高中数学5.3不等式的证明5.3.1比较法自我小测苏教版选修4_9.doc
高中数学 5.4 几个著名的不等式 5.4.1 柯西不等式自我小测 苏教版选修45
5.4.1 柯西不等式自我小测1函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是________．2设a ＝(1,0，－2)，b ＝(x ，y ，z )，若x 2＋y 2＋z 2＝16，则a·b 的最大值为________． 3设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是________．4已知a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1，x 21＋x 22＋…＋x 2n ＝1，则a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值是________．5 n 个正数的和与这n 个正数的倒数和的乘积的最小值是________． 6若2x ＋3y ＝1，求4x 2＋9y 2的最小值，并求最小值点． 7设a 1＞a 2＞…＞a n ＞a n ＋1，求证：(a 1－a n ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1≥n 2.8设a ＝(－2,1,2)，|b |＝6，则a·b 的最小值为________，此时b ＝________. 9设x ，y ，z ∈R,2x ＋2y ＋z ＋8＝0，则(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2的最小值为________． 10已知θ为锐角，a ，b ∈R ＋，求证：(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ.11已知函数f (x )＝(x －a )2＋(x －b )2＋(x －c )2＋(a ＋b ＋c )23(a ，b ，c ∈R )的最小值为m ，若a －b ＋2c ＝3，求m 的最小值．参考答案1． 5 解析：根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x≤12＋22×x －52＋6－x2＝ 5.当且仅当6－x ＝2x －5. 即x ＝265时等号成立．2．4 5 解析：∵a ＝(1,0，－2)，b ＝(x ，y ，z )， ∴a·b ＝x －2z . 由柯西不等式，得[12＋02＋(－2)2](x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋0－2z )2.当且仅当存在实数k ＝±455，使b ＝k a 时等号成立．∴5×16≥(x －2z )2. ∴|x －2z |≤4 5. ∴－45≤x －2z ≤45， 即－45≤a·b ≤4 5. ∴a·b 的最大值为4 5.3．3 解析：由柯西不等式得[(a )2＋(b )2＋(c )2](12＋12＋12)≥(a ＋b ＋c )2， ∴(a ＋b ＋c )2≤3×1＝3. 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．∴a ＋b ＋c 的最大值为 3.4．1 解析：(a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n )2≤(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(x 21＋x 22＋…＋x 2n )＝1×1＝1. 当且仅当存在一个数k ，使a i ＝kx i (i ＝1,2，…，n )时等号成立． ∴a 1x 1＋a 2x 2＋…＋a n x n 的最大值是1. 5．n 2解析：设n 个正数为x 1，x 2，…，x n ， 由柯西不等式，得(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥(x 1×1x 1＋x 2×1x 2＋…＋x n ×1x n)2＝(1＋1＋…＋1)2＝n 2.当且仅当存在实数k ，使得x i ＝k ·1x i(i ＝1,2，…，n )时等号成立．6．解：由柯西不等式，有 (4x 2＋9y 2)(12＋12)≥(2x ＋3y )2＝1. ∴4x 2＋9y 2≥12.当且仅当2x ＝3y 时取等号．由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝3y ，2x ＋3y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝16.于是4x 2＋9y 2的最小值为12，最小值点为(14，16)．7．证明：∵a 1＞a 2＞…＞a n ＞a n ＋1， ∴a 1－a 2＞0，a 2－a 3＞0，…，a n －a n ＋1＞0，根据柯西不等式有：(a 1－a 2＋a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫1a 1－a 2＋1a 2－a 3＋…＋1a n －a n ＋1≥⎝⎛a 1－a 21a 1－a 2＋⎭⎪⎫a 2－a 31a 2－a 3＋…＋a n －a n ＋11a n －a n ＋12＝n 2.∴原不等式成立．8．－18 (4，－2，－4) 解析：根据柯西不等式的向量形式，有|a·b |≤|a |·|b |. ∴|a·b |≤18.当且仅当存在实数k ，使a ＝k b 时，等号成立． ∴－18≤a·b ≤18. ∴a·b 的最小值为－18. 此时b ＝－2a ＝(4，－2，－4)．9．9 解析：2x ＋2y ＋z ＋8＝0⇒2(x －1)＋2(y ＋2)＋(z －3)＝－9. 考虑以下两组向量：u ＝(2,2,1)，v ＝(x －1，y ＋2，z －3)，由柯西不等式，得(u·v )2≤|v |2·|u |2；即[2(x －1)＋2(y ＋2)＋(z －3)]2≤[(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2]·(22＋22＋12)． 当且仅当x ＝－1，y ＝－4，z ＝2时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋2)2＋(z －3)2≥－29＝9.10．证明：设m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a cos θ，b sin θ，n ＝(cos θ，sin θ)．则|a ＋b |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a cos θcos θ＋b sin θsin θ＝|m·n |≤|m ||n | ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a cos θ2＋b sin θ2·cos 2θ＋sin 2θ＝a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ，∴(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ. 11．解：因为f (x )＝(x －a )2＋(x －b )2＋(x －c )2＋a ＋b ＋c23＝3x 2－2(a ＋b ＋c )x ＋a 2＋b 2＋c 2＋a ＋b ＋c23＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －a ＋b ＋c 32＋a 2＋b 2＋c 2. 所以x ＝a ＋b ＋c3时，f (x )取最小值a 2＋b 2＋c 2，即m ＝a 2＋b 2＋c 2.因为a －b ＋2c ＝3.由柯西不等式，得[12＋(－1)2＋22]·(a 2＋b 2＋c 2)≥(a －b ＋2c )2＝9， 所以m ＝a 2＋b 2＋c 2≥96＝32，当且仅当a 1＝b －1＝c 2，即a ＝12，b ＝－12，c ＝1时等号成立．所以m 的最小值为32.。
高中数学5.4几个著名的不等式5.4.3算术_几何平均不等式自我小测苏教版选修4_50.doc
5.4.3 算术—几何平均不等式自我小测1若实数x ，y 满足xy ＞0，且x 2y ＝2，则xy ＋x 2的最小值是________．2设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1，则必有________． 3已知a ，b ∈R ＋，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b c ＋c a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c b ＋a c ≥________.4若记号“*”表示求两个实数a 与b 的算术平均值的运算，即a *b ＝a ＋b2，则两边均含有运算“*”和“＋”，且对任意3个实数a ，b ，c 都能成立的一个等式可以是____________________．5求证：4a －3＋a ≥7(其中a ＞3)． 6如果a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.7已知a ，b ，c 同号且互不相等，a ＋b ＋c ＝1，求证∶1a ＋1b ＋1c＞9.8若正数a ，b 满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围是______．9下列命题：①x ＋1x 的最小值是2；②x 2＋2x 2＋1的最小值是2；③x 2＋5x 2＋4的最小值是2；④2－3x －4x的最小值是2，其中正确命题的个数是________．10若a 、b 、c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92. 11设a ，b ，c 均为正数，证明(ab ＋a ＋b ＋1)(ab ＋ac ＋bc ＋c 2)≥16abc . 12求证：在表面积一定的长方体中，正方体的体积最大．参考答案1．3 解析：xy ＋x 2＝12xy ＋12xy ＋x 2≥3312xy ×12xy ×x 2＝3314x 2y2＝3344＝3.2．M ≥8解析：M ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c b －1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c c －1＝b ＋ca ＋ca ＋babc≥8ab bc ac abc ＝8，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号．