，则实数t 的取值范围是________.4．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()12n n nS n S +=+，数列2112n n n n a a a +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若()110n n T λ++-⋅>，且λ∈Z ，则λ=___________.三、解答题5．已知数列{}n a 中11a =，)2n a n =≥.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若21n n c a -=，数列1n c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：21211n n n a T a +--<≤.6．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．7．已知函数()()3log 1(0)1x f x x x +=>+的图像上有一点列()()*,n n n P x y n N ∈，点n P 在x 轴上的射影是(),0n n Q x ，且(1322n n x x n -=+≥，且)*1,2n N x ∈=.(1)求证：{}1n x +是等比数列，并求数列{}n x 的通项公式；(2)对任意的正整数n ，当[]1,1m ∈-吋，不等式239181n y t mt <-+恒成立，求实数t 的取值范围；(3)设四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是n T ，求证：1211132nT T nT +++<.8．已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和nS 满足)2n a n ≥. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若对任意的*N n ∈，不等式24n T a a <-恒成立，求实数a 的取值范围.9．已知数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +-=+,n S 是1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.(1)求n S ；(2)若n T 为数列2n S n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和，求证：232n nT n >>+.10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，且214n n n S S a ++=+． (1)求n a ；(2)求证：121112111n a a a +++<+++．11．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，24a =，()112322n n n S S S n +-+=-≥. (1)证明：数列{}2n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记112n n n n b a a -+=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：11123n T≤<.12．证明：135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯13．已知数列{}n a 是等差数列，23a =，数列{}n b 是等比数列，18b =，公比3q >，且3q a =，2213b a a =.(1)求{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设24log n n n b c a =，n *∈N ，求证：1212nc c c ++⋅⋅⋅+<.14．已知各项为正的数列{}n a 满足：113a =，()*134N n n n a a n a +=∈+． (1)设0a >，若数列1log 1a n a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪+⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是公差为2的等差数列，求a 的值；(2)设数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明4543n S n ≤<+．参考答案：1、 通项公式为： ()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=1211212112121n n n n a n2、通项公式为： ()⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-<=≥n n n n n a n n 111111,22 3、通项公式为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=≥111121111,222n n n n a n n 4、通项公式为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<==≥1211212144441,2222n n n n n a n n 5、通项公式为： ()⎪⎭⎫⎝⎛--=-<+-=-=≥n n n n n n n a n n 111414411441121,2222 6、通项公式为：()11111123121211221221121,2---++⋅=≤≤=-=-<-=≥n n n n n n n a a a n 7、通项公式为：11313231231--=⋅-<-=n n n n n n a 8、通项公式为：nn n n n nn n n n a n 2222,21<-+=-=≥+ 1．C 【详解】由1231n n S S n +=++，则当2n ≥时，得123(1)1n n S S n -=+-+， 两式相减得123n n a a +=+，变形可得：132(3)n n a a ++=+，又134a +=，122123116a a S S +==+⨯+=，所以25a =，2132(3)a a +=+， ∴数列{}3n a +是以4为首项、2为公比的等比数列，故113422n n n a -++=⨯=，所以2log (3)1n n c a n =+=+，所以2111116(16)(16)(1)17168172517n n c n n n c n n n n n n -===≤=++++++++， 当且仅当4n =时等号成立，故125k ≥.