最新年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法评估验收卷 新人教A版选修4-5(考试必备)
2020学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法学案含解析新人教a版选修45
三 反证法与放缩法1．不等式的证明方法——反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，然后由此假设出发，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．(2)反证法证明不等式的一般步骤：①假设命题不成立；②依据假设推理论证；③推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．2．不等式的证明方法——放缩法 (1)放缩法证明的定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．(2)放缩法的理论依据主要有： ①不等式的传递性； ②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．利用反证法证明不等式已知f (x )求证：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，f |(2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.“不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”． (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2. (2)假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2.而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2)＝2矛盾， ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) A ．a ，b ，c 均不为0 B ．a ，b ，c 中至多有一个为0 C ．a ，b ，c 中至少有一个为0 D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0解析：选D “不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”． 2．证明：三个互不相等的正数a ，b ，c 成等差数列，则a ，b ，c 不可能成等比数列． 证明：假设a ，b ，c 成等比数列，则b 2＝ac . 又∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＝b －d ，c ＝b ＋d (其中d 为公差)． ∴ac ＝b 2＝(b －d )(b ＋d )． ∴b 2＝b 2－d 2. ∴d 2＝0，∴d ＝0.这与已知中a ，b ，c 互不相等矛盾． ∴假设不成立．∴a ，b ，c 不可能成等比数列．3．已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )<f (b )＋f (－a )，求证：a <b . 证明：假设a <b 不成立，则a ＝b 或a >b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )，于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )，与已知矛盾．当a >b 时，－a <－b ，由函数y ＝f (x )的单调性可得f (a )>f (b )，f (－b )>f (－a )，于是有f (a )＋f (－b )>f (b )＋f (－a )，与已知矛盾．故假设不成立．∴a <b .利用放缩法证明不等式已知实数x x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2. 同理可得：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x2，由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加，得x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )．(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当的放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．4．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1.证明：由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k ＜1n .当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ，当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n ，…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n.∴将以上n 个不等式相加，得12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜nn ＝1.5．设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈，求证： |f (a )－f (b )|<|a －b |.证明：|f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b |＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|. ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2，－1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1.∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.课时跟踪检测(八)1．设a ，b ，c ∈R ＋，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”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解析：选C 必要性是显然成立的；当PQR ＞0时，若P ，Q ，R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P ＞0，Q ＜0，R ＜0，则Q ＋R ＝2c ＜0，这与c ＞0矛盾，即充分性也成立．2．若|a －c |<h ，|b －c |<h ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．|a －b |<2h B ．|a －b |>2h C ．|a －b |<hD ．|a －b |>h解析：选A |a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |<2h . 3．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1) B ．xy ≤2＋1 C ．x ＋y ≤(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：选A 由已知(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0. ∵x ，y 都是正实数，∴x >0，y >0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)．4．对“a ，b ，c 是不全相等的正数”，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b 与a <b 及a ≠c 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立． 其中判断正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C 若(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，则a ＝b ＝c ，与已知矛盾，故①对；当a >b 与a <b 及a ≠c 都不成立时，有a ＝b ＝c ，不符合题意，故②对；③显然不正确．5．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法证明时作的反设应为________． 答案：a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 6．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1，∴lg 9·lg 11＜1. 答案：lg 9·lg 11＜17．设x ＞0，y ＞0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系是________．解析：A ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＜x 1＋x ＋y1＋y ＝B .答案：A ＜B8．实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，且ac ＋bd >1.求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．证明：假设a ，b ，c ，d 都是非负数． 由a ＋b ＝c ＋d ＝1知a ，b ，c ，d ∈． 从而ac ≤ac ≤a ＋c2，bd ≤bd ≤b ＋d2，∴ac ＋bd ≤a ＋c ＋b ＋d2＝1，即ac ＋bd ≤1，与已知ac ＋bd >1矛盾， ∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数． 9．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n n ＋1(n ∈N *)．求证：n n ＋12<a n <n n ＋22.证明：∵n n ＋1＝n 2＋n ，∴nn ＋1>n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋1>1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.∵nn ＋1<n ＋n ＋12，∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋n ＋12＝n 2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n n ＋22.综上得n n ＋12<a n <n n ＋22.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在上的最大值为2，最小值为－52.求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2. 证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2.①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0. 由题意得f (x )＝bx 在上是单调函数， 所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |. 由已知条件得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12，这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0. ②当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b2a ，知f (x )在上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得 .所以⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝a ＋b ＋c ＝2，f －1＝a －b ＋c ＝－52或⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝a ＋b ＋c ＝－52，f －1＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2. 由①②，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a<2.本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(全国甲卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)·(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.2．(全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ， 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①必要性：若|a －b |<|c －d |， 则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)，得a ＋b >c ＋d . ②充分性：若a ＋b >c ＋d ， 则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．已知b ，m 1，m 2都是正数，a <b ，m 1<m 2，求证：a ＋m 1b ＋m 1<a ＋m 2b ＋m 2. a ＋m 1b ＋m 1－a ＋m 2b ＋m 2＝a ＋m 1b ＋m 2－a ＋m 2b ＋m 1b ＋m 1b ＋m 2＝am 2＋bm 1－am 1－bm 2b ＋m 1b ＋m 2＝a －b m 2－m 1b ＋m 1b ＋m 2.因为b >0，m 1，m 2>0，所以(b ＋m 1)(b ＋m 2)>0. 又a <b ，所以a －b <0. 因为m 1<m 2，所以m 2－m 1>0. 从而(a －b )(m 2－m 1)<0. 于是a －b m 2－m 1b ＋m 1b ＋m 2<0.所以a ＋m 1b ＋m 1<a ＋m 2b ＋m 2. 综合法证明不等式逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设a >0，b >0，a ＋b ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1. ∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12.∴1ab≥4.∴1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8.∴1a ＋1b ＋1ab≥8.分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发， 逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．已知a >b >0.求证：a －b <a －b . 要证a －b <a －b ， 只需证a <a －b ＋b ， 只需证(a )2<(a －b ＋b )2， 只需证a <a －b ＋b ＋2b a －b ，只需证0<2ba －b .∵a >b >0，上式显然成立，∴原不等式成立，即a －b <a －b .反证法证明不等式用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点．求证：AD <12BC (如右图所示)．假设AD ≥12BC .①若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .②若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A . 因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ， 所以180°－∠A >∠A ， 即∠A ＜90°，与已知矛盾． 故AD ＞12BC 不成立．由①②知AD ＜12BC 成立.放缩法证明不等式作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则达文档从互联网中收集，已重新修正排版，word 格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。