3．9 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b c ＋c a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c b ＋a c ＝3＋bc a 2＋ac b 2＋ab c 2＋a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab ≥3＋66bc a 2×ac b 2×ab c 2×a 2bc ×b 2ca ×c 2ab＝9. 4．a ＋(b *c )＝(a ＋b )*(a ＋c ) 解析：∵a ＋(b *c )＝a ＋b ＋c 2＝2a ＋b ＋c2，①又∵(a ＋b )*(a ＋c )＝a ＋b ＋a ＋c2＝2a ＋b ＋c2，② 由①②可知：a ＋(b *c )＝(a ＋b )*(a ＋c )．5．证明：∵a ＞3，∴a －3＞0.由基本不等式得4a －3＋a ＝4a －3＋a －3＋3≥24a －3a －＋3＝24＋3＝7，当且仅当4a －3＝a －3，即a ＝5(a ＝1舍去)时，取等号． 6．证明：∵a ，b ∈R ＋，且a ≠b ， 则a 3＋b 3＝13[(a 3＋a 3＋b 3)＋(a 3＋b 3＋b 3)]＞13(33a 3a 3b 3＋33a 3b 3b 3) ＝a 2b ＋ab 2. ∴a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.7．证明：1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c .∵a ，b ，c 同号且a ＋b ＋c ＝1， ∴a ＞0，b ＞0，c ＞0. ∴b a ，c a ，a b ，c b ，a c ，b c均大于0. 又a ，b ，c 互不相等，∴3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c ＞3＋66ba ·c a ·ab ·c b ·a c ·b c＝3＋6＝9.∴1a ＋1b ＋1c＞9.8．[9，＋∞) 解析：令ab ＝t (t ＞0)，由ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3，则有t 2≥2t ＋3，即t 2－2t －3≥0. 解得t ≥3或t ≤－1(不合题意，舍去)． ∴ab ≥3.∴ab ≥9，当a ＝b ＝3时，取等号．9．1 解析：当x ＜0时，x ＋1x 无最小值，∴①错误；当x ＝0时，x 2＋2x 2＋1的最小值是2，∴②正确；当1x 2＋4＝x 2＋4时，x 2＋5x 2＋4取得最小值2，但此时x 2＝－3不成立，∴x 2＋5x 2＋4取不到最小值2，∴③错误；当x ＞0时，2－3x －4x＜0，∴④错误．10．证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，∴2＝(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )． ∴[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥33a ＋b b ＋c c ＋a×331a ＋b ×1b ＋c ×1c ＋a ＝9. ∴1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥92. 11．证明：因为a ，b ，c 均为正数，由算术—几何平均不等式，得ab ＋a ＋b ＋14≥4a 2b 2，ab ＋ac ＋bc ＋c 24≥4a 2b 2c 4.两式相乘并整理，得(ab ＋a ＋b ＋1)(ab ＋ac ＋bc ＋c 2)≥16abc .12．证明：设长方体的三条相交于同一顶点的棱长分别为x ，y ，z ，则长方体的体积为V ＝xyz ，表面积为A ＝2xy ＋2yz ＋2xz ，则A ＝2xy ＋2yz ＋2xz ≥63xyz2.而这里A 为定值，即A ≥63V 2，从而有V ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫A 63，当且仅当xy ＝yz ＝xz ，即x ＝y ＝z 时，等号成立．所以当长方体为正方体时，体积取得最大值，最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫A 63.。
高中数学 5.3 不等式的证明 5.3.3 反证法同步测控 苏教版选修45
5.3.3 反证法同步测控我夯基，我达标1.命题“△ABC 中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定应该是( )A.a<bB.a≤bC.a=bD.a≥b解析:a>b 的否定为“a 不大于b”,即a≤b.答案:B2.如果两个实数之和为正数,则这两个数( )A.一个是正数,一个是负数B.都是正数C.至少有一个是正数D.都是负数解析:两个都是正数满足;一个是正数,一个是负数也有可能满足,如a=5,b=-3,a+b=2>0.答案:C3.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:若P 、Q 、R 同时大于零,则PQR>0成立;反过来,若PQR>0,且P 、Q 、R 不同时大于零,则其中两个为负数,一个为正数,不妨设P>0,Q<0,R<0,则a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0.∴2c<0,即c<0,与已知c>0矛盾.∴P、Q 、R 同时大于零.∴“PQR>0”是“P、Q 、R 同时大于零”的充要条件.答案:C4.设a 、b 、c∈R +,则三个数a+b 1,b+c 1,c+a1满足( ) A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2解析:假设a+b 1,b+c 1,c+a1都小于2, 则(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a1)<6. 又∵a、b 、c∈R +,∴a+a 1≥2,b+b 1≥2,c+c1≥2. ∴(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a 1)=(a+a 1)+(b+b 1)+(c+c 1)≥6,矛盾. ∴假设不成立. ∴a+b 1,b+c 1,c+a1至少有一个不小于2成立. 但不一定都大于2,例如a=1,b=1,c=21,则a+b 1=2. 答案:D5.用反证法证明命题“如果a<b,那么3a <3b ”时,假设的内容为( ) A.33b a = B.33b a >C.33b a =或33b a >D.33b a =且33b a >解析:3a <3b 的否定为3a 不小于3b ,即3a ≥3b .选C.答案:C6.已知x>y>z 且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是( )A.xy>yzB.xz>yzC.x ｜y ｜>z ｜y ｜D.xy>xz解析:由x>y>z 且x+y+z=1,得x>0.假设x≤0.∵x>y>z,∴y<0,z<0.∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾.∴x>0.又∵y>z,∴xy>xz 成立.答案:D7.已知a 、b∈R ,那么“a 2+b 2<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析:若a 2+b 2<1,则｜a ｜<1,｜b ｜<1.假设ab+1≤a+b,则(a-1)b≤a -1.∴(a -1)(b-1)≤0.又∵｜a ｜<1,｜b ｜<1,∴a -1<0,b-1<0.∴(a -1)(b-1)>0,与(a-1)(b-1)≤0矛盾.∴由a 2+b 2<1,得ab+1>a+b 成立.若ab+1>a+b 成立,则(a-1)(b-1)>0.∴⎩⎨⎧>>1,1b a 或⎩⎨⎧<<.1,1b a 由⎩⎨⎧>>,1,1b a 得a 2+b 2>1,∴a 2+b 2<1不成立.答案:C8.设a 、b 、c 、d 是正数,求证:不等式①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明:假设不等式都正确,即①②③都成立.∵a、b 、c 、d 是正数,则由①②得(a+b)2<ab+cd.④ 由③得(a+b)cd<ab(c+d)≤(2b a +)2(c+d). ∴4cd<(a+b)(c+d)<ab+cd.∴3cd<ab,即cd<31ab.由④得(a+b)2<ab+31ab,即(a+b)2<34ab, 即a 2+b 2<-32ab,与事实矛盾. ∴假设不成立,即①②③中至少有一个不正确.我综合，我发展9.若0<a<1,求证:a 1+a -14≥9.分析:可用反证法,或构造基本不等式证明.证法一:假设a 1+a -14<9,∵0<a<1,∴1-a>0.∴两边同乘a(1-a),得(1-a)+4a<9a(1-a),即9a 2-6a+1<0,即(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0矛盾. ∴假设不成立.∴a 1+a -14≥9成立.证法二:∵0<a<1,∴1-a>0. ∴a 1+a -14=a a a a a a -+-++-1)1(41 =a a -1+1+4+a a-14 =5+a aa a -+-141 ≥5+2a aa a -•-141=5+2×2=9, 即a 1+a -14≥9成立.10.若0<μ≤41,求证:μ+μ1≥417.分析:本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.证明:假设μ+μ1<417,∵μ>0,∴不等式为μ2-417μ+1<0,即4μ2-17μ+4<0.∴(μ-4)(4μ-1)<0. ∴41<μ<4,与0<μ≤41矛盾.∴假设不成立.∴μ+μ1≥417成立. 11.已知a 、b 、c 、d∈R ,且a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 分析:本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.证明:假设a 、b 、c 、d 都是非负数,即a≥0,b≥0,c≥0,d≥0.∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.∵(a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc=(ac+bd)+(ad+bc)=1,∴ac+bd=1-(ad+bc).