故选：C. 2．C 【详解】当2n ≥ 时，由1231n n S S n +=++可得-123-2n n S S n =+，两式相减得：123n n a a +=+ ，即132(3)n n a a ++=+，而134a +=，2121224,5a a S S a +==+=， 故2132(3)a a +=+ ，所以{3}n a + 是以134a +=为首项，2q为公比的等比数列，则11342,23n n n n a a -++=⨯=- ，故()122log 3log 21n n n c a n +=+==+，所以()111616(16)(1)17n n c n n c n n n n -==+++++，而16N ,8n n n*∈+≥ ，当且仅当4n = 时取等号， 故()11116162517n n c n c n n-=≤+++，当且仅当4n = 时取等号， 所以若存在常数k ，使不等式()116n n c k n c -≥+（*N n ∈）恒成立，则k 的最小值为125，故选：C 3．[)4,+∞【详解】由()1n n n n a a a +-=得11n n a n a n++=，则有 312412321234112321n n n n a a a a a n n a a a a a n n ----⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯--，化简得1n a n a =，即2n n a =， 所以1114114()1(1)122n n n n a a n n n n +===-+⋅++⨯， 所以111114(1)4(11)4223341111111n S n n n n n ---=-+-+-+++=-++<， 所以不等式n S t <恒成立，则有4t ≥.故答案为：[)4,+∞ 4．0【详解】由()12n n nS n S +=+，得()1()2n n n n S a n S ++=+， 即12n n na S +=，当1n =时，2122a S ==，21021a a -=；可知当2n ≥时，12n n na S +=，()112n n n a S --=， 两式相减整理，得101n na a n n，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，0为公差的等差数列，所以1na n=，n a n =，所以()()21111211221221n n n n n n n a n a a n n n n ++++++==-⋅⋅+⋅⋅+，所以()12231111111()()()21222223221n n n T n n +=-+-+⋅⋅⋅+-⨯⨯⨯⨯⋅⋅+()111221n n +=-⋅+， ()110n n T λ++-⋅>等价于()()11111212n n n λ++-⋅>-⋅+；当n 是正奇数时，()111212n n λ+>-⋅+，因为()12111132122228n n +-≤-⨯=-⋅+，所以38λ>-； 当n 是正偶数时，()111221n n λ+<-⋅+，因为()1311111122122324n n +-≥-=⋅+⨯，所以1124λ<； 综上所述，λ的取值范围为311824λ-<<，则整数λ的值为0.故答案为：0. 5．(1)n a =证明见解析【解析】(1)将)2n a n =≥两边同时平方，整理得()22112n n a a n --=≥， 所以数列{}2n a 是首项为211a =，公差为1的等差数列，所以()2111n a n n =+-⨯=.由题知0n a >，所以n a(2)因为n a =21n n c a -==1n c =. 先证21n n T a -≤：当1n =时，11a =，11T =，满足21n n T a -≤； 当2n ≥时，1n c ==所以)(21112n n T n a -<++++-==.故21n n T a -≤得证.再证211n n T a+>-：因为1nc ==>=所以)(211211n n T n a +>++++==-.故不等式21211nn n a Ta +--<≤成立.【点睛】关键的点睛：本题考查等差数列的证明，以及放缩法证明不等式，本题的第二问的难点是对通项公式的放缩，放缩后，再进行裂项相消法求和，1n c==<=1n c ==>= 6．(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+(2)证明见解析 【解析】(1)当1n =时，1122a a =-，123a =，当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=- 相除得11(2)1n n n a a n a --=≥-，整理为：1111(2)111n n n n a n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求. (2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+．1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭，22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭，112224333n n n S a n ++∴>-=-+， 所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．7．(1)证明见解析，31nn x =-(2)()(),22,∞∞--⋃+(3)证明见解析【解析】(1)因为2n ≥，且*1,32n n n N x x -∈=+，所以()1131n n x x -+=+，即1131n n x x -+=+（常数）； 因为113x +=，所以{}1n x +是首项为3，公比为3的等比数列，所以11333n n n x -+=⨯=，即31n n x =-；数列{}n x 的通项公式为31n n x =-.(2)由题可知()()3*log 10,1n n nn x y xn N x +=>∈+，由（1）可得3log 3033n n n n n y ==>，所以1113n ny n y n ++=<，即1n n y y +<，数列{}n y 为单调递减数列.所以n y 最大值为113y =；因为当[]1,1m ∈-吋，不等式239181n y t mt <-+恒成立，所以29180t mt ->恒成立.