高中数学第二讲证明不等式的基本方法复习课练习(含解析)新人教A版选修45
高考数学总复习 第2讲 证明不等式的基本方法配套练习 理 新人教A版选修4-5
选修4-5 第2讲(时间：45分钟 分值：100分)一、选择题1. 若|a －c |<|b |，则下列不等式中正确的是( ) A. a <b ＋c B. a >c －b C. |a |>|b |－|c | D. |a |<|b |＋|c |答案：D解析：|a |－|c |≤|a －c |<|b |，即|a |<|b |＋|c |.故选D.2. [2013·鸡西模拟]若实数x 、y 满足1x 2＋1y2＝1，则x 2＋2y 2有( )A. 最大值3＋2 2B. 最小值3＋2 2C. 最大值6D. 最小值6答案：B解析：由题意知，x 2＋2y 2＝(x 2＋2y 2)·(1x 2＋1y 2)＝3＋2y 2x 2＋x 2y 2≥3＋22，当且仅当x 2y 2＝2y2x2时，等号成立，故选B.3. [2013·广东调研]已知a ，b 为实数，且a >0，b >0. 则(a ＋b ＋1a )(a 2＋1b ＋1a2)的最小值为( )A. 7B. 8C. 9D. 10答案：C解析：因为a >0，b >0，所以a ＋b ＋1a ≥33a ×b ×1a＝33b >0，①同理可证：a 2＋1b ＋1a 2≥331b>0.②由①②及不等式的性质得(a ＋b ＋1a )(a 2＋1b ＋1a 2)≥33b ×331b＝9.4. [2013·柳州模拟]已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为( )A. 12 B. 1 C. 32 D. 2答案：C 解析：2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥ 22 x －a ·2x －a ＋2a ＝2a ＋4≥7，∴a ≥32. 5. [2013·金版原创]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＋qm ＋n<q m＋q nC. 1＋qm ＋n＝q m＋q nD. 不能确定答案：A 解析：1＋qm ＋n －q m－q n＝q m(q n－1)－(q n－1)＝(q n－1)(q m－1)， ①当0<q <1时，q n<1，q m<1. ②当q >1时，q n>1，q m>1. ∴(q n－1)(q m－1)>0，∴1＋qm ＋n>q m＋q n，故选A.6. [2012·湖北高考]设a ，b ，c ，x ，y ，z 是正数，且a 2＋b 2＋c 2＝10，x 2＋y 2＋z 2＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z＝( )A. 14 B. 13 C. 12 D. 34答案：C解析：由柯西不等式得(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2，而由已知有(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)＝10×40＝202＝(ax ＋by ＋cz )2，故a x ＝b y ＝c z＝k ，代入得a 2＋b 2＋c 2＝k 2(x 2＋y 2＋z 2)＝40k 2＝10，解得k ＝12(舍去负值)，所以a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝k ＝12.故选C.二、填空题7. 函数y ＝21－x ＋2x ＋1的最大值为________． 答案：3解析：y 2＝(2·2－2x ＋1·2x ＋1)2≤[(2)2＋12][(2－2x )2＋(2x ＋1)2]＝3×3， ∴y ≤3.8. [2013·许昌模拟]对于任意实数a 、b ，若|a －b |≤1，|2a －1|≤1，则|4a －3b ＋2|的最大值为________．答案：6解析：因为|a －b |≤1，|2a －1|≤1，所以|3a －3b |≤3，|a －12|≤12，所以|4a －3b ＋2|＝|(3a －3b )＋(a －12)＋52|≤|3a －3b |＋|a －12|＋52≤3＋12＋52＝6，即|4a －3b ＋2|的最大值为6.9. 已知x ，y ，z 为正实数，且1x ＋1y ＋1z＝1，则x ＋4y ＋9z 的最小值为________．答案：36解析：解法一：由柯西不等式，得x ＋4y ＋9z ＝[(x )2＋(2y )2＋(3z )2]·[(1x)2＋(1y)2＋(1z)2]≥(x ·1x＋2y ·1y ＋3z ·1z)2＝36.当且仅当x ＝2y ＝3z 时等号成立， 此时x ＝6，y ＝3，z ＝2.所以当x ＝6，y ＝3，z ＝2时，x ＋4y ＋9z 取得最小值36. 解法二：∵1x ＋1y ＋1z＝1，∴x ＋4y ＋9z ＝(x ＋4y ＋9z )(1x ＋1y ＋1z )，即x ＋4y ＋9z ＝14＋4y x ＋9z x ＋x y＋9z y＋x z ＋4yz≥14＋24y x ·x y＋29z x ·x z＋29z y ·4yz＝36.(当且仅当x ＝2y ＝3z 时取“＝”)，即x ＝6，y ＝3，z ＝2时，(x ＋4y ＋9z )min ＝36.故填36.三、解答题10. 已知a >0，证明： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.解：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，因为a >0，所以只要证(a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a ＋2)2，即证a 2＋1a2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋4＋22(a＋1a)，故只需证 2a 2＋1a 2≥a ＋1a ，即证a 2＋1a 2≥2，而由基本不等式可知a 2＋1a2≥2成立．故a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.11. [2013·正定模拟]设正有理数x 是3的一个近似值，令y ＝1＋21＋x .(1)若x >3，求证：y <3； (2)求证：y 比x 更接近于 3. 证明：(1)y －3＝1＋21＋x －3＝3－3＋x －3x 1＋x ＝ 1－3 x －3 1＋x， ∵x >3，∴x －3>0，而1－3<0，∴y < 3. (2)∵|y －3|－|x －3| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－3 x －3 1＋x －|x －3|＝|x －3|(3－11＋x －1)＝|x －3|(3－2－x1＋x)， ∵x >0，3－2<0，|x －3|>0， ∴|y －3|－|x －3|<0，即|y －3|<|x －3|.