∵a≥0,d≥0,b≥0,c≥0,∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1,与ac+bd>1矛盾.∴假设不成立.∴a、b 、c 、d 中至少有一个是负数.12.已知a 、b 、c∈R +,求证:2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++). 分析:要证明的不等式比较复杂,可用反证法.证明:假设2(ab b a -+2)>3(33abc c b a -++)成立, 即a+b-2ab >a+b+c-33abc , ∴c+2ab <33abc .又∵a 、b 、c∈R +,∴c+2ab =c+ab +ab ≥33ab ab c •=33abc ,与c+2ab <33abc 矛盾.∴假设不成立. ∴2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++)成立. 我创新，我超越13.设a 、b∈R ,0≤x≤1且0≤y≤1,求证:对于任意实数a 、b,必存在满足条件的x 、y,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 分析:本题为“存在性”问题,可用反证法证明. 证明:假设不存在x 、y 使｜xy-ax-by ｜≥31成立, 即对于所有的0≤x≤1,0≤y≤1,使得｜xy-ax-by ｜<31成立. 令x=0,y=1,得｜b ｜<31; 令x=1,y=0,得｜a ｜<31;令x=y=1,得｜1-a-b ｜<31. 又∵｜1-a-b ｜≥1-｜a ｜-｜b ｜>1-31-31=31,与｜1-a-b ｜<31矛盾. ∴假设不成立.∴对于任意实数a 、b 必存在0≤x≤1且0≤y≤1,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 14.若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.分析:本题的条件为三次,结论为一次,由一次到三次容易推证,由三次到一次不易推证,可用反证法.证法一:假设a+b>2,则a 2-ab+b 2=(a-21b)2+43b 2≥0.当且仅当a=b=0时取“=”,但a 3+b 3=2,∴不能取“=”.∴a 2-ab+b 2>0.∵a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)>2(a 2-ab+b 2),而a 3+b 3=2,∴2>2(a 2-ab+b 2),即a 2-ab+b 2<1.∴1+ab>a 2+b 2≥2ab.∴ab<1.∴a 2+b 2<1+ab<2.∴(a+b)2=a 2+b 2+2ab<2+2ab<4.∴a+b<2,与a+b>2矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.证法二:假设a+b>2,则a>2-b.∴2=a 3+b 3>(2-b)3+b 3,=8-12b+6b 2-b 3+b 3,即(b-1)2<0,与(b-1)2≥0矛盾.∴假设不成立,∴a+b≤2成立.证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a 3+3a 2b+3ab 2+b 3=2+3ab(a+b)>8,即3ab(a+b)>6.∴ab(a+b)>2=a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2).∴(a+b)(ab -a 2+ab-b 2)>0,即(a+b)(a 2-2ab+b 2)<0,(a+b)(a-b)2<0.但∵(a -b)2≥0,a+b>2,∴(a+b)(a -b)2≥0,矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.。
高中数学5-4几个著名的不等式5-4-1柯西不等式自我小测苏教版选修4_5
高中数学5-4几个著名的不等式5-4-1柯西不等式自我小测苏教版选修4_5自我小测1函数y＝＋2的最大值是________．2设a＝(1,0，－2)，b＝(x，y，z)，若x2＋y2＋z2＝16，则a·b 的最大值为________．3设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是________．4已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是________．5n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是________．6若2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值，并求最小值点．7设a1＞a2＞…＞an＞an＋1，求证：(a1－an＋1)≥n2.8设a＝(－2,1,2)，|b|＝6，则a·b的最小值为________，此时b＝________.9设x，y，z∈R,2x＋2y＋z＋8＝0，则(x－1)2＋(y＋2)2＋(z －3)2的最小值为________．10已知θ为锐角，a，b∈R＋，求证：(a＋b)2≤＋.11已知函数f(x)＝(x－a)2＋(x－b)2＋(x－c)2＋(a，b，c∈R)的最小值为m，若a－b＋2c＝3，求m的最小值．参考答案1．解析：根据柯西不等式，知y＝1×＋2×6－x≤×x－5＋6－x＝.当且仅当＝2.即x＝时等号成立．2．4解析：∵a＝(1,0，－2)，b＝(x，y，z)，∴a·b＝x－2z.由柯西不等式，得[12＋02＋(－2)2](x2＋y2＋z2)≥(x＋0－2z)2.当且仅当存在实数k＝±，使b＝ka时等号成立．∴5×16≥(x－2z)2.∴|x－2z|≤4.∴－4≤x－2z≤4，即－4≤a·b≤4.∴a·b的最大值为4.3．解析：由柯西不等式得[()2＋()2＋()2](12＋12＋12)≥(＋＋)2，∴(＋＋)2≤3×1＝3.当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．∴＋＋的最大值为.4．1 解析：(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x ＋…＋x)＝1×1＝1.当且仅当存在一个数k，使ai＝kxi(i＝1,2，…，n)时等号成立．∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.5．n2解析：设n个正数为x1，x2，…，xn，由柯西不等式，得。
(新)高中数学5_6运用数学归纳法证明不等式自我小测苏教版选修4-51
5.6 运用数学归纳法证明不等式自我小测1设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )等于________．2观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则得出结论：_____________________________________________________________________________________________________________________________________. 3用数学归纳法证明时：设f (k )＝1×4＋2×7＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2，则f (k ＋1)＝________.4(2010淮南高考调研，理13)若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________．5求证：(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n×1×3×5×…×(2n －1)(n ∈N ＋)． 6用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)． 7设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)(n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于________． 8已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．9求证：n 棱柱中过侧棱的对角面的个数是f (n )＝12n (n －3)(n ∈N ＋，n ≥4)．10已知数列{a n }满足条件(n －1)a n ＋1＝(n ＋1)(a n －1)，且a 2＝6(n ∈N ＋)． (1)求a 1、a 3、a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．11已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a ＞0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．参考答案1．13n ＋13n ＋1＋13n ＋2 解析：因为f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，所以f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2. 2．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)23．1×4＋2×7＋…＋(k ＋1)(3k ＋4)＝(k ＋1)(k ＋2)24．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2解析：∵f (k )＝12＋22＋32＋…＋(2k )2.而f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.5．证明：(1)当n ＝1时，左边＝2，右边＝2×1＝2，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时等式成立，即(k ＋1)×(k ＋2)×…×(k ＋k )＝2k×1×3×5×…×(2k －1)成立．那么当n ＝k ＋1时，(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)＝2(k ＋1)×(k ＋2)×…×(2k ＋1)＝2k ＋1×1×3×5×…×(2k －1)[2(k ＋1)－1]，即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对任何n ∈N ＋等式均成立． 