所以2291809180t t t t ⎧->⎨+>⎩，解得2t <-或2t >.所以t 的取值范围为()(),22,∞∞--⋃+.(3)四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是()()114123n n n n n y y x x n T +++-+==.因为()()331134111n n n n n n ⎛⎫<=- ⎪+++⎝⎭，所以1211111111111313122233411n T T nT n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 因为*n ∈N，所以13313311n n ⎛⎫-=-< ⎪++⎝⎭；所以121113.2nT T nT +++<8．(1)21n a n =-；(2)1a ≤-或2a ≥.【解析】(1)当2n ≥时，n a=∴1nn S S --=1=1=， 所以数列是首项为1，公差为1n ，又由n a 121n n n =+-=-（2n ≥），当1n =时，11a =也适合，所以21n a n =-. (2)∴()()()111111221212121n n a a n n n n +==--+-+，∴11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭， 又∴对任意的*N n ∈，不等式24n T a a <-恒成立，，∴22a a ≤-，解得1a ≤-或2a ≥.即所求实数a 的范围是1a ≤-或2a ≥. 9．(1)21n nS n =+(2)证明见解析 【解析】(1)∴11n n a a n +-=+，∴212a a -=，323a a -=，…1n n a a n --= 由上述1n -个等式相加得12n a a n -=++，∴()1122n n n a a n +=+++=， ∴11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，11111122121223111n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭.(2)令()()22221441112n n S b n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫===>⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴11111111244233412222n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 又因为()22221411441111n n S b n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫===<=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且11b =∴11111111414143323341211n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，综上，232nn T n >>+，得证. 10．(1)()12n n a n -*=∈N (2)证明见解析【解析】(1)解：由214n n n S S a ++=+得24n n a a +=． 所以，当()21n k k *=-∈N 时，21214k k a a +-=，所以数列{}21k a -是首项为11a =，公比为4的等比数列， 故11211414k k k a a ---=⨯=⨯，即()211222122k k k a ----==． 当()2n k k *=∈N 时，则2224k k a a +=，所以，数列{}2k a 是首项为22a =，公比为4的等比数列，所以，1121224242k k k k a a ---=⨯=⨯=．所以()12n n a n -*=∈N ．(2)证明：由（1）知11111212n n n a --⎛⎫=< ⎪+⎝⎭，所以0121121111111111221111122221122nn n a a a -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭+++<++++=<= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭--.故原不等式成立.11．(1)证明见解析，122n n a -=+(2)证明见解析【解析】(1)解：当2n ≥时，由11232n n n S S S +-+=-可变形为()1122n n n n S S S S +--=--， 即122n n a a +=-，即()1222n n a a +-=-，所以()12222n n a n a +-=≥-，又因为13a =，24a =，可得1221,22a a -=-=，所以21222a a -=-，所以数列{}2n a -是以1为首项，2为公比的等比数列，所以122n n a --=，所以数列{}n a 的通项公式为122n n a -=+.(2)解：由122n n a -=+，可得()()11111221122222222n n n n nn n n n b a a ----+===-++++， 所以123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+1111111111134466102222322n n n-=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-+++，因为1022n >+，所以1113223n -<+，即13n T <，又因为()11322n f n =-+，n *∈N 单调递增， 所以()()111212212n T b ≥==++，所以11123n T ≤<. 12．证明见解析 【详解】证明：212221n n n n -<+，∴135212452246235721n nn n -⨯⨯⨯⋯⨯<⨯⨯⨯⋯⨯+．213521135212421()()()24622462352121n n n n n n n --∴⨯⨯⨯⋯⨯<⨯⨯⨯⋯⨯⨯⨯⨯⋯⨯=++．∴135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯()f x x x -，x ∈当4π，∴cos cos 4x π>∴()10f x x '->()f x x x ∴-在上递增，()(0)0f x f ∴>=x x >，=∴综上：135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯< 13．