2018_2019年高中数学第二讲证明不等式的基本方法评估
第二讲证明不等式的基本方法评估验收卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，则下列t与S的大小关系中正确的是( )A．t＞S B．t≥S C．t＜S D．t≤S解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故应选D.答案：D2．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( )A．a＞b B．a＜bC．a≤b D．a≥b解析：因为a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，所以a≥b.答案：D3．已知a＝6＋7，b＝5＋8，c＝5，则a，b，c的大小关系排列为( )A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．b＞a＞c D．c＞a＞b解析：由已知得a2＝6＋7＋242＝13＋242；b2＝8＋5＋410＝13＋240；c2＝25＝13＋12＝13＋236，因为236＜240＜242.所以a＞b＞c.答案：A4．已知a，b∈R，则使1a ＜1b成立的一个充分不必要条件是( )A．ab＞0 B．ab(a－b)＞0 C．b＜a＜0 D．a＞b解析：1a＜1b⇔1a＜1b⇔a＞b＞0或b＜a＜0或a＜0＜b，所以使1a3＜1b3成立的一个充分不必要条件是b＜a＜0.答案：C5．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是( ) A．xy＞yz B．xz＞yzC ．x |y |＞z |y |D ．xy ＞xz解析：法一(特殊值法) 令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A 、B 、C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ，所以x ＞13＞z ，由x ＞0，y ＞z ，得xy ＞xz . 答案：D6．要使3a －3b ＜3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab ＜0且a ＞b B ．ab ＞0且a ＞b C ．ab ＜0且a ＜bD ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b解析：3a －3b ＜3a －b ⇔(3a －3b )3＜a －b ⇔33ab 2＜33a 2b ⇔ab (a －b )＞0. 当ab ＞0时，a ＞b ；当ab ＜0时，a ＜b . 答案：D7．已知b >a >0，且a ＋b ＝1，那么( )A ．2ab <a 4－b 4a －b <a ＋b2<bB ．2ab <a ＋b 2<a 4－b 4a －b <bC.a 4－b 4a －b <2ab <a －b 2<b D ．2ab <a ＋b2<b <a 4－b 4a －b解析：取特殊值法．令a ＝14，b ＝34，则2ab ＝38，a 4－b 4a －b ＝58，a ＋b 2＝12，故选B.答案：B8．若a 、b 、c 是直角三角形的三边长，h 是斜边c 上的高，则有( ) A ．a ＋b ＜c ＋h B ．a ＋b ＝c ＋h C ．a ＋b ≥c ＋hD ．a ＋b ＞c ＋h解析：因为a ，b ，c 为直角三角形的三边长， 所以a 2＋b 2＝c 2，所以a 2＋b 2＜c 2＋h 2， 又ab ＝ch ，所以a 2＋2ab ＋b 2＜c 2＋2ch ＋h 2， 所以(a ＋b )2＜(c ＋h )2，所以a ＋b ＜c ＋h . 答案：A9．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为( ) A ．10 B ．11 C ．12 D ．13解析：用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立．故应选C. 答案：C10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2(b ＜0)，则x ，y 之间的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ＝yD ．不能确定解析：因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a ＞2)． 又b 2－2＞－2(b ＜0)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，所以x ＞y . 答案：A11．M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）与1的大小关系是( )A ．M ＞1B ．M ＜1C ．M ＝1D ．不确定解析：M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1. 答案：B12．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则角B 适合的条件是( )A ．0＜B ≤π4B ．0＜B ≤π3C ．0＜B ≤π2D.π2＜B ＜π 解析：由a ，b ，c 成等差数列，得2b ＝a ＋c ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－（a ＋c ）242ac ＝3（a 2＋c 2）－2ac 8ac ＝3（a 2＋c 2）8ac －14≥12.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 所以cos B 的最小值为12.又y ＝cos B 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以0＜B ≤π3.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________． 解析：“三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”．故应填三角形中至少有两个内角是钝角．答案：三角形中至少有两个内角是钝角14．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab.完成下列证明过程． 因为b ＋m ＞0，b ＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________．因为m ＞0，所以只需证明b ＞a ， 由已知显然成立，所以原不等式成立．解析：b (a ＋m )＞a (b ＋m )与bm ＞am 等价，因此欲证b (a ＋m )＞a (b ＋m )成立，只需证明bm ＞am 即可．答案：bm ＞am15．已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是________．解析：a n ＋1－a n ＝a （n ＋1）b （n ＋1）＋1－an bn ＋1＝a（bn ＋b ＋1）（bn ＋1）.因为a ＞0，b ＞0，n ＞0，n ∈N ＋， 所以a n ＋1－a n ＞0，因此a n ＋1＞a n . 答案：a n ＋1＞a n16．已知a ，b ，c ，d 大于0，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值范围是________．解析：由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d ＜a a ＋b ＋c ＜aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d ＜b b ＋c ＋d ＜bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d ＜c c ＋d ＋a ＜cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d ＜d d ＋a ＋b ＜dd ＋b.以上四个不等式相加，得1＜S ＜2.答案：(1，2)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，比较a 2＋b 2与ab ＋a ＋b －1的大小． 解：因为(a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b＋2)＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)]＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0，所以a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.18．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2. 证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2； 当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2. 所以|a ＋b |＋|a －b |＜2.19．(本小题满分12分)若a ，b ，c 均为正数，a ＋b ＋c ＝3，求证：a ＋b ＋c ≤3. 证明：假设a ＋b ＋c ＞3，则(a ＋b ＋c )2＞9， 即a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ac ＞9， 因为a ＋b ＋c ＝3， 所以ab ＋bc ＋ac ＞3. 又因为ab ≤a ＋b2，bc ≤b ＋c2，ac ≤a ＋c2，所以ab ＋bc ＋ac ≤a ＋b ＋c ＝3(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立)，这与ab ＋bc ＋ac ＞3矛盾．故a ＋b ＋c ≤3.20．(本小题满分12分)设a ＋b ＝2，b ＞0，当12|a |＋|a |b 取得最小值时，求a 的值．解：由于a ＋b ＝2，所以12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b＝ a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b， 由于b ＞0，|a |＞0，所以b 4|a |＋|a |b≥2b 4|a |·|a |b ＝1，因此当a ＞0时，12|a |＋|a |b的最小值是14＋1＝54；当a ＜0时，12|a |＋|a |b 的最小值是－14＋1＝34.故12|a |＋|a |b 的最小值为34，此时⎩⎪⎨⎪⎧b 4|a |＝|a |b ，a ＜0即a ＝－2.21．(本小题满分12分)已知x ，y ∈R ，且|x |＜1，|y |＜1，求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy . 证明：因为|x |＜1，|y |＜1， 所以11－x 2＞0，11－y2＞0.所以11－x 2＋11－y 2≥2（1－x 2）（1－y 2）. 故要证明结论成立，只需证2（1－x 2）（1－y 2）≥21－xy 成立， 即证1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）成立即可， 因为(y －x )2≥0，有－2xy ≥－x 2－y 2， 所以(1－xy )2≥(1－x 2)(1－y 2)， 所以1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）＞0， 所以不等式成立．22．(本小题满分12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n .等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{ba n }是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＜34.(1)解：设{a n }的公差为d (d ∈N)，{b n }的公比为q ， 则a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意⎩⎪⎨⎪⎧ba n ＋1ba n ＝q 3＋nd －1q 3＋（n －1）d －1＝q d ＝64， ①S 2b 2＝（6＋d ）q ＝64. ②由①知，q ＝641d ＝26d .③由②知，q 为正有理数．所以d 为6的因子1，2，3，6中之一，因此由②③知d ＝2，q ＝8，故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明：S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 则1S n＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×32＝34。
人教新课标A版选修4-5数学4.2用数学归纳法证明不等式
4.2用数学归纳法证明不等式同步检测一、选择题1. 用数学归纳法证明不等式：2413212111>+++++n n n （1>n ，*∈N n ），在证明1+=k n 这一步时，需要证明的不等式是（ ）A ．2413212111>+++++k k k B ．2413121213111>+++++++k k k k C ．2413121213121>+++++++k k k k D ．2413221121213121>+++++++++k k k k k 错误！未找到引用源。