6．证明：(1)当n ＝1时． 左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－[2(k ＋1)]2＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－[2(k ＋1)]2＝－2k 2－5k －3＝－(k ＋1)(2k ＋3) ＝－(k ＋1)[2(k ＋1)＋1]， 即当n ＝k ＋1时，等式成立．由(1)、(2)可知，对任何n ∈N ＋，等式成立．解析：当n ＝k ＋1时，左边的项应该增加两项(2k ＋1)2－(2k ＋2)2. 7．12n ＋1－12n ＋28．(5,7) 解析：设每个数对内的两数之和为k ，则组成数对的个数为a k ＝k －1，k ＝2,3，….则由不等式S k ＝1＋k －1k －12＝k k －12＜60，得k (k －1)＜120，则k的最大值为11，且S 11＝11×102＝55，则第56个数对之和为12，即(1,11)，后面的依次为(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，所以第60个数对为(5,7)．9．证明：(1)当n ＝4时，四棱柱有2个对角面，12×4×(4－3)＝2，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥4)时命题成立，即符合条件的棱柱的对角面有f (k )＝12k (k－3)个，现在考虑n ＝k ＋1的情形，第k ＋1条棱A k ＋1B k ＋1与其余和它不相邻的k －2条棱分别增加了1个对角面，共(k －2)个，而面A 1B 1B k A k 变成了对角面，因此对角面的个数变为f (k )＋(k －2)＋1＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－3k ＋2k －2)＝12(k －2)(k ＋1)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]，即f (k ＋1)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．即当n ＝k ＋1时，等式成立．由(1)、(2)可知，命题对n ≥4，n ∈N ＋都成立．解析：利用“递推”法，f (k ＋1)－f (k )来寻找n ＝k ＋1比n ＝k 时增加的对角面的个数． 10．解：(1)∵(n －1)a n ＋1＝(n ＋1)(a n －1)(n ∈N ＋)，且a 2＝6， ∴当n ＝1时，a 1＝1；当n ＝2时，a 3＝3(a 2－1)＝15；当n ＝3时，2a 4＝4(a 3－1)＝56，∴a 4＝28. (2)由a 2－a 1＝5，a 3－a 2＝9，a 4－a 3＝13. 猜想a n ＋1－a n ＝4n ＋1，∵a n －a 1＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)． ∴a n ＝2n 2－n (n ∈N ＋)． 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝2×12－1＝1，故猜想正确． ②假设当n ＝k 时，有a k ＝2k 2－k (k ∈N ＋，且k ≥1)． ∴(k －1)a k ＋1＝(k ＋1)(a k －1)， (k －1)a k ＋1＝(k ＋1)(2k 2－k －1)．∴a k ＋1＝(k ＋1)(2k ＋1)＝2(k ＋1)2－(k ＋1)． 即当n ＝k ＋1时，命题也成立． 由①②知，a n ＝2n 2－n (n ∈N ＋)．11．解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22.(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝14a .由此推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，通项公式成立．②假设当n ＝k 时，a k ＝(－12)k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k ＋1)－1a ，通项公式成立． 由①②知，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．。
高中数学5.4几个著名的不等式5.4.2排序不等式自我小测苏教版选修4_
5.4.2 排序不等式自我小测1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________． 4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0.6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc . 7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________． 9已知a ，b ，c 都是正数，则ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b≥________.10设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n . 11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ， 求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和． ∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n . 4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4， 运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0， 且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab . 5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x.不妨设0＜x ≤y ≤z ， 则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y.于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立． 6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )． 根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ； a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ， 以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )， 即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3·lg(abc )．即lg(a a b b c c)≥lg(abc )a ＋b ＋c3，又lg x 为增函数，所以a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3， 根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a . 又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2. 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 9．32 解析：设a ≥b ≥c ＞0， 所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知a b ＋c ＋b c ＋a ＋c a ＋b ≥b b ＋c ＋c c ＋a ＋a b ＋a ，① ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b.②①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n，∵1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列，故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ， 则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a .a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。
高中数学 5.3 不等式的证明 5.3.3 反证法同步测控 苏教版选修45