(1)1n a n =+ ，212n n b +=(2)证明见解析【解析】(1)由题意，数列{}n a 是等差数列，23a =，数列{}n b 是等比数列，18b =，公比3q >， 设{}n a 的公差为d ，由()()23833q d q d d =+⎧⎪⎨=-⋅+⎪⎩可得()()()28333d d d +=-+，∴3d =-或1d =±，33q d =+>，∴1d =，∴4q =可得：()()223211n a a n d n n =+-=+-⨯=+, 11211842n n n n b b q --+==⨯=.(2)()()()()2124443log 2212221111n n n n c n n n n +++==<=++++ 且()()()3112n n n n +>++∴()()()()()21112112n c n n n n n n n <=-+++++∴()()()121111111122323341122n c c c n n n n ++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-<⨯⨯⨯⨯+++，故不等式得证. 14．(1)2(2)证明见解析 【解析】(1)因为()*134N n n n a a n a +=∈+，所以111141n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭等式两边同时取以a 为底的对数可得111log 1log 1log 4a a a n n a a +⎛⎫⎛⎫+=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()*N n ∈又数列1log 1a n a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪+⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是公差为2的等差数列可知log 42a =，即2a =(2)由（1）可知数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为4的等比数列，可得11111414n n n a a -⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，可得数列{}n a 的通项公式为()*1N 14n n a n =∈- 记1n n n a b a +=可求得其通项公式为()1*4141N n n n b n +-=∈- 显然{}n b 为正项数列，因此()11*N 5n S S b n ≥==∈另一方面，构造数列{}n c 满足()*N 4n n c b n =-∈可得其通项公式为()*1N 34n n c n =∈- 注意到1113134414n n n n c ---⎛⎫=≤ ⎪⋅+-⎝⎭，记{}n c 的前n 项和为n T ，可得11441314n n T -≤<-， 而由于4n n c b =-，因此()*4N n n T S n n =-∈，从而443n S n <+，综上所述，4543n S n ≤<+.。
高三数学不等式的性质、不等式证明的几种常见方法
高 三 数 学---------不等式复习【教学内容】不等式的性质、不等式证明的几种常见方法 比拟法、综合法、分析法、换元法和放缩法等。
【教学目标】不等式的性质是不等式证明和求解不等式的理论根底和前提条件。
比拟法是证明不等式的最根本的方法，它思维清晰，可操作性强，适用X 围广泛，在不等式证明中常常采用。
比拟法通常分两类：第一、作差与零比拟，作差后常需要把多项式因式分解，再由各因式的符号来确定差与零的大小；第二、作商与1比拟，但要注意除式的符号，作商后常需把分子分母因式分解后约分再与1进展大小比拟。
综合法常常用到如下公式：〔1〕22b a +≥2ab(a,b ∈R) (2)2b a +≥),(+∈R b a ab (3)baa b +≥2(a .b>0) (4)222b a +≥),()2(2R b a b a ∈+(5)3c b a ++≥),,(3+∈R c b a abc 利用综合法证明不等式时常需要进展灵活的恒等变形,创造条件去运用公式。
对于不能直接分析出如何用综合法来证明的不等式，我们可以采用分析法，执果索因，从要证明的结论出发，去追逆它要成立的条件，得到要证明的结论就是条件或已有的公式，从而说明所证不等式成立。
另外，换元法、放缩法等对较复杂的不等式的证明也很有帮助。
【知识讲解】例1、 设1>2a>0,试比拟A=1+a 2与B=a-11的大小。
解：A-B=aa a a a a ----+=--+111111322=1)1(1223-+-=--+-a a a a a a a a∵01,2>+-∈+a a R a 恒成立.由条件知0<21<a ,∴a-1<0,∴A-B<0 即A<B.例2、设a.b ∈R +,求证a a b b ≥a b b a分析:这里所证的不等式的左、右两边均正，且都为乘积的形式，所以可以考虑作商与1比拟，转化为运用指数函数的性质来证明。
高三数学不等式的证明·典型例题
不等式的证明·典型例题【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．【分析】用求差比较法证明．证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．(c-a)]2≥0即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【分析】用求差比较法证明．证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1=ab n+a n b-a n+1-b n+1=a(b n-a n)+b(a n-b n)=(b n-a n)(a-b)(*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0．综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0．即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)．【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a．【分析】采用求商比较法证明．证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a．