答案：D解析：解答：当1+=k n 时，那不等式左边的式子中的n 都换成1+k ，得到2413221121213121>+++++++++k k k k k ． 分析：本题主要考查了数学归纳法证明不等式，解决问题的关键是根据 2. 用数学归纳法证明不等式()1111n 1>2322n n N *-++++∈，第二步由k 到k+1时不等式左边需增加（ ） A ．12k B.111212k k-++C.1111121222k k k --++++ D.1111121222k k k--+++++ 答案：D解析：解答：由题意，n=k 时，最后一项为112k -，n=k+1时，最后一项为12k ∴由n=k 变到n=k+1时，左边增加了2k -（2k-1+1）+1=2k-1项，即为1111121222k k k--+++++故选D ．分析：本题主要考查了数学归纳法证明不等式，解决问题的关键是根据根据数学归纳法证明的步骤分析计算即可 3. 用数学归纳法证明2413212111>+++++n n n 时，由k 到k+1，不等式左端的变化是（ ）A.增加)1(21+k 项 B.增加121+k 和221+k 两项C.增加121+k 和221+k 两项且减少11+k 一项 D.以上结论均错 答案：C解析：解答：n=k 时，左边=11k ++12k ++......+1k k+， n=k 时，左边=()111k +++()112k +++……+()()111k k +++=(11k ++12k ++......+1k k +)-11k ++121k ++122k + 故选C分析：本题主要考查了数学归纳法证明不等式，解决问题的关键是根据观察不等式“2413212111>+++++n n n 左边的各项，他们都是以 11n +开始，以 12n项结束，共n 项，当由n=k 到n=k+1时，项数也由k 变到k+1时，但前边少了一项，后面多了两项，分析四个答案，即可求出结论． 4. 用数学归纳法证明：“*1111(1,)2321nn n n N ++++<>∈-”时，由(1)n k k =>不等式成立，推证1n k =+时，左边应增加的项数是（ ）A ．12k -B ．21k -C ．2kD ．21k +答案：C解析：解答：因为用数学归纳法证明：“*1111(1,)2321nn n n N ++++<>∈-”时，由(1)n k k =>不等式成立，等式左边有21k -，因此推证1n k =+时，左边应121+-k ，因此应该增加的项数是2k ，选C分析：本题主要考查了数学归纳法证明不等式，解决问题的关键是根据数学归纳法证明不等式的方法分析计算即可 5. 用数学归纳法证明11112321nn ++++<- （,1n N n +∈>）时，第一步应验证不等式（ ） A ．1122+< B ．111223++< C ．111323++< D ．11113234+++<答案：B解析：解答：数学归纳法中，一般情况下第一步验证1n =时的情况。
最新高中数学 第二章 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法试题 新人教A版选修4-5(考试必备)
二综合法与分析法课后篇巩固探究1.求证.证明:因为都是正数,所以要证,只需证()2>()2,展开得5+2>5,即2>0,显然成立,所以不等式.上述证明过程应用了()A.综合法B.分析法C.综合法、分析法混合D.间接证法:要证……只需证……,只需证……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.2.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是运用综合法的是()A.∀x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数B.∀x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数C.∀x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2.f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.3.若1<x<10,下面不等式正确的是()A.(lg x)2<lg x2<lg(lg x)B.lg x2<(lg x)2<lg(lg x)C.(lg x)2<lg(lg x)<lg x2D.lg(lg x)<(lg x)2<lg x21<x<10,所以0<lg x<1,于是0<(lg x)2<lg x,lg x2=2lg x>lg x>0.又lg(lg x)<0,所以lg(lg x)<(lg x)2<lg x2.4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证a”,索的“因”应是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.要证a,只要证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证a(a-c)-b(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.故求证a,索的“因”应是(a-b)(a-c)>0.5.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是()A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B()2=a+2+b,∴A2-B2>0.又A>0,B>0,∴A>B.6.导学号26394035设x1,x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则()A.|x1|>2,且|x2|>2B.|x1+x2|<4C.|x1+x2|>4D.|x1|=4,且|x2|=16Δ=p2-16>0,所以|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用的证明方法是.(填“综合法”或“分析法”)8.若a>c>b>0,则的符号是.===,因为a>c>b>0,所以a-b>0,a-c>0,b-c<0,abc>0.因此<0.9.导学号26394036已知a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2.求证1<a+b<.a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2,∴a2+ab+b2=a+b.∴(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b.∴a+b>1.要证a+b<,只需证3(a+b)<4,只需证3(a+b)2<4(a+b),即3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2),只需证a2-2ab+b2>0,只需证(a-b)2>0,而a,b为不相等的正数,∴(a-b)2>0显然成立.故而a+b<成立.综上,1<a+b<.10.导学号26394037在△ABC中,已知△ABC的面积为,外接圆的半径为1,三边长分别为a,b,c,求证.R,△ABC的面积为S.∵S=,R=1,S=,∴abc=1,且a,b,c不全相等,否则a=1与a=2R sin 60°=矛盾,∴=bc+ac+ab.又bc+ac≥2=2,ca+ab≥2=2,bc+ab≥2=2,∵a,b,c不全相等,∴上述三式中“=”不能同时成立.∴2(bc+ac+ab)>2(),即bc+ac+ab>.因此.。
高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法本讲达标测试 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数
第二讲 证明不等式的基本方法(本卷满分150分，考试时间120分钟)一、选择题(每小题5分，共60分) 1.设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则 A.a >bB.a <bC.a ≤bD.a ≥b解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0，∴a ≥b . 答案D2.使不等式3＋8>1＋a 成立的正整数a 的最大值为 A.10B.11C.12D.13解析 用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立. 答案C3.若a >0，b >0，则p ＝(a ·b )a ＋b2，q ＝a b·b a的大小关系是 A.p ≥q B.p ≤q C.p >qD.p <q答案A4.设a >0，b >0，且a ＋b ≤4，则有 A.1ab ≥12 B.ab ≥2 C.1a ＋1b≥1D.1a ＋b ≤14答案C5.设x ，y ∈R ，则“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，y ≥2⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 2≥4，y 2≥4⇒x 2＋y 2≥8，∴可得x 2＋y 2≥4，但(－2)2＋02≥4，而－2＜2且0＜2， 故应是充分不必要条件，故选A.答案A6.设a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2a，Q ＝a ＋b ，则A.P ＞QB.P ≥QC.P ＜QD.P ≤Q解析P －Q ＝a 2b ＋b 2a－(a ＋b )＝a 3＋b 3－ab （a ＋b ）ab ＝（a ＋b ）（a 2＋b 2－2ab ）ab＝（a ＋b ）（a －b ）2ab.∵a ，b 都是正实数，且a ≠b ， ∴（a ＋b ）（a －b ）2ab＞0，∴P ＞Q .答案A7.设a ，b ，c ∈R ，且a ，b ，c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是A.a ，b ，c 全为正数B.a ，b ，c 全为非负实数C.a ＋b ＋c ≥0D.a ＋b ＋c ＞0 解析a 3＋b 3＋c 3－3abc＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc ) ＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]， 而a ，b ，c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0. 故a 3＋b 3＋c 3－3abc ≥0⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案C8.若q >0，且q ≠1，m ，n ∈N *，则1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小关系是A.1＋q m ＋n>q m ＋q nB.1＋q m ＋n<q m ＋q nC.1＋qm ＋n＝q m＋q nD.不能确定解析 (1＋q m ＋n)－(q m＋q n)＝(q m－1)(q n－1).(分q >1及0<q <1两种情况讨论)答案A9.设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR >0”是“P 、Q 、R 同时大于0”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 必要性显然成立；当PQR >0时，若P 、Q 、R 不同时大于0，则其中两个为负，一个为正，不妨设P >0，Q <0，R <0，则Q ＋R ＝2c <0，这与c >0矛盾，即充分性也成立.答案C10.设a 、b 是正实数，以下不等式 ①ab ＞2aba ＋b②a ＞|a －b |－b ③a 2＋b 2＞4ab －3b 2④ab ＋2ab＞2恒成立的序号为 A.①③ B.①④ C.②③D.②④解析2ab a ＋b ≤2ab 2ab ＝ab ，即ab ≥2ab a ＋b ，故①不正确，排除A 、B ；∵ab ＋2ab≥22＞2，即④正确.答案D11.若a 、b ∈R ＋，则下列不等式不一定成立的是 A.a ＋b ＋1ab≥2 2B.(a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b≥4C.a 2＋b 2ab≥a ＋bD.2aba ＋b≥ab 答案D12.若实数m ，n ，x ，y 满足m 2＋n 2＝a ，x 2＋y 2＝b (a ≠b )，则mx ＋ny 的最大值为 A.a ＋b2B.abC.a 2＋b 22D.ab a ＋b答案B二、填空题(每小题5分，共20分)13.若a 、b 是正实数，当n ∈N 且n ≥2时，a n＋b n与a n －1b ＋ab n －1的大小关系是________.答案a n＋b n≥an －1b ＋ab n －114.请补全用分析法证明不等式“ac ＋bd ≤（a 2＋b 2）（c 2＋d 2）”时的推论过程：要证明ac ＋bd ≤（a 2＋b 2）（c 2＋d 2）____①____，只要证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，即要证：a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2， 即要证a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ，____②____.答案 ①当ac ＋bd ≤0时，命题成立；当ac ＋bd >0时 ②∵(ad －bc )2≥0，∴a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ， ∴命题成立15.设x ＞0，y ＞0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系是________.解析 ∵A ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＜x 1＋x ＋y1＋y ＝B ，∴A ＜B . 答案A ＜B16.设0<m <n <a <b ，函数y ＝f (x )在R 上是减函数，下列四个数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫b －m a －m ，f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n 的大小顺序是________. 解析 ∵a b <a ＋nb ＋n <1<b a <b －m a －m ，y ＝f (x )在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m .答案f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m 三、解答题(共70分)17.(10分)设不等式|2x －1|＜1的解集为M . (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M .试比较ab ＋1与a ＋b 的大小.解析 (1)由|2x －1|＜1得－1＜2x －1＜1，解得0＜x ＜1，所以M ＝{x |0＜x ＜1}. (2)由(1)和a ，b ∈M 可知0＜a ＜1，0＜b ＜1. 所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)＞0， 故ab ＋1＞a ＋b .18.(12分)(1)已知x ∈R，a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，试证明a ，b ，c 中至少有一个不小于1.(2)用分析法证明：若a >0，则a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.证明 (1)假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3. 