5.3.3 反证法同步测控我夯基，我达标1.命题“△ABC 中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定应该是( )A.a<bB.a≤bC.a=bD.a≥b解析:a>b 的否定为“a 不大于b”,即a≤b.答案:B2.如果两个实数之和为正数,则这两个数( )A.一个是正数,一个是负数B.都是正数C.至少有一个是正数D.都是负数解析:两个都是正数满足;一个是正数,一个是负数也有可能满足,如a=5,b=-3,a+b=2>0.答案:C3.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:若P 、Q 、R 同时大于零,则PQR>0成立;反过来,若PQR>0,且P 、Q 、R 不同时大于零,则其中两个为负数,一个为正数,不妨设P>0,Q<0,R<0,则a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0.∴2c<0,即c<0,与已知c>0矛盾.∴P、Q 、R 同时大于零.∴“PQR>0”是“P、Q 、R 同时大于零”的充要条件.答案:C4.设a 、b 、c∈R +,则三个数a+b 1,b+c 1,c+a1满足( ) A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2解析:假设a+b 1,b+c 1,c+a1都小于2, 则(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a1)<6. 又∵a、b 、c∈R +,∴a+a 1≥2,b+b1≥2,c+c 1≥2. ∴(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a 1)=(a+a 1)+(b+b 1)+(c+c 1)≥6,矛盾. ∴假设不成立. ∴a+b 1,b+c 1,c+a1至少有一个不小于2成立. 但不一定都大于2,例如a=1,b=1,c=21,则a+b 1=2. 答案:D5.用反证法证明命题“如果a<b,那么3a <3b ”时,假设的内容为( ) A.33b a = B.33b a >C.33b a =或33b a >D.33b a =且33b a >解析:3a <3b 的否定为3a 不小于3b ,即3a ≥3b .选C.答案:C6.已知x>y>z 且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是( )A.xy>yzB.xz>yzC.x ｜y ｜>z ｜y ｜D.xy>xz解析:由x>y>z 且x+y+z=1,得x>0.假设x≤0.∵x>y>z,∴y<0,z<0.∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾.∴x>0.又∵y>z,∴xy>xz 成立.答案:D7.已知a 、b∈R ,那么“a 2+b 2<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析:若a 2+b 2<1,则｜a ｜<1,｜b ｜<1.假设ab+1≤a+b,则(a-1)b≤a -1.∴(a -1)(b-1)≤0.又∵｜a ｜<1,｜b ｜<1,∴a -1<0,b-1<0.∴(a -1)(b-1)>0,与(a-1)(b-1)≤0矛盾.∴由a 2+b 2<1,得ab+1>a+b 成立.若ab+1>a+b 成立,则(a-1)(b-1)>0.∴⎩⎨⎧>>1,1b a 或⎩⎨⎧<<.1,1b a 由⎩⎨⎧>>,1,1b a 得a 2+b 2>1,∴a 2+b 2<1不成立.答案:C8.设a 、b 、c 、d 是正数,求证:不等式①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明:假设不等式都正确,即①②③都成立.∵a、b 、c 、d 是正数,则由①②得(a+b)2<ab+cd.④ 由③得(a+b)cd<ab(c+d)≤(2b a +)2(c+d). ∴4cd<(a+b)(c+d)<ab+cd.∴3cd<ab,即cd<31ab.由④得(a+b)2<ab+31ab,即(a+b)2<34ab, 即a 2+b 2<-32ab,与事实矛盾. ∴假设不成立,即①②③中至少有一个不正确.我综合，我发展9.若0<a<1,求证:a 1+a-14≥9. 分析:可用反证法,或构造基本不等式证明.证法一:假设a 1+a-14<9, ∵0<a<1,∴1-a>0.∴两边同乘a(1-a),得(1-a)+4a<9a(1-a),即9a 2-6a+1<0,即(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0矛盾. ∴假设不成立.∴a 1+a-14≥9成立. 证法二:∵0<a<1,∴1-a>0. ∴a 1+a-14=a a a a a a -+-++-1)1(41 =a a -1+1+4+aa -14 =5+a a a a -+-141 ≥5+2aa a a -∙-141 =5+2×2=9, 即a 1+a-14≥9成立. 10.若0<μ≤41,求证:μ+μ1≥417. 分析:本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.证明:假设μ+μ1<417, ∵μ>0,∴不等式为μ2-417μ+1<0, 即4μ2-17μ+4<0.∴(μ-4)(4μ-1)<0. ∴41<μ<4,与0<μ≤41矛盾. ∴假设不成立.∴μ+μ1≥417成立. 11.已知a 、b 、c 、d∈R ,且a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 分析:本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.证明:假设a 、b 、c 、d 都是非负数,即a≥0,b≥0,c≥0,d≥0.∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.∵(a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc=(ac+bd)+(ad+bc)=1,∴ac+bd=1-(ad+bc).∵a≥0,d≥0,b≥0,c≥0,∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1,与ac+bd>1矛盾.∴假设不成立.∴a、b 、c 、d 中至少有一个是负数.12.已知a 、b 、c∈R +,求证:2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++). 分析:要证明的不等式比较复杂,可用反证法.证明:假设2(ab b a -+2)>3(33abc c b a -++)成立, 即a+b-2ab >a+b+c-33abc , ∴c+2ab <33abc .又∵a 、b 、c∈R +,∴c+2ab =c+ab +ab ≥33ab ab c ∙=33abc ,与c+2ab <33abc 矛盾.∴假设不成立. ∴2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++)成立. 我创新，我超越13.设a 、b∈R ,0≤x≤1且0≤y≤1,求证:对于任意实数a 、b,必存在满足条件的x 、y,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 分析:本题为“存在性”问题,可用反证法证明. 证明:假设不存在x 、y 使｜xy-ax-by ｜≥31成立, 即对于所有的0≤x≤1,0≤y≤1,使得｜xy-ax-by ｜<31成立. 令x=0,y=1,得｜b ｜<31; 令x=1,y=0,得｜a ｜<31;令x=y=1,得｜1-a-b ｜<31. 又∵｜1-a-b ｜≥1-｜a ｜-｜b ｜>1-31-31=31,与｜1-a-b ｜<31矛盾. ∴假设不成立.∴对于任意实数a 、b 必存在0≤x≤1且0≤y≤1,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 14.若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.分析:本题的条件为三次,结论为一次,由一次到三次容易推证,由三次到一次不易推证,可用反证法.证法一:假设a+b>2,则a 2-ab+b 2=(a-21b)2+43b 2≥0. 当且仅当a=b=0时取“=”,但a 3+b 3=2,∴不能取“=”.∴a 2-ab+b 2>0.∵a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)>2(a 2-ab+b 2),而a 3+b 3=2,∴2>2(a 2-ab+b 2),即a 2-ab+b 2<1.∴1+ab>a 2+b 2≥2ab.∴ab<1.∴a 2+b 2<1+ab<2.∴(a+b)2=a 2+b 2+2ab<2+2ab<4.∴a+b<2,与a+b>2矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.证法二:假设a+b>2,则a>2-b.∴2=a 3+b 3>(2-b)3+b 3,=8-12b+6b 2-b 3+b 3,即(b-1)2<0,与(b-1)2≥0矛盾.∴假设不成立,∴a+b≤2成立.证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a 3+3a 2b+3ab 2+b 3=2+3ab(a+b)>8,即3ab(a+b)>6.∴ab(a+b)>2=a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2).∴(a+b)(ab -a 2+ab-b 2)>0,即(a+b)(a 2-2ab+b 2)<0,(a+b)(a-b)2<0.但∵(a -b)2≥0,a+b>2,∴(a+b)(a -b)2≥0,矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.。
2021年高中数学5.4几个著名的不等式5.4.排序不等式自我小测苏教版选修
2021年高中数学5.4几个著名的不等式5.4.2排序不等式自我小测苏教版选修1已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 5＋b 5＋c 5与a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2的大小关系是________． 2设a 1，a 2，…，a n 为实数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则乘积a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 不小于________．3n 个正数与这n 个正数倒数的乘积和的最小值为________． 4设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5设x ，y ，z ∈R ＋，求证：z 2－x 2x ＋y ＋x 2－y 2y ＋z ＋y 2－z 2z ＋x≥0.6设a ，b ，c 为某三角形三边长，求证：a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤3abc .7设a ，b ，c 是正实数，求证：a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.8已知a ，b ，c ∈R ＋，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )的正负情况是________．