【说明】商值比较法的理论依据是：【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【分析】采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．证明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．①同理b(c2+a2)≥2abc②c(a2+b2)≥2abc③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．【例5】已知a，b，c∈R+，求证：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；【分析】用综合法证明，注意构造定理所需条件．证明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc因此，当a，b，c∈R+，有(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．【说明】用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．【分析】采用分析法证明．(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．∴原不等式成立．用充分条件代替前面的不等式．【例7】若a、b、c是不全相等的正数，求证：证明二：(综合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式两边同取常用对数，得【说明】分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．【例8】已知a＞2，求证log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【分析】两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．证明：∵a＞2，∴log a(a-1)＞0，log a(a+1)＞0．又log a(a-1)≠log a(a+1)∴log a(a-1)·log a(a+1)＜1．【说明】上式证明如果从log a(a-1)·log a(a+1)入手，得log a(a-1)二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的log a a2代替较小的log a(a2-1)，并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．【例9】已知：a，b，c都是小于1的正数；【分析】采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少∵a，b，c都是小于1的正数，故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．|a|≤1．【说明】换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有(1)，若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可设x=【例11】已知a1、a2、…a n，b1、b2、…b n为任意实数，求证明：构造一个二次函数它一定非负，因它可化为(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(a n x-b n)2．∴Δ≤0，(当a1，a2，…a n都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．)【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：|am+bn|≤1．证法一：（比较法）证法二：（分析法）∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．证法三：（综合法）∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．证法四：（换元法）由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求证：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：证明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：当|x|＞h时，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．。
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二
走到刻着“太白山自然保护区”的门前，心情更激动了。这座用三根木头架起的门楣，传递出庄重的仪式感，走进去就是即将离开景区，要走进自然保护区了。我与之前的五 次一样，虔诚地迈入门里，沿木栈道向前，很快到了小文公庙，在此做了个人情况报备后放行，正式进入保护区。
第一条石海的山体最长，是从小文公庙开始，直到约两公里后的大文公庙前方不远处后，山势断头转向右边。石海中的人行便道，从李白登上太白山拔仙台时，走的就是现在 的这条古人采药道。那时候定是比现在更窄和不平，经过千年来前赴后继的在石海中部移石铺路，现铺就一条接近平坦的窄窄石径。小路随坡起伏升高，远远望去，如一条玉带飘 在石海山腰，极富动感，壮观极了。
在小文公庙之前是蓝天白云，阳光普照。离开小文公庙走进石海不久，先是太阳钻进了云层，再继续向前不到十分钟就开始浓雾弥漫，天地混沌，什么也看不见。这样的现象， 之前我与第一次来这里的人们一样认为是天阴要下雨了，之后来的次数多了后明白这不是天阴了，而是走进云里了。我们是在海拔三千四百米以上石海的半山腰中行进，山顶拦住 了云雾，云雾就在这边云集，然后一次次地向山顶冲锋，想要越过去，但总是被拦回了头，然后再在山谷中重整歇息，伺机再动。每当雾气退下去时，就会有片刻的清亮，看到前 后还有人。有趣的是，当我们仰头看时，在石海山顶上，有一条细细明亮的蓝天，山梁顶就如分雾岭一样，我们身处浓雾缭绕，山顶上的另一边却是蓝天白云。
从这里开始全是在石海（有些地方称为石浪）中行走。“石海”是地壳运动和寒冻风化作用下，岩石遭受崩解破坏形成的大块石砾，堆积在山坡上，就形成了石海，成为高海 拔山上一景。在太白山国家森林公园中，从小文公庙到拔仙台和玉皇池，海拔全在三千两百米以上，基本全是在不同山坡的石海中分段穿行。这些石海，有的依山坡土石夹杂，有 的全是石头不见土。