而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋12＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3，两者矛盾；故a ，b ，c 至少有一个不小于1. (2)要证：a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2， 因为a >0，所以两边均大于零，因此只需证：⎝⎛⎭⎪⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22.只需证：a 2＋1a 2≥22⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证：a 2＋1a 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋2即证：a 2＋1a2≥2，它显然成立，所以原不等式成立.19.(12分)设a ，b ，c 为三角形的三边，求证：a b ＋c －a ＋b a ＋c －b ＋ca ＋b －c≥3.证明 设x ＝b ＋c －a ，y ＝a ＋c －b ，z ＝a ＋b －c ，则有a ＋b ＋c ＝x ＋y ＋z ，a ＝12(y ＋z )，b ＝12(x ＋z )，c ＝12(x ＋y ).此时，原不等式等价于y ＋z 2x ＋x ＋z 2y ＋x ＋y2z≥3.而y ＋z 2x ＋x ＋z 2y ＋x ＋y 2z＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋x z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z y ＋y z ≥12⎝⎛⎭⎪⎫2 y x ·x y ＋2 z x ＋x z＋2z y ·y z ＝3. 所以原不等式成立.20.(12分)已知x ，y ∈R ，且|x |<1，|y |<1，求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy . 证明 因为|x |<1，|y |<1，所以11－x 2>0，11－y 2>0.所以11－x 2＋11－y2≥2（1－x 2）（1－y 2）.故要证明结论成立，只需证2（1－x 2）（1－y 2）≥21－xy成立， 即证1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）成立即可， 因为(y －x )2≥0，有－2xy ≥－x 2－y 2， 所以(1－xy )2≥(1－x 2)(1－y 2)， 所以1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）>0， 所以不等式成立.21.(12分)已知函数f (x )＝x 3－x 2，x ∈R.(1)若正数m ，n 满足mn >1，求证f (m )，f (n )至少有一个不小于零； (2)若a ，b 为不相等的正数，且满足f (a )＝f (b )，求证a ＋b >1. 证明 (1)假设f (m )，f (n )都小于零， 即f (m )＝m 3－m 2<0，f (n )＝n 3－n 2<0， ∴m 2(m －1)<0，n 2(n －1)<0， ∴0<m <1，0<n <1.∴0<mn <1，这与已知mn >1矛盾. 故f (m )，f (n )至少有一个不小于零.(2)∵f (a )＝a 3－a 2＝b 3－b 2，∴a 3－b 3＝a 2－b 2， ∴(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＝(a －b )(a ＋b ). 又a ，b 为不相等的正数，∴a －b ≠0， ∴a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，∴(a ＋b )2－ab ＝a ＋b ， ∴(a ＋b )2－(a ＋b )＝ab >0，∴(a ＋b )2－(a ＋b )>0，解得a ＋b <0或a ＋b >1. ∵a ，b 为不相等的正数，∴a ＋b >1.22.(12分)(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解析 (1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)·(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立.所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明 因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)·(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立.所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。
高中数学人教a版高二选修4-5第二讲讲明不等式的基本方法学业分层测评8有答案
学业分层测评（八）(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用()①结论相反的判断，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论．A．①②B．①②④C．①②③D．②③【解析】由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．【答案】 C2．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞3b”时，假设的内容是()A.3a＝3bB.3a＜3bC.3a＝3b且3a＜3bD.3a＝3b或3a＜3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a＜3b.【答案】 D3．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0个B．1个C．2个D．3个【解析】对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．【答案】 C4．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝827－27a，N＝(a＋c)·(a＋b)，则()A．M≥N B．M≤N C．M>N D.M<N【解析】依题意易知1－a,1－b,1－c∈R＋，由均值不等式知3(1－a)(1－b)(1－c)≤13[(1－a)＋(1－b)＋(1－c)]＝23，∴(1－a)(1－b)(1－c)≤827，从而有827(1－a)≥(1－b)(1－c)，即M≥N，当且仅当a＝b＝c＝13时，取等号．故选A.【答案】 A5．设x，y，z都是正实数，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2 B．都小于2C．至少有一个不小于2 D．都大于2【解析】∵a＋b＋c＝x＋1x＋y＋1y＋z＋1z≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，∴a，b，c三者中至少有一个不小于2.【答案】 C二、填空题6．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________.【导学号：32750042】【答案】 a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________． 【解析】 ∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1，∴lg 9·lg 11＜1. 【答案】 lg 9·lg 11＜1 8．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________． 【解析】 ∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210， ∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1 ＜＝1.【答案】 M ＜1 三、解答题9．若实数a ，b ，c 满足2a ＋2b ＝2a ＋b,2a ＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c ，求c 的最大值． 【解】 2a ＋b ＝2a ＋2b ≥22a ＋b ，当且仅当a ＝b 时，即2a ＋b ≥4时取“＝”，由2a ＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c ， 得2a ＋b ＋2c ＝2a ＋b ·2c ， ∴2c ＝2a ＋b2a ＋b －1＝1＋12a ＋b －1≤1＋14－1＝43， 故c ≤log 243＝2－log 23.10．已知n ∈N ＋，求证：n (n ＋1)2<1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)<(n ＋1)22. 【证明】 k <k (k ＋1)<k ＋(k ＋1)2＝12(2k ＋1)(k ＝1,2，…，n )．若记S n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)，则S n >1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，S n <12(3＋5＋…＋2n ＋1)＝12(n 2＋2n )<(n ＋1)22.[能力提升]1．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为( ) A ．a ，b ，c 都是奇数 B ．a ，b ，c 都是偶数 C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数【解析】 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、两偶一奇、两奇一偶”4种，而自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数包含“两奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．【答案】 D2．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1) B ．xy ≤2＋1 C ．x ＋y ≤(2＋1)2 D.xy ≥2(2＋1)【解析】 由已知 (x ＋y )＋1＝xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22， ∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0. ∵x ，y 都是正实数， ∴x ＞0，y ＞0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)． 【答案】 A3．已知a ＞2，则log a (a －1)log a (a ＋1)________1(填“＞”“＜”或“＝”)． 【解析】 ∵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)＜log a (a －1)＋log a (a ＋1)2，而log a (a －1)＋log a (a ＋1)2＝12log a (a 2－1) ＜12log a a 2＝1， ∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜1. 【答案】 ＜4．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n(n ∈N ＋),【导学号：32750043】(1)求a 2，a 3，并求数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝n a n，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710.【解】 (1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n(n ∈N ＋)，∴a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋112·a 1＝16，a 3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·a 2＝72.又∵a n ＋1(n ＋1)2＝2·a nn 2，n ∈N ＋， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列． ∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n 2·2n .(2)证明：c n ＝n a n＝1n ·2n ，∴c1＋c2＋c3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n·2n＜12＋18＋124＋14·⎝⎛⎭⎪⎫124＋125＋…＋12n＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n－31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。
高中数学新人教A版选修4-5证明不等式的基本方法知识归纳与达标验收