9已知a ，b ，c 都是正数，则ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b≥________.10设c 1，c 2，…，c n 为正数a 1，a 2，…，a n 的某一排列，求证：a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11设a 1，a 2，…，a n ；b 1，b 2，…，b n 为任意两组实数，如果a 1≤a 2≤…≤a n ，且b 1≤b 2≤…≤b n ，求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12设a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.参考答案1．a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2 解析：取两组数a 3，b 3，c 3和a 2，b 2，c 2，且a ≥b ≥c .由排序不等式，得a 5＋b 5＋c 5≥a 3b 2＋b 3c 2＋c 3a 2.2．a 1a n ＋a 2a n －1＋…＋a n a 13．n 解析：设0＜a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则0＜a －1n ≤a －1n －1≤…≤a －11. 则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和．∴最小值为反序和a 1·a －11＋a 2·a －12＋…＋a n ·a －1n ＝n .4．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则a 4≥b 4≥c 4， 运用排序不等式有：a 5＋b 5＋c 5＝a ×a 4＋b ×b 4＋c ×c 4≥ac 4＋ba 4＋cb 4，又a 3≥b 3≥c 3＞0， 且ab ≥ac ≥bc ＞0，所以a 4b ＋b 4c ＋c 4a ＝a 3ab ＋b 3bc ＋c 3ca ≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab ， 即a 5＋b 5＋c 5≥a 3bc ＋b 3ac ＋c 3ab .5．证明：所证不等式等价于z 2x ＋y ＋y 2x ＋z ＋x 2y ＋z ≥x 2x ＋y ＋y 2y ＋z ＋z 2z ＋x.不妨设0＜x ≤y ≤z ， 则x 2≤y 2≤z 2，x ＋y ≤x ＋z ≤y ＋z ，∴1y ＋z ≤1x ＋z ≤1x ＋y.于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立．6．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0.易证a (b ＋c －a )≤b (c ＋a －b )≤c (a ＋b －c )． 根据排序原理，得a 2(b ＋c －a )＋b 2(c ＋a －b )＋c 2(a ＋b －c )≤a ×b (c ＋a －b )＋b ×c (a ＋b －c )＋c ×a (b ＋c －a )≤3abc .7．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式，有a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ； a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c .且a lg a ＋b lg b ＋c lg c ＝a lg a ＋b lg b ＋c lg c ， 以上三式相加整理，得3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg(a a b b c c )≥a ＋b ＋c3·lg(abc )．即lg(a a b b c c )≥lg(abc )a ＋b ＋c3，又lg x 为增函数，所以a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3.8．大于或等于零 解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以a 3≥b 3≥c 3， 根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a . 又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2. 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab .即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 9．32解析：设a ≥b ≥c ＞0，所以1b ＋c ≥1c ＋a ≥1a ＋b. 由排序原理，知ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥bb ＋c ＋cc ＋a ＋ab ＋a ，①ab ＋c ＋bc ＋a ＋ca ＋b ≥cb ＋c ＋ac ＋a ＋ba ＋b.②①＋②，得a b ＋c ＋b c ＋a ＋ca ＋b ≥32.10．证明：不妨设0＜a 1≤a 2≤…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n，∵1c 1，1c 2，…，1c n 是1a 1，1a 2，…，1a n的一个排列，故由排序原理：反序和≤乱序和，得：a 1×1a 1＋a 2×1a 2＋…＋a n ×1a n ≤a 1×1c 1＋a 2×1c 2＋…＋a n ×1c n.即a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n≥n .11．证明：由题设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n ， 则由排序原理得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n －1b 1＋a n b 2，…，a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1.将上述n 个式子相加，两边同除以n 2，得：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n n ≥a 1＋a 2＋…＋a n n ×b 1＋b 2＋…＋b nn当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n 时等号成立．12．证明：不妨设a ≥b ≥c ＞0，于是a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a，应用排序不等式得：a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1b ＋b 2×1c ＋c 2×1a.a 2×1a ＋b 2×1b ＋c 2×1c ≤a 2×1c ＋b 2×1a ＋c 2×1b. 以上两个同向不等式相加再除以2，即得a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ，再由数组a 3≥b 3≥c 3＞0，1bc ≥1ca ≥1ab ，仿上可证a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.综上，可证a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab.。
(新)高中数学5_3不等式的证明5_3_2综合法和分析法同步测控苏教版选修4-51
5.3.2 综合法和分析法同步测控我夯基，我达标1.设x 、y∈R +,且x+y-xy=43,则( )A.x+y≥3或0<x+y≤1B.1≤x+y≤3C.x+y≥1D.x+y≥3解析:∵x、y∈R +,∴2yx +≥xy . ∴xy≤(2y x +)2.∴-xy≥-(2y x +)2.∴x+y -xy≥(x+y)-(2y x +)2, 即43≥(x+y)-(2yx +)2.∴(x+y)2-4(x+y)+3≥0.∴x+y≥3或0<x+y≤1.答案:A2.设a 、b∈R +,A=b a +,B=b a +,则A 、B 的大小关系是( )A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B解析:∵a、b∈R +,∴A 2=a+b+2ab >a+b=B 2,∴A 2>B 2.∴A>B.答案:C3.若1<x<10,下面不等式中正确的是( )A.(lgx)2<lgx 2<lg(lgx)B.lgx 2<(lgx)2<lg(lgx)C.(lgx)2<lg(lgx)<lgx 2D.lg(lgx)<(lgx)2<lgx 2解析:∵1<x<10,∴0<lgx<1.∴lg(lgx)<0.又∵(lgx)2-lgx 2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2),lgx>0,lgx-2<0,∴lgx(lgx -2)<0.∴(lgx)2<lgx 2.∴lg(lgx)<(lgx)2<lgx 2.答案:D4.设a>0,b>0,则以下不等式中不恒成立的是( ) A.(a+b)(a 1+b 1)≥4 B.a 3+b 3≥2ab 2C.a 2+b 2+2≥2a+2bD.||b a -≥b a -解析:∵a>0,b>0, ∴(a+b)(a 1+b 1)=2+a b +b a≥4恒成立.又a 2+b 2+2-(2a+2b)=(a-1)2+(b-1)2≥0,∴a 2+b 2+2≥2a+2b 恒成立.当a≥b 时,(||b a -)2=a-b.而(b a -)2=a+b-2ab =a-b+2b-2ab =(a-b)+2b (a b -). ∵a≥b>0,∴a b -≤0.∴(a -b)+2b (a b -)≤a -b, 即||b a -≥b a -.当a<b 时,||b a ->0.而b a -<0, ∴||b a -≥b a -成立.答案:B5.设M=a+21-a (2<a<3),N=log 21(x 2+161),则M 、N 的大小关系是( )A.M>NB.M=NC.M<ND.不确定解析:∵x 2+161≥161, ∴N=21log (x 2+161)≤4. 又∵M=a+21-a =a-2+21-a +2,2<a<3,∴0<a -2<1.∴a -2+21-a >2. ∴a+21-a >4.∴M>N.答案:A6.使不等式a +>+153成立的正整数a 的最大值为( )A.7B.8C.9D.10解析:用分析法可证a=9时,不等式不成立;当a=8时,不等式成立.答案:B7.