【本讲知识归纳与达标验收］考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题.在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明•如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法•在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.真题体验3 31. (2017 全国卷n )已知a>0, b>0, a + b = 2•证明：(1) ( a + b)(a5+ b5) > 4;(2) a+ b< 2.证明：(1)(a+ b)(a5+ b5)= a6+ ab5+ a5b+ b6=(a3+ b3)1 2- 2a3b3+ ab(a4+ b4)=4+ ab(a2- b2)2> 4.3 3 2 2 3(2)因为(a+ b) = a + 3a b+ 3ab + b=2+ 3ab(a+ b)< 2 + 3 a^b (a+ b)所以(a + bf w 8,因此a+ b w 2.1 12. (2016全国卷n )已知函数f(x)= x-+ x+ , M为不等式f(x) v 2的解集.(1) 求M;(2) 证明：当a, b€ M 时，|a+ b|v |1 + ab|.1—2x, x< -2，1 12x, x>彳当x w-1 时，由f(x)v 2 得一2x v 2,解得x>—1;当一2< x v 1时,f(x)v 2恒成立；11 1 解: (1)f(x)= 1, - 2v x v2，当x>2时，由f(x) V 2 得2x v 2,解得X V 1.所以f(x)v 2 的解集M = {x|—1V x v 1}.(2)证明：由⑴知，当a, b€ M 时，一1 v a v 1,—1 v b v 1,从而(a+ b)2—(1+ ab)2=2 2 2 2 2 2a +b —a b —1= (a —1)(1 —b )v 0.因此|a+ b|v |1+ ab|.高频启〈例析a # A « s* i1比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件.作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论.其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.［例1］若x, y, z€ R, a>0 , b>0, c>0,求证：b+ c 2 c+ a 2 a+ b 2b++C x2+ cz+a y2+ a++b z2> 2 （xy + yz+ zx）.a b cb+ c 2 c+ a 2 a+ b 2 _ 、—x + _y + —z —2 (xy+ yz+ zx)|综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件（由因导果），最后推导出所要证明的不等式成立.综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论.证明时要注意：作为依据和出发点的几个重要不等式（已知或已证）成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握.[例2] 设a, b, c€ R+且a+ b+ c= 1.c 2 1［证明］b 2 . a =a x +b—求证：(1)2ab+ bc+ ca + ~2 2 . 2 2 2 2a + cb + ac + b⑵ + + 》2.bca［证明］(1)因为 1= (a + b + c)2= a ?+ b ?+ c ?+ 2ab + 2bc + 2ca 》4ab + 2bc + 2ca + c ?, 当且仅当a = b 时等号成立，2所以 2ab + bc + ca + 专=*(4ab + 2bc + 2ca + c 2)w 2*2 2 2 2 s 、□亠 a + c、2ac b +a 、2ab ⑵因为-bc ， 厂》T ，i当且仅当a = b = c = 3时等号成立.2丄以 「丄「 2丄以a + cb + ac + b所以 + +—b ca> ac + 号+学+bc +ac +b1>2a + 2b + 2c = 2,当且仅当 a = b = c = 3时等号成立.37^分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基 本理论•分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发， 逐步寻找使它成立的充分条件（执果索因），最后得到的充分条件是已知（或已证）的不等式.当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结 论复杂的题目往往更为有效.分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”， 逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法•一般来说，对于较复杂 的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合 法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用.［例 3］已知 a>0，b>0，且 a + b = 1,求证："'a + ； + ^ ; b + 2.［证明］要证";a + 2 + “ ；b + 2，只需证［\/a+| + "\/b +1 丿2三 4， 即证 a + b + 1 + 2 ；a +- b +2 三 4. 即证 a + - b + w 1*C 2+ b 2 2bc 厂，=a b +c + c b + b11也就是要证ab+；（a + b ） + < 1,2 41即证ab w T .4■/ a>0 , b>0, a + b = 1.1 = a + b 》2“..：ab ,.・.ab w 4，即上式成立. 故• ；a + 2+ “ ：b + 2w 2.一种.假设欲证的命题是“若 A 则B ”，我们可以通过否定 E 来达到肯定B 的目的，如果"B 只有有限多种情况，就可用反证法.用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件、 公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立.［例 4］ 已知 a , b , c 为实数，a + b + c>0, ab + bc + ca>0, abc>0，求证：a>0, b>0 , c>0.［证明］假设a , b , c 不全是正数，即其中至少有一个不是正数.不妨先设 a w 0,下面分a = 0或a<0两种情况讨论.①如果a = 0，那么abc = 0，与已知矛盾， 所以a = 0不可能.②如果a<0,那么由abc>0，可得 bc<0. 又因为 a + b + c>0,所以 b + c> — a>0, 于是 ab + bc + ca = a(b + c) + bc<0, 这与已知中的 ab + bc + ca>0相矛盾. 因此，a<0也不可能.综上所述，a>0.同理可以证明b>0 , c>0 ,所以原命题成立放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性，作适当的放大或 缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法.放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则 达不到目的.[例5]已知n € N + ,求证:11V1 1［证明］因为莎百3<4?TNk =1吊_申）所以 1+± + …+ 1 2<1 H — 1 \ Q —1、…+ 卩―丄;=J —丄";<! 所以9十25十十（2n + 1『4（ 2丿十\2 3广 十© n + 1丿賈n + 1丿<4（ -------------- ------------------------------ 、阶啟检测（时间：90分钟，总分120分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分•在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的 ）1 •用分析法证明不等式的推论过程一定是 （ ）A .正向、逆向均可进行正确的推理 B. 只能进行逆向推理 C. 只能进行正向推理D .有时能正向推理，有时能逆向推理解析：选B 在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成 立的充分条件即可，故只需进行逆向推理即可.2.设a = lg 2+ lg 5, b = e x（x<0），贝U a 与b 的大小关系是（）A. a<b B . a>b C . a = bD . a < b解析：选 B •/ a = lg 2+ lg 5= 1, b = e x （x<0），故 b<1, /• a>b.cd, . 一3.已知a , b , c , d 为实数，ab > 0,—— £，则下列不等式中成立的是（）A . bc v adc d解析：选B 将—-v —二两边同乘以正数 ab,得—bc v — ad ，所以bc > ad.a b3口 X nf X n + 3 \ *4.已知X 1>0, X 1* 1，且X n +1= o 2 . 1 （n € N ），试证“数列｛x n ｝对任意正整数 n 都满 3X n 十 1足X n <X n +1,或者对任意正整数 n 都满足X n >X n + 1”，当此题用反证法否定结论时，应为（）A .对任意的正整数 n ，都有X n = X n + 1 B.存在正整数 n ,使X n >X n +1C .存在正整数 n （n > 2），使X n 》x n +1且x n W x n - 1D .存在正整数 n （n > 2），使（X n — X n- 1）（X n — X n +1）> 0 解析：选D 命题的结论是等价于“数列｛X n ｝是递增数列或是递减数列 ”，其反设是B . bc >ada b C ・a > ba DY“数列既不是递增数列，也不是递减数列 ”，由此可知选D.5•用反证法证明命题“设 a , b 为实数，则方程 x 3+ ax + b = 0至少有一个实根”时，要做的假设是（）A .方程x 3+ ax + b = 0没有实根 B. 方程x 3+ ax + b = 0至多有一个实根 C .方程x + ax + b = 0至多有两个实根 D .方程x 3+ ax + b = 0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是 “方程x 3+ ax + b = 0没有实根”.6.使不等式 3+ 8 > 1 + , a 成立的正整数a 的最大值为（ ）A . 10B . 11 C.12D . 13解析：选C 用分析法可证a = 12时不等式成立，a = 13时不等式不成立.c，肚冷且S =■br 力+抚扁+ ark ，则下列判断中正确的是（ ）解析：选C 因为2与b 同号，由7+ b w- 2,知a v 0, b v 0，即ab v 0.b a b a b a 又若ab v 0,则0,,所以b +-一v 』，以上四个不等式相加，得1VSV2.A . ab > 0 C . a > 0, b v 0D . a > 0, b > 07.已知a , b ,A . 0vS<1 B.1vS<2 C. 2<S<33<S<4解析：选B用放缩法,v v ------a +b +c +d a + b + c a + c_________ _______ ba +b +c +d v b + c + d vd + b ， 综上,ab v 0是b r a w- 2成立的充要条件,所以a>0,b v 0是：+,w- 2成立的一个充分不必要条件.9.已知a>0, b>0, c>0,且a2+ b2= c2,则a n+ b n与c n的大小关系为(n》3, n € N +)( ) n . . n n n . . n nA. a + b >cB. a + b <cC. a n+ b n> c nD. a n+ b n= c n解析：选B因为a2+ b2= c2,所以2+ 譽1.所以a"<22, 2n<[,所以譽+眇戢+ g卜1.所以a n+ b n<c n.故选 B.10. 若a€ Jn 严,M = |sin a, N = |cos a, P= *|sin a+ cos a, Q = *sin 2a,则它们之间的大小关系为()A. M>N>P>QB. M>P>N>QC. M>P>Q>ND. N>P>Q>M解析：选 D ■/ a€ Jn,护，二0>sin a>cos a/■ |sin a<|cos a,1 1…P= ?|sin a+ cos a = 2(|sin a + |cos a)>~(|sin a+ |sin a|)= |sin a= M.1P= 2〔sin a+ |cos a<£(|cos a+ |cos a)=|cos a= N.••• N>P>M.M ------------- |sin a+ |cos a 小-------------------------- J . 2 -Q= Qsin 2a= *j sin acos a< 2 = P, Q= . sin acos a> sin a= |sin a =M ,••• N>P>Q>M.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分•把答案填写在题中的横线上)11.用反证法证明“在△ABC中，若/ A是直角，则/ B 一定是锐角”时，应假设13 .已知a + b>0，则 吕+ £与1+ 1的大小关系是 b a a ba b 11 a — b b — a 解析：?+ a 4 5— a + b =~b^+右—2 = b aa ba + b>0, (a — b)2》0,2 a + b a — b2 2 > 0. a b 4（1）若AD = ^BC ,由平面几何中定理 “若三角形一边上的中线等于该边长的一半， 那么, =(a - b) 14.设Ovmvnvavb ,函数y = f （x ）在R 上是减函数，下列四个数,3 , a — mf 需的大小顺序依次是解析：―b<記<1<3<0—^，根据函数的单调性,三、解答题（本大题共4个小题，满分50分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程 或演算步骤）15.(本小题满分 12 分)设|a|v 1, |b|v 1,求证:|a + b|+ |a — b| v 2.证明：当 a + b 与 a — b 同号时，|a + b|+ |a — b|= |a + b + a — b|= 2|a| v 2； 当 a + b 与 a — b 异号时，|a + b| + |a — b|= |a + b — (a — b)|= 2|b|v 2.--|a + b| + |a — b| v 2.1 16.（本小题满分12分）已知：在厶ABC 中，/ CAB>90 ° D 是BC 的中点，求证：ADqBC （如右图所示）.1证明：假设AD > 2BC.答案：f a知 m >fb所以AD 工1B C.1 1(2)若 AD>?BC ，因为 BD = DC = ?BC ,所以在△ ABD 中，AD>BD ，从而/ B>/ BAD. 同理/ C>Z CAD.所以/ B +Z C>/ BAD + Z CAD.即/ B +Z C>Z A.因为Z B +Z C = 180°-Z A , 所以180°-Z A> Z A 即Z A v 90°与已知矛盾，1故AD > 2BC 不成立.1由(1)(2)知 AD v 2BC 成立.1 +1 + 丄 + —^ +•••+ ——1——<31 1 x2 1 x 2x 31 x 2x 3x — x n 1 1+…+ 1 x 2x 3 1 x 2x 3 x — x n解：(1)当 xv — 1 时,f(x)= — 2(x + 1) — (x -2) =- 3x € (3,+ );当一1< x<2 时,f(x) = 2(x + 1)-(x — 2) = x + 4€ [3,6);当 x >2 时,f(x) = 2(x + 1)+ (x - 2) = 3x € [6,+ ).综上，f(x)的最小值 m = 3. (2)证明：a , b , c 均为正实数，且满足 a + b + c = 3,b 2 2 2 因为 b+ 十 + — + (a + b + c)a b c这条边所对的角为直角，知/ A = 90°与题设矛盾. (2)若a , b , c 均为正实数，且满足 a + b + c = m ,求证: 证明： 由 < 1 - k 1-11 x2 x 3x — x k 1 x 2x 2x — x 2 21 1 + 1+ 1+ 1X 2 <1+1+2+ ?+ 寺+ …+弄=1+ 17.(本小题满(k 是大于2的自然数)，得 1 11a a +骨b+：2 c =2(a+ b+ c),当且仅当a= b= c= 1时，取等号，2 2 2 2 2 2所以—F — A a + b+ c, 即—F C+ —> 3.a b c a b ca+ b+ c+ d<c+ d+ a<c+ a，a+ b+ c+ d<d+ a+ b<d+b8.已知a, b为非零实数，则使不等式：+f w—2成立的一个充分不必要条件是（）B. ab v0解析：“ /B 一定是锐角”的否定是“ / B不是锐角”.答案：/ B不是锐角12.如果Wa + b*b>aUb+ b^,则实数a, b应满足的条件是 ______________________________________________________________ .解析：由卫知a> 0, b知b> 0,而a a+ b b* ab+ b a,知b* a.此时a a+ b b- (a b+ b a)= ( . a- b)2( a+b)>0，不等式成立.故实数a, b应满足的条件是a> 0, b>0, a* b.答案：a>0, b>0, a* b。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法达标检测 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试
第二讲 讲明不等式的基本方法达标检测时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是( ) A ．正向、逆向均可进行正确的推理 B ．只能进行逆向推理 C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件，故只能进行逆向推理． 答案：B2．已知a >2，b >2，则有( ) A ．ab ≥a ＋b B ．ab ≤a ＋b C ．ab >a ＋b D ．ab <a ＋b解析：作商比较法.a ＋b ab ＝1b ＋1a，又a >2，b >2， ∴1a <12，1b <12，∴a ＋b ab <12＋12＝1. 答案：C3．用反证法证明命题“如果a <b ，那么3a >3b ”时，假设的内容应是( ) A.3a ＝3bB ．3a <3bC.3a ＝3b 且3a >3bD ．3a ＝3b 或3a <3b解析：3a 与3b 的大小关系包括3a >3b ，3a ＝3b ，3a <3b ， ∴应假设的内容为3a ＝3b 或3a <3b . 答案：D4．已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c ≥b >a B ．a >c ≥b C ．c >b >aD ．a >c >b解析：∵c －b ＝(a －2)2≥0，∴c ≥b . 由题中两式相减，得b ＝a 2＋1，∴b －a ＝a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴b >a ，∴c ≥b >a . 答案：A5．已知a >b >c >0，A ＝a 2a b 2b c 2c，B ＝a b ＋c b c ＋a c a ＋b，则A 与B 的大小关系是( )A ．A >B B ．A <BC ．A ＝BD ．不确定解析：∵a >b >c >0，∴A >0，B >0.∴A B ＝a a a a b b b b c c c c a b a c b c b a c a cb ＝a a －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c .∵a >b >0，∴a b>1，a －b >0. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba －b >1. 同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b cb －c >1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c >1.∴A B>1，∴A >B . 答案：A6．若0<x <y <1，则( ) A ．3y<3xB ．log x 3<log y 3C ．log 4x <log 4yD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫14x <⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 解析：∵y ＝3x在R 上是增函数，且0<x <y <1， ∴3x<3y，故A 错误．∵y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 3x <log 3y <log 3 1＝0，∴0>1log 3x >1log 3y ，∴log x 3>log y 3，故B 错误．∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 4x <log 4y ，故C 正确．∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x在R 上是减函数，且0<x <y <1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫14x >⎝ ⎛⎭⎪⎫14y，故D 错误． 答案：C7．设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是( )A ．a ，b ，c 全为正数B ．a ，b ，c 全为非负实数C ．a ＋b ＋c ≥0D ．a ＋b ＋c >0解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]，而a 、b 、c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0.∴a 3＋b 3＋c 3－3abc ≥0⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案：C8．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3D ．243解析：3a＋3b≥23a·3b＝2·3a ＋b＝2×3＝6(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)．答案：B9．要使3a －3b <3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b 解析：3a －3b <3a －b⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b ⇔3ab 2<3a 2b ， ∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a . 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a . 答案：D10．已知a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.则ac ＋bd 的X 围为( ) A ．[－1,1] B ．[－1,2) C ．(－1,3]D ．(1,2]解析：因为a ，b ，c ，d 都是实数， 所以|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22＝1.所以－1≤ac ＋bd ≤1. 答案：A11．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则B 适合的条件是( ) A ．0<B ≤π4B ．0<B ≤π3C ．0<B ≤π2D ．π2<B <π解析：∵b ＝a ＋c2，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝a 2＋c 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 222ac＝3a 2－2ac ＋3c 28ac＝3a 8c ＋3c 8a －14≥2·38－14＝12， ∵余弦函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，∴0<B ≤π3，选B.答案：B12．若a ∈⎝⎛⎭⎪⎫π，54π，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|， Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为( ) A ．M >N >P >Q B ．M >P >N >Q C ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α，∴|sin α|<|cos α|， ∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M ，排除A 、B 、C ，故选D 项．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上) 13．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：a －b ＝3－2－6＋5＝3＋5－(2＋6)， 而(3＋5)2＝8＋215，(2＋6)2＝8＋212， ∴3＋5>2＋ 6.∴a －b >0，即a >b . 同理可得b >c .∴a >b >c . 答案：a >b >c14．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的反设是________． 解析：三角形的内角中钝角的个数可以为0个，1个，最多只有一个即为0个或1个，其对立面是“至少两个”．答案：三角形中至少有两个内角是钝角 15．已知a ，b ，c ，d 都为正数，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值X 围是________． 解析：由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b.以上四个不等式相加，得1<S <2. 答案：(1,2)16. 请补全用分析法证明不等式“ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2”时的推论过程：要证明ac ＋bd ≤a 2＋b 2c 2＋d 2，①______________________________________________________________， 只要证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，即要证：a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2， 即要证：a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd .②________________________________________________________________. 解析：对于①只有当ac ＋bd ≥0时，两边才能平方，对于②只要接着往下证即可． 答案：①因为当ac ＋bd ≤0时，命题显然成立，所以当ac ＋bd ≥0时 ②∵(ab －bc )2≥0，∴a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ，∴命题成立三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )． 证明：∵a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋3≥23a ，b 2＋3≥23b ；将此三式相加得2(a 2＋b 2＋3)≥2ab ＋23a ＋23b ， ∴a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．18．(12分)已知m >0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .证明：因为m >0，所以1＋m >0.所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0. 而(a －b )2≥0显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 19．(12分)已知a >b >0，试比较a 2－b 2a 2＋b 2与a －b a ＋b 的大小．解析：∵a >b >0，∴a 2－b 2a 2＋b 2>0，a －ba ＋b >0. 又∵a 2－b 2a 2＋b 2a －b a ＋b＝a 2－b 2a ＋ba 2＋b 2a －b＝a ＋b 2a 2＋b 2＝a 2＋b 2＋2ab a 2＋b 2＝1＋2aba 2＋b 2>1， ∴a 2－b 2a 2＋b 2>a －b a ＋b. 20．(12分)若0<a <2,0<b <2,0<c <2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a ，不能同时大于1. 证明：假设三数能同时大于1， 即(2－a )b >1，(2－b )c >1，(2－c )a >1那么2－a＋b2≥2－a b>1，①同理2－b＋c2>1，②2－c＋a2>1，③由①＋②＋③得3>3，上式显然是错误的，∴该假设不成立，∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.21．(13分)求证：2(n＋1－1)<1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N＋)．证明：∵1k>2k＋k＋1＝2(k＋1－k)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n>2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)] ＝2(n＋1－1)．又1k<2k＋k－1＝2(k－k－1)，k∈N＋，∴1＋12＋13＋…＋1n<1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)] ＝1＋2(n－1)＝2n－1<2n.故原不等式成立．22．(13分)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2＋2n，数列{b n}的前n项和T n＝2－b n.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)设＝a2n·b n，证明当n≥3时，＋1<.解析：(1)∵S n＝2n2＋2n，∴当n≥2时，S n－1＝2(n－1)2＋2(n－1)，∴a n＝S n－S n－1＝4n(n≥2)．当n ＝1时，S 1＝4，符合上式． ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .又∵T n ＝2－b n ，∴当n ≥2时，T n －1＝2－b n －1， ∴b n ＝T n －T n －1＝2－b n ＋b n －1－2， 即2b n ＝b n －1. ∴b n b n －1＝12. 而T 1＝b 1＝2－b 1，∴b 1＝1.∴数列{b n }的通项公式为b n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)证明：由(1)，知＝(4n )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴＋1＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∴＋1＝16n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 16n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2.当n ≥3时，1＋1n ≤43<2，∴＋1<12×(2)2＝1，又由＝a 2n ·b n 可知，＋1和均大于0， ∴＋1<.。
人教版数学高二A版选修4-5第二讲证明不等式的基本方法单元检测(A)