已知b>a>0,且a+b=1,那么( ) A.2ab<b a b a --44<2b a +<b B.2ab<2ba +<b a b a --44<b C.b a b a --44<2ab<2b a +<b D.2ab<2b a +<b<b a b a --44解析:b a b a b a b a b a b a --++=--))()((2244=(a 2+b 2)(a+b)=a 2+b 2=(a+b)2-2ab=1-2ab.∵b>a>0,∴a 2+b 2>2ab,21=2ba +<2bb +=b. ∵a+b=1>2ab ,∴2ab<21.∴1-2ab>1-21=21,即a 2+b 2>21.而b-(a 2+b 2)=b-(1-2ab)=b-1+2ab=-a+2ab=a(2b-1)>0,∴b>a 2+b 2. ∴b>b a b a --44>2ba +>2ab.答案:B我综合，我发展8.若不等式a b +b a>2成立,则a 与b 满足的条件是______________.解析:∵a b +b a -2=ab b a ab b ab a 222)(2-=+->0,∴a≠b 且ab>0.答案:ab>0且a≠b9.已知x 、y∈R +,且xy≥x+y+1,则x+y 的最小值是______________.解析:∵x、y∈R +,∴xy≤(2yx +)2. ∴(2yx +)2≥x+y+1,即(x+y)2-4(x+y)≥4.∴(x+y -2)2≥8.∴x+y -2≥22或x+y-2≤-22(舍去),即x+y≥22+2.答案:2+2210.设x 、y∈R 且x+y=4,则3x +3y 的最小值是______________.解析:3x +3y ≥2y x 33•=2×23y x +=2×32=18. 答案:1811.若a>0且a≠1,则log a (1+a)____________log a (1+a1).(用不等号填空) 解析:当a>1时,a>a 1.∴1+a>1+a1>1. ∴log a (1+a)>log a (1+a1). 当0<a<1时,a<a 1.∴1+a<1+a1. ∴log a (1+a)>log a (1+a 1). 答案:>12.设a>0,b>0,c>0,求证:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.分析:本题的结构显然出现a+b,但不能转化为ab 2,因为右边出现的是abc,所以需将左边展开重新合并,再用基本不等式证出.证明:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=a 2b+ab 2+b 2c+bc 2+ca 2+ac 2=(a 2+c 2)b+(a 2+b 2)c+(b 2+c 2)a.∵a 2+c 2≥2ac,a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,且a>0,b>0,c>0,∴(a 2+c 2)b≥2abc,(a 2+b 2)c≥2abc,(b 2+c 2)a≥2abc.∴ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc 成立.13.a 、b 、c 、d∈R +,求证:2222d c b a +++≥.)()(22d b c a +++ 分析:本题的不等式比较麻烦,看不出证题的入手点,可用分析法证明.证明:要证不等式2222d c b a +++≥22)()(d b c a +++成立, 只需证(2222d c b a +++)2≥(a+c)2+(b+d)2成立. 即a 2+b 2+c 2+d 2+2))((2222d c b a ++≥a 2+b 2+c 2+d 2+2ac+2bd. 即证))((2222d c b a ++≥ac+bd 成立.∵a、b 、c 、d∈R +,只需证(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac+bd)2.即a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2≥a 2c 2+2abcd+b 2d 2.即证a 2d 2+b 2c 2≥2abcd 成立.∵a、b 、c 、d∈R +,∴a 2d 2+b 2c 2≥2abcd 成立. ∴2222d c b a +++≥22)()(d b c a +++成立.我创新，我超越 14.命题“若a>b>c 且a+b+c=0,则32<-aac b ”是真命题还是假命题?试证明你的结论.证法一:真命题.∵a>b>c 且a+b+c=0,∴a>0,c<0.∴c=-a-b<0.∴a>-b.∴1>a b >-1. ∴b 2-ac=b 2-a(-a-b)=a 2+ab+b 2. ∴43)21()(122222++=++=++=-a b a b a b a b ab a a ac b ≤343)211(2=++.证法二:∵a>b>c 且a+b+c=0,∴a>0,c<0.aac b -2<3⇔ac b -2<a 3⇔b 2-ac<3a 2⇔3a 2+ac-b 2>0⇔3a 2-(a+c)2+ac=2a 2-ac -c 2>0⇔(a-c)(2a+c)>0.∵a>b>c,a+b+c=0,∴a -c>0,2a+c=a+(a+c)=a-b>0.∴(a -c)(2a+c)>0. ∴32<-aac b 成立. 15.已知a>0,求证:2122-+a a ≥a+a1-2. 分析:本题要证的不等式比较麻烦,可通过分析法证明.不等式中含有根号可通过平方去掉根号,但不等式的性质中,只有两边都是正数的不等式才能通过平方去掉根号.证明:要证2122-+a a ≥a+a1-2, 只需证221a a ++2≥a+a1+2.∵a>0,故只要证(221a a ++2)2≥(a+a 1+2)2,即a 2+21a +4221a a ++4≥a 2+2+21a +22(a+a 1)+2. 从而只要证2212a a +≥2(a+a 1),只需证4(a 2+21a )≥2(a 2+2+21a ),即a 2+21a ≥2,显然成立. ∴2122-+a a ≥a+a 1-2成立.。
(新)高中数学5_3不等式的证明5_3_3反证法同步测控苏教版选修4-51
5.3.3 反证法同步测控我夯基，我达标1.命题“△ABC 中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定应该是( )A.a<bB.a≤bC.a=bD.a≥b解析:a>b 的否定为“a 不大于b”,即a≤b.答案:B2.如果两个实数之和为正数,则这两个数( )A.一个是正数,一个是负数B.都是正数C.至少有一个是正数D.都是负数解析:两个都是正数满足;一个是正数,一个是负数也有可能满足,如a=5,b=-3,a+b=2>0.答案:C3.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:若P 、Q 、R 同时大于零,则PQR>0成立;反过来,若PQR>0,且P 、Q 、R 不同时大于零,则其中两个为负数,一个为正数,不妨设P>0,Q<0,R<0,则a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0.∴2c<0,即c<0,与已知c>0矛盾.∴P、Q 、R 同时大于零.∴“PQR>0”是“P、Q 、R 同时大于零”的充要条件.答案:C4.设a 、b 、c∈R +,则三个数a+b 1,b+c 1,c+a1满足( ) A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2解析:假设a+b 1,b+c 1,c+a1都小于2, 则(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a1)<6. 又∵a、b 、c∈R +,∴a+a 1≥2,b+b 1≥2,c+c1≥2. ∴(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a 1)=(a+a 1)+(b+b 1)+(c+c 1)≥6,矛盾. ∴假设不成立. ∴a+b 1,b+c 1,c+a1至少有一个不小于2成立. 但不一定都大于2,例如a=1,b=1,c=21,则a+b 1=2. 答案:D5.用反证法证明命题“如果a<b,那么3a <3b ”时,假设的内容为( ) A.33b a = B.33b a >C.33b a =或33b a >D.33b a =且33b a >解析:3a <3b 的否定为3a 不小于3b ,即3a ≥3b .选C.答案:C6.已知x>y>z 且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是( )A.xy>yzB.xz>yzC.x ｜y ｜>z ｜y ｜D.xy>xz解析:由x>y>z 且x+y+z=1,得x>0.假设x≤0.∵x>y>z,∴y<0,z<0.∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾.∴x>0.又∵y>z,∴xy>xz 成立.答案:D7.已知a 、b∈R ,那么“a 2+b 2<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析:若a 2+b 2<1,则｜a ｜<1,｜b ｜<1.假设ab+1≤a+b,则(a-1)b≤a -1.∴(a -1)(b-1)≤0.又∵｜a ｜<1,｜b ｜<1,∴a -1<0,b-1<0.∴(a -1)(b-1)>0,与(a-1)(b-1)≤0矛盾.∴由a 2+b 2<1,得ab+1>a+b 成立.若ab+1>a+b 成立,则(a-1)(b-1)>0.∴⎩⎨⎧>>1,1b a 或⎩⎨⎧<<.1,1b a 由⎩⎨⎧>>,1,1b a 得a 2+b 2>1,∴a 2+b 2<1不成立.答案:C8.设a 、b 、c 、d 是正数,求证:不等式①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明:假设不等式都正确,即①②③都成立.∵a、b 、c 、d 是正数,则由①②得(a+b)2<ab+cd.④ 由③得(a+b)cd<ab(c+d)≤(2b a +)2(c+d). ∴4cd<(a+b)(c+d)<ab+cd.∴3cd<ab,即cd<31ab.由④得(a+b)2<ab+31ab,即(a+b)2<34ab,即a 2+b 2<-32ab,与事实矛盾.∴假设不成立,即①②③中至少有一个不正确.我综合，我发展9.若0<a<1,求证:a 1+a -14≥9.分析:可用反证法,或构造基本不等式证明.证法一:假设a 1+a -14<9,∵0<a<1,∴1-a>0.∴两边同乘a(1-a),得(1-a)+4a<9a(1-a),即9a 2-6a+1<0,即(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0矛盾. ∴假设不成立.∴a 1+a -14≥9成立.