第二讲证明不等式的基本方法单元检测(A)一、选择题(本大题共8小题，每小题7分，共56分)1成立的正整数a的最大值为()．A．10 B．11 C．12 D．132．用反证法证明命题“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为()．A．假设三个内角都不大于60°B．假设三个内角都大于60°C．假设三个内角至多有一个大于60°D．假设三个内角至多有两个大于60°3．在△ABC中三边长为a，b，c，若1a，1b，1c成等差数列，则b所对的角是()．A．锐角B．直角C．钝角D．不能确定4．设m≠n，x＝m4－m3n，y＝n3m－n4，则x，y的大小关系是()．A．x＞y B．x＝yC．x＜y D．不确定5．若a，b，c，d，x，y是正实数，且P Q，则()．A．P＝Q B．P≥QC．P≤Q D．P＞Q6．已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1．则ac＋bd的范围为()．A．[－1,1] B．[－1,2)C．(－1,3] D．(1,2]7．已知a＞b＞c＞0，A＝a2a b2b c2c，B＝a b＋c b c＋a c a＋b，则A与B的大小关系是()．A．A＞B B．A＜BC．A＝B D．不确定8．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0且abc＞0，则111a b c＋＋的值()．A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0 D．正负不能确定.二、填空题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)9．设a，b c a，b，c的大小顺序是________．10．如果，则实数a，b应满足的条件是__________．三、解答题(本大题共2小题，每小题14分，共28分)11．已知a＞b＞0，试比较2222a ba b－＋与a ba b－＋的大小．12．已知a ＞b ＞0(n ∈N ，且n ＞1)．参考答案1. 答案：C2. 答案：B3. 答案：A解析：∵1a ，1b ，1c成等差数列， ∴211a c b a c ac ＋＝＋＝.∴2ac b a c ＝＋. 由余弦定理得222222224cos 22a c a c a c b a c B ac ac ()＋－＋－＋＝＝222242212a c ac ac a c ac a c ()≥()－＋＝－＋. 又∵(a ＋c )2＞2ac ，∴22<1ac a c ()＋，从而cos B ＞0. 4. 答案：A解析：x －y ＝m 4－m 3n －n 3m ＋n 4＝m 3(m －n )－n 3(m －n )＝(m －n )(m 3－n 3)＝(m －n )2(m 2＋mn ＋n 2)＞0.5. 答案：C解析：Q≥P .6. 答案：A解析：因为a ，b ，c ，d 都是实数，所以|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤222222221222a cb d a bcd ＋＋＋＋＋＋＝＝．所以－1≤ac ＋bd ≤1．7. 答案：A解析：∵a ＞b ＞c ＞0，∴A ＞0，B ＞0. ∴a a b b c cb c c a a b A a a b b c c B a a b b c c＝＝a a －b a a －c b b －c b b －a c c －a c c －b＝a b a c b c a a b b c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭－－－.∵a ＞b ＞0，∴>1a b，a －b ＞0， ∴>1a b a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭－. 同理>1b c b c ⎛⎫ ⎪⎝⎭－，>1a c a c ⎛⎫ ⎪⎝⎭－. ∴>1A B，∴A ＞B ． 8. 答案：B解析：∵a ＋b ＋c ＝0且abc ＞0，∴a ，b ，c 中必有一个正数两个负数．不妨设a ＜0，b ＜0，c ＞0，则111bc ac ab a b c abc＋＋＋＋＝＝2222<0c a b ab ab c ab a b a b ab abc abc abc abc ()()-＋＋－－＋－－＝＝＝ 9. 答案：a ＞b ＞c解析：a b －，而2288＝＋＝＋∴a －b ＞0，即a ＞b.同理可得b ＞c.∴a ＞b ＞c.10. 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b解析：若，则a b ＋，即2(a b －，∴有a ≠b ，且a ≥0，b ≥0.11. 解：∵a ＞b ＞0，∴2222>0,>0a b a b a b a b－－＋＋. 又∵22222222a b a b a b a b a b a b a b a b()()()()－－＋＋＝－＋－＋222a b a b()＋＝＋ 222222221>1a b ab ab a b a b ＋＋＝＝＋＋＋，∴2222>a b a b a b a b－－＋＋. 12. 证明：假设>n n a b 不成立，那么0<n n a b ≤. 而0<()()n n n n n n a b a b ≤⇒≤a ≤b ， 这与已知条件a ＞b ＞0矛盾，所以假设不成立． 因此，原不等式成立．。
人教新课标版数学高二人教A选修4-5试题 第2讲 证明不等式的基本方法
讲末质量评估(二)(时间：90分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知a >2，b >2，则有( )．A ．ab ≥a ＋bB ．ab ≤a ＋bC ．ab >a ＋bD ．ab <a ＋b解析 作商比较法.a ＋b ab ＝1b ＋1a ，又a >2，b >2，∴1a <12，1b <12，∴a ＋b ab <12＋12＝1. 答案 C2．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )．A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.12解析 特殊值法．令a 1＝14，a 2＝34，b 1＝14，b 2＝34，则a 1b 1＋a 2b 2＝1016＝58，a 1a 2＋b 1b 2＝616＝38，a 1b 2＋a 2b 1＝616＝38，∵58>12>38，∴最大的数应是a 1b 1＋a 2b 2.该题也可用作差法来判断． 答案 A3．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x ＜0)，则a 与b 的大小关系是( )．A ．a <bB ．a >bC ．a ＝bD ．a ≤b解析 a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1， ∵x <0，∴b ＝e x ＜e 0＝1，∴a ＞b . 答案 B4．若0<x <y <1，则 ( )．A ．3y <3xB ．log x 3<log y 3C ．log 4x <log 4yD.⎝⎛⎭⎫14x <⎝⎛⎭⎫14y解析 ∵y ＝3x 在R 上是增函数，且0<x <y <1，∴3x <3y ，故A 错误． ∵y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 3x <log 3y <log 31＝0，∴0>1log 3x >1log 3y ，∴log x 3>log y 3，故B 错误．∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)上是增函数且0<x <y <1， ∴log 4x <log 4y ，故C 正确．∵y ＝⎝⎛⎭⎫14x在R 上是减函数，且0<x <y <1， ∴⎝⎛⎭⎫14x >⎝⎛⎭⎫14y ，故D 错误. 答案 C5．若不等式2x 2＋ax ＋b <0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－12<x <13，则a －b 的值是( )．A.13B.23 C.16D.112解析 －a 2＝－16，b 2＝－16.∵a －b ＝13－⎝⎛⎭⎫－13＝23. 答案 B6．设关于x 的方程2kx 2－2x －3k －2＝0的两个实根一个大于1，另一个小于1，则实数k 的取值范围是 ( )．A ．k >0B ．k >1C ．k <－4D ．k >0或k <－4解析 设方程2kx 2－2x －3k －2＝0的两个实根分别为x 1，x 2且x 1<1，x 2>1，依题意 ⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8k (－3k －2)>0，(x 1－1)(x 2－1)＝－3k ＋22k －22k ＋1<0， 解得k >0或k <－4，故选D. 答案 D7．若p <0，－1<q <0，则p 、pq 、pq 2间的大小关系是( )．A ．p >pq >pq 2B ．pq 2>pq >pC ．pq >p >pq 2D ．pq >pq 2>p解析 由－1<q <0得1>q 2>q ，又p <0， ∴p <pq 2<pq .答案 D8．下列命题中，命题M 是命题N 成立的充要条件的一组命题是( )．A ．M ：a >b ，N ：ac 2>bc 2B ．M ：a >b ，c >d ，N ：a －d >b －cC ．M ：a >b >0，c >d >0，N ：ac >bdD ．M ：|a －b |＝|a |＋|b |，N ：ab ≤0解析 对于A ，M 是N 的必要不充分条件，对于B ，M 是N 的充分不必要条件，对于C ，M 是N 的充分不必要条件，对于D ，M 是N 的充要条件，故选D. 答案 D9．已知0＜a ＜b ，且a ＋b ＝1，则下列不等式中正确的是( )． A ．log 2a ＞0B ．2a －b ＜12C ．log 2a ＋log 2b ＜－2D ．2a b ＋b a ＜12解析 法一 特值法．令a ＝13，b ＝23代入可得．法二 因为0＜a ＜b 且a ＋b ＝1， 所以0＜a ＜1，所以log 2a ＜0. －1＜a ＜b ＜0所以12＜2a －b ＜1，又因为b a ＋a b ＞2所以2b a ＋ab ＞4，而ab ＜⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14，所以log 2a ＋log 2b ＜－2成立． 答案 C10．若a ∈⎝⎛⎭⎫π，54π，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|，Q ＝ 12sin 2α，则它们之间的大小关系为 ( )． A ．M >N >P >Q B ．M >P >N >Q C ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析 ∵α∈⎝⎛⎭⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α，∴|sin α|<|cos α|，∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)＞12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M ，排除A 、B 、C ，故选D 项．答案 D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中横线上)11．某工厂第一年年产量为A ，第二年增长率为a ，第三年增长率为b ，则这两年的平均增长率x 与a ＋b2的大小关系是______________．解析 设平均增长率为x ，则A (1＋x )2＝A (1＋a )(1＋b ) ⇒(1＋x )2≤⎝⎛⎭⎫1＋a ＋1＋b 22＝⎝⎛⎭⎫1＋a ＋b 22.∴x ≤a ＋b 2.答案 x ≤a ＋b212．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的反设是________．解析 三角形的内角中钝角的个数可以为0个，1个，最多只有一个即为0个或1个，其对立面是“至少两个”．答案 三角形中至少有两个内角是钝角13．不等式|x ＋1|－|x －1|<m 的解集是R 的非空真子集，则实数m 的取值范围是________．解析 由||a |－|b ||≤|a －b |≤|a |＋|b |， 知－|a －b |≤|a |－|b |≤|a －b |，可得－2≤|x ＋1|－|x －1|≤|(x ＋1)－(x －1)|＝2. 因此，满足条件的实数m 应取－2≤m ≤2. 答案 [－2,2]14．请补全用分析法证明不等式“ac ＋bd ≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)”时的推论过程：要证明ac ＋bd ≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，①____________________________________________________________. 只要证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，即要证：a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2， 即要证：a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd .②____________________________________________________________.解析 对于①只有当ac ＋bd ≥0时，两边才能平方，对于②只要接着往下证即可． 答案 ①因为当ac ＋bd ≤0时，命题显然成立，所以当ac ＋bd ≥0时 ②∵(ad －bc )2≥0，∴a 2d 2＋b 2c 2≥2abcd ，∴命题成立三、解答题(本大题共5小题，每小题10分，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(10分)求证：a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋3≥23a ，b 2＋3≥23b ； 将此三式相加得2(a 2＋b 2＋3)≥2ab ＋23a ＋23b ， ∴a 2＋b 2＋3≥ab ＋3(a ＋b )．16．(10分)已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋12＋b ＋12≤2. 证明a ＋12＋ b ＋12≤2 ⇔a ＋12＋b ＋12＋2⎝⎛⎭⎫a ＋12⎝⎛⎭⎫b ＋12≤4⇐⎝⎛⎭⎫a ＋12⎝⎛⎭⎫b ＋12≤1 ⇐ab ＋a ＋b 2＋14≤1⇐ab ≤14，∵a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1， ∴ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14成立，故a ＋12＋ b ＋12≤2. 17．(10分)实数a 、b 、c 、d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1，求证：a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数．证明 假设a 、b 、c 、d 都是非负数， 即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0，则1＝(a ＋b )(c ＋d )＝(ac ＋bd )＋(ad ＋bc )≥ac ＋bd ， 这与已知中ac ＋bd ＞1矛盾，∴原假设错误， ∴a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数．18．(10分)已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求证：(1)⎝⎛⎭⎫1a －1·⎝⎛⎭⎫1b －1·⎝⎛⎭⎫1c －1≥8； (2)1a ＋2b ＋4c≥18. 证明 (1)∵a ，b ，c ∈R ＋，∴a ＋b ≥2ab ，a ＋c ≥2ac ，b ＋c ≥2bc . 又∵a ＋b ＋c ＝1，∴⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1＝(b ＋c )(a ＋c )(a ＋b )abc ≥2bc ·2ac ·2ab abc ＝8abc abc ＝8. (2)∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，∴a ＋b ＋c ≥33abc ，1a ＋2b ＋4c ≥338abc，∴1a ＋2b ＋4c ＝1·⎝⎛⎭⎫1a ＋2b ＋4c ＝(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋2b ＋4c ≥33abc ·338abc＝18. 19．(10分)数列{a n }为等差数列，a n 为正整数，其前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，且a 1＝3，b 1＝1，数列{b an }是公比为64的等比数列，b 2S 2＝64. (1)求a n ，b n ；(2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34.(1)解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正整数， a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧b an ＋1b an ＝q 3＋ndq 3＋(n －1)d ＝q d ＝64＝26，S 2b 2＝(6＋d )q ＝64，①由(6＋d )q ＝64知q 为正有理数，故d 为6的因子1,2,3,6之一，解①得d ＝2，q ＝8. 故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明 ∵S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)． ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2) ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜34.。
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第二讲证明不等式的基本方法评估验收卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，则下列t与S的大小关系中正确的是( )A．t＞S B．t≥S C．t＜S D．t≤S解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故应选D.答案：D2．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则( )A．a＞b B．a＜bC．a≤b D．a≥b解析：因为a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，所以a≥b.答案：D3．已知a＝6＋7，b＝5＋8，c＝5，则a，b，c的大小关系排列为( )A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．b＞a＞c D．c＞a＞b解析：由已知得a2＝6＋7＋242＝13＋242；b2＝8＋5＋410＝13＋240；c2＝25＝13＋12＝13＋236，因为236＜240＜242.所以a＞b＞c.答案：A4．已知a，b∈R，则使1a ＜1b成立的一个充分不必要条件是( )A．ab＞0 B．ab(a－b)＞0 C．b＜a＜0 D．a＞b解析：1a＜1b⇔1a＜1b⇔a＞b＞0或b＜a＜0或a＜0＜b，所以使1a3＜1b3成立的一个充分不必要条件是b＜a＜0.答案：C5．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是( ) A．xy＞yz B．xz＞yzC ．x |y |＞z |y |D ．xy ＞xz解析：法一(特殊值法) 令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A 、B 、C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ，所以x ＞13＞z ，由x ＞0，y ＞z ，得xy ＞xz . 答案：D6．要使3a －3b ＜3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab ＜0且a ＞b B ．ab ＞0且a ＞b C ．ab ＜0且a ＜bD ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b解析：3a －3b ＜3a －b ⇔(3a －3b )3＜a －b ⇔33ab 2＜33a 2b ⇔ab (a －b )＞0. 当ab ＞0时，a ＞b ；当ab ＜0时，a ＜b . 答案：D7．已知b >a >0，且a ＋b ＝1，那么( )A ．2ab <a 4－b 4a －b <a ＋b2<bB ．2ab <a ＋b 2<a 4－b 4a －b <bC.a 4－b 4a －b <2ab <a －b 2<b D ．2ab <a ＋b2<b <a 4－b 4a －b解析：取特殊值法．令a ＝14，b ＝34，则2ab ＝38，a 4－b 4a －b ＝58，a ＋b 2＝12，故选B.答案：B8．若a 、b 、c 是直角三角形的三边长，h 是斜边c 上的高，则有( ) A ．a ＋b ＜c ＋h B ．a ＋b ＝c ＋h C ．a ＋b ≥c ＋hD ．a ＋b ＞c ＋h解析：因为a ，b ，c 为直角三角形的三边长， 所以a 2＋b 2＝c 2，所以a 2＋b 2＜c 2＋h 2， 又ab ＝ch ，所以a 2＋2ab ＋b 2＜c 2＋2ch ＋h 2， 所以(a ＋b )2＜(c ＋h )2，所以a ＋b ＜c ＋h . 答案：A9．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为( ) A ．10 B ．11 C ．12 D ．13解析：用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立．故应选C. 答案：C10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2(b ＜0)，则x ，y 之间的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ＝yD ．不能确定解析：因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a ＞2)． 又b 2－2＞－2(b ＜0)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，所以x ＞y . 答案：A11．M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）与1的大小关系是( )A ．M ＞1B ．M ＜1C ．M ＝1D ．不确定解析：M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1. 答案：B12．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则角B 适合的条件是( )A ．0＜B ≤π4B ．0＜B ≤π3C ．0＜B ≤π2D.π2＜B ＜π 解析：由a ，b ，c 成等差数列，得2b ＝a ＋c ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－（a ＋c ）242ac ＝3（a 2＋c 2）－2ac 8ac ＝3（a 2＋c 2）8ac －14≥12.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 所以cos B 的最小值为12.又y ＝cos B 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以0＜B ≤π3.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________． 解析：“三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”．故应填三角形中至少有两个内角是钝角．答案：三角形中至少有两个内角是钝角14．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab.完成下列证明过程． 因为b ＋m ＞0，b ＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________．因为m ＞0，所以只需证明b ＞a ， 由已知显然成立，所以原不等式成立．解析：b (a ＋m )＞a (b ＋m )与bm ＞am 等价，因此欲证b (a ＋m )＞a (b ＋m )成立，只需证明bm ＞am 即可．答案：bm ＞am15．已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是________．解析：a n ＋1－a n ＝a （n ＋1）b （n ＋1）＋1－an bn ＋1＝a（bn ＋b ＋1）（bn ＋1）.因为a ＞0，b ＞0，n ＞0，n ∈N ＋， 所以a n ＋1－a n ＞0，因此a n ＋1＞a n . 答案：a n ＋1＞a n16．已知a ，b ，c ，d 大于0，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值范围是________．解析：由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d ＜a a ＋b ＋c ＜aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d ＜b b ＋c ＋d ＜bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d ＜c c ＋d ＋a ＜cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d ＜d d ＋a ＋b ＜dd ＋b.以上四个不等式相加，得1＜S ＜2.答案：(1，2)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，比较a 2＋b 2与ab ＋a ＋b －1的大小． 解：因为(a 2＋b 2)－(ab ＋a ＋b －1)＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b＋2)＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)]＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0，所以a 2＋b 2≥ab ＋a ＋b －1.18．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2. 证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2； 当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2. 所以|a ＋b |＋|a －b |＜2.19．(本小题满分12分)若a ，b ，c 均为正数，a ＋b ＋c ＝3，求证：a ＋b ＋c ≤3. 证明：假设a ＋b ＋c ＞3，则(a ＋b ＋c )2＞9， 即a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ac ＞9， 因为a ＋b ＋c ＝3， 所以ab ＋bc ＋ac ＞3. 又因为ab ≤a ＋b2，bc ≤b ＋c2，ac ≤a ＋c2，所以ab ＋bc ＋ac ≤a ＋b ＋c ＝3(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立)，这与ab ＋bc ＋ac ＞3矛盾．故a ＋b ＋c ≤3.20．(本小题满分12分)设a ＋b ＝2，b ＞0，当12|a |＋|a |b 取得最小值时，求a 的值．解：由于a ＋b ＝2，所以12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b＝ a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b， 由于b ＞0，|a |＞0，所以b 4|a |＋|a |b≥2b 4|a |·|a |b ＝1，因此当a ＞0时，12|a |＋|a |b的最小值是14＋1＝54；当a ＜0时，12|a |＋|a |b 的最小值是－14＋1＝34.故12|a |＋|a |b 的最小值为34，此时⎩⎪⎨⎪⎧b 4|a |＝|a |b ，a ＜0即a ＝－2.21．(本小题满分12分)已知x ，y ∈R ，且|x |＜1，|y |＜1，求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy . 证明：因为|x |＜1，|y |＜1， 所以11－x 2＞0，11－y2＞0.所以11－x 2＋11－y 2≥2（1－x 2）（1－y 2）. 故要证明结论成立，只需证2（1－x 2）（1－y 2）≥21－xy 成立， 即证1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）成立即可， 因为(y －x )2≥0，有－2xy ≥－x 2－y 2， 所以(1－xy )2≥(1－x 2)(1－y 2)， 所以1－xy ≥（1－x 2）（1－y 2）＞0， 所以不等式成立．22．(本小题满分12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n .等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{ba n }是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＜34.(1)解：设{a n }的公差为d (d ∈N)，{b n }的公比为q ， 则a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意⎩⎪⎨⎪⎧ba n ＋1ba n ＝q 3＋nd －1q 3＋（n －1）d －1＝q d ＝64， ①S 2b 2＝（6＋d ）q ＝64. ②由①知，q ＝641d ＝26d .③由②知，q 为正有理数．所以d 为6的因子1，2，3，6中之一，因此由②③知d ＝2，q ＝8，故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明：S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 则1S n＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝ 12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×32＝34。