证法二:∵0<a<1,∴1-a>0. ∴a 1+a -14=a a a a a a -+-++-1)1(41 =a a-1+1+4+a a-14 =5+a aa a -+-141 ≥5+2a aa a -•-141=5+2×2=9, 即a 1+a -14≥9成立.10.若0<μ≤41,求证:μ+μ1≥417.分析:本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.证明:假设μ+μ1<417,∵μ>0,∴不等式为μ2-417μ+1<0,即4μ2-17μ+4<0.∴(μ-4)(4μ-1)<0. ∴41<μ<4,与0<μ≤41矛盾.∴假设不成立.∴μ+μ1≥417成立. 11.已知a 、b 、c 、d∈R ,且a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数. 分析:本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.证明:假设a 、b 、c 、d 都是非负数,即a≥0,b≥0,c≥0,d≥0.∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.∵(a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc=(ac+bd)+(ad+bc)=1,∴ac+bd=1-(ad+bc).∵a≥0,d≥0,b≥0,c≥0,∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1,与ac+bd>1矛盾.∴假设不成立.∴a、b 、c 、d 中至少有一个是负数.12.已知a 、b 、c∈R +,求证:2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++). 分析:要证明的不等式比较复杂,可用反证法.证明:假设2(ab b a -+2)>3(33abc c b a -++)成立, 即a+b-2ab >a+b+c-33abc , ∴c+2ab <33abc .又∵a 、b 、c∈R +,∴c+2ab =c+ab +ab ≥33ab ab c •=33abc ,与c+2ab <33abc 矛盾.∴假设不成立. ∴2(ab b a -+2)≤3(33abc c b a -++)成立. 我创新，我超越13.设a 、b∈R ,0≤x≤1且0≤y≤1,求证:对于任意实数a 、b,必存在满足条件的x 、y,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 分析:本题为“存在性”问题,可用反证法证明. 证明:假设不存在x 、y 使｜xy-ax-by ｜≥31成立, 即对于所有的0≤x≤1,0≤y≤1,使得｜xy-ax-by ｜<31成立. 令x=0,y=1,得｜b ｜<31; 令x=1,y=0,得｜a ｜<31;令x=y=1,得｜1-a-b ｜<31. 又∵｜1-a-b ｜≥1-｜a ｜-｜b ｜>1-31-31=31,与｜1-a-b ｜<31矛盾. ∴假设不成立.∴对于任意实数a 、b 必存在0≤x≤1且0≤y≤1,使｜xy-ax-by ｜≥31成立. 14.若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.分析:本题的条件为三次,结论为一次,由一次到三次容易推证,由三次到一次不易推证,可用反证法.证法一:假设a+b>2,则a 2-ab+b 2=(a-21b)2+43b 2≥0.当且仅当a=b=0时取“=”,但a 3+b 3=2,∴不能取“=”.∴a 2-ab+b 2>0.∵a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2)>2(a 2-ab+b 2),而a 3+b 3=2,∴2>2(a 2-ab+b 2),即a 2-ab+b 2<1.∴1+ab>a 2+b 2≥2ab.∴ab<1.∴a 2+b 2<1+ab<2.∴(a+b)2=a 2+b 2+2ab<2+2ab<4.∴a+b<2,与a+b>2矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.证法二:假设a+b>2,则a>2-b.∴2=a 3+b 3>(2-b)3+b 3,=8-12b+6b 2-b 3+b 3,即(b-1)2<0,与(b-1)2≥0矛盾.∴假设不成立,∴a+b≤2成立.证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a 3+3a 2b+3ab 2+b 3=2+3ab(a+b)>8,即3ab(a+b)>6.∴ab(a+b)>2=a 3+b 3=(a+b)(a 2-ab+b 2).∴(a+b)(ab -a 2+ab-b 2)>0,即(a+b)(a 2-2ab+b 2)<0,(a+b)(a-b)2<0.但∵(a -b)2≥0,a+b>2,∴(a+b)(a -b)2≥0,矛盾.∴假设不成立.∴a+b≤2成立.。
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5.3.1 比较法
自我小测
1若P＝2，Q＝6－2，R＝7－3，则P、Q、R的大小关系是________．
2已知a、b都是正数，P＝a＋b2，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是________．
3已知a＞0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P、Q的大小关系是________．
4当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________．
5若－1＜a＜b＜0，则1a，1b，a2，b2中值最小的是________．
6设a＞0，b＞0.求证：aabb≥(ab)a＋b2.
7设a＞b＞c＞0，x＝a2＋(b＋c)2，y＝b2＋(c＋a)2，z＝c2＋(a＋b)2，则x，y，
z
的大小关系为________．
8比较大小：log34________log67.
9已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
10(2010江苏高考，理21D)设a、b为非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．
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参考答案
1．P＞Q＞R 解析：∵2＋2＝22＞6.
∴2＞6－2，即P＞Q；
又∵6＋3＞7＋2.
∴6－2＞7－3，即Q＞R.∴P＞Q＞R.
2．P≤Q 解析：∵a，b都是正数，∴P＞0，Q＞0，
∴P2－Q2＝a＋b22－(a＋b)2
＝－(a－b)22≤0，
∴P2－Q2≤0，
∴P≤Q.
3．P＞Q 解析：P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaa3＋1a2＋1.
当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，则0＜a3＋1a2＋1＜1，
∴logaa3＋1a2＋1＞0，
即P－Q＞0.
∴P＞Q.
当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，则a3＋1a2＋1＞1，
∴logaa3＋1a2＋1＞0，
即P－Q＞0.
∴P＞Q.
4．x3＞x2－x＋1 解析：x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(
x
2
＋1)，且x＞1，∴x－1＞0.
又x2＋1＞0，∴x3－(x2－x＋1)＞0，即x3＞x2－x＋1.
5．1b 解析：依题意，知1a＞1b，a2＞b2，故只需比较1b与b2的大小．
∵b2＞0，1b＜0，
∴1b＜b2.
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6．证明：∵aabb＞0，(ab)a＋b2＞0，
∴aabb(ab)a＋b2＝aa－b2bb－a2＝aba－b2.
当a＝b时，有aba－b2＝1；
当a＞b＞0时，ab＞1，a－b2＞0，
当b＞a＞0时，0＜ab＜1，a－b2＜0，
由指数函数的单调性，有aba－b2＞ab0，
即aba－b2＞1.
综上可知，对任意实数a、b，都有aabb≥(ab)a＋b2.
7．x＜y＜z 解析：∵a＞b＞c＞0.
∴x＞0，y＞0，z＞0.b－a＜0，c－b＜0.
而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0.
∴x2＜y2，即x＜y；
又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]＝2ac－2ab＝2a(c－b)＜0.
∴y＜z.
∴x＜y＜z.
8．＞ 解析：设log34＝a，log67＝b，则3a＝4,6b＝7，得7×3a＝4×6b＝4×2b×3b，
即3a－b＝4×2b7.显然b＞1.
所以2b＞2，则3a－b＝4×2b7＞1.
所以a－b＞0，即a＞b.
9．证明：∵a＞2，∴a－1＞1，loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0，所以loga(a－1)log(a＋1)a＝loga(
a
－1)loga(a＋1)＜loga(a－1)＋loga(a＋1)22＝loga(a2－1)22.
∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2，
∴loga(a2－1)22＜logaa222＝1，
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∴loga(a－1)log(a＋1)a＜1，
∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.
10．证明：由a、b是非负实数，作差得
a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b
)5]．
当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a＜
b
时，a＜b，从而(a)5＜(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]＞0.
所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．