∴y 比x 更接近于 3. 12. [2013·南昌调研]已知x ＋y >0，且xy ≠0. (1)求证：x 3＋y 3≥x 2y ＋y 2x ；(2)如果x y 2＋y x 2≥m 2(1x ＋1y)恒成立，试求实数m 的取值范围或值．解：(1)∵x 3＋y 3－(x 2y ＋y 2x )＝x 2(x －y )－y 2(x －y )＝(x ＋y )(x －y )2，且x ＋y >0，(x －y )2≥0，∴x 3＋y 3－(x 2y ＋y 2x )≥0. ∴x 3＋y 3≥x 2y ＋y 2x .(2)(ⅰ)若xy <0，则x y 2＋y x 2≥m 2(1x ＋1y )等价于m 2≥x 3＋y 3xy x ＋y ＝x 2－xy ＋y 2xy ，又∵x 2－xy ＋y 2xy ＝ x ＋y 2－3xy xy <－3xyxy ＝－3，即x 3＋y 3xy x ＋y<－3，∴m >－6； (ⅱ)若xy >0，则x y 2＋y x 2≥m 2(1x ＋1y )等价于m 2≤x 3＋y 3xy x ＋y ＝x 2－xy ＋y 2xy ，又∵x 2－xy ＋y 2xy ≥2xy －xy xy ＝1，即x 3＋y 3xy x ＋y≥1，∴m ≤2.综上所述，实数m 的取值范围是(－6,2]．。
(新人教版)最新年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法高效演练 新人教A版选修4-5【
2.3 反证法与放缩法A 级 基础巩固一、选择题1．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 ＜3b C. 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：D2．用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时，其假设为( )A ．a ，b ，c ，全不为0B ．a ，b ，c 至少有一个为0C ．a ，b ，c 至少有一个不为0D ．a ，b ，c 至多有一个不为0解析：“a ，b ，c 全为0”的否定是“a ，b ，c 至少有一个不为0”．答案：C3．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．其中判断正确的命题个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 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．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2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：因为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，所以a ，b ，c 三者中至少有一个不小于2.答案：C5．若a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，设M ＝827－27a，N ＝(a ＋c )·(a ＋b )，则( ) A ．M ≥NB ．M ≤NC ．M ＞ND ．M ＜N解析：依题设，1－a ，1－b ，1－c 均大于0，又a ＋b ＋c ＝1， 所以3（1－a ）（1－b ）（1－c ）≤13[(1－a )＋(1－b )＋(1－c )]＝23， 所以(1－a )(1－b )(1－c )≤827， 从而827－27a≥(1－b )(1－c )＝(a ＋c )(a ＋b )， 所以M ≥N ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立． 答案：A二、填空题6．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤： ①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C ＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠A ＝∠B ＝90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设∠A ，∠B ，∠C 中有两个角是直角，不妨设∠A ＝∠B ＝90°.正确顺序的序号排列为________．解析：由反证法证明的步骤知，先假设即③，再推出矛盾即①，最后做出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.答案：③①②7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．解析：因为lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1， 所以lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜18．设M ＝12＋12＋1＋12＋2＋…＋12－1，则M 与1的大小关系为________． 解析：因为210＋1＞210，210＋2＞210，…，211－1＞210，所以 M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜1210＋1210＋…＋1210,210个＝1. 答案：M ＜1三、解答题9．已知x ，y ＞0，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ，1＋y x中至少有一个小于2. 证明：(反证法)设1＋x y ≥2，1＋y x≥2， 则⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ≥2y ， ①1＋y ≥2x . ② 由①②式可得2＋x ＋y ≥2(x ＋y )，即x ＋y ≤2，与题设矛盾．所以1＋x y ，1＋y x中至少有一个小于2. 10．已知n ∈N *，求证：1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜（n ＋1）22. 证明：由基本不等式，得n （n ＋1）＜n ＋n ＋12＝2n ＋12， 所以1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜32＋52＋…＋2n ＋12＝3＋5＋…＋（2n ＋1）2＝n （n ＋2）2＝n 2＋2n 2＜（n ＋1）22，故原不等式成立．B 级 能力提升1．若a ＞0，b ＞0，满足ab ≥1＋a ＋b ，那么( )A ．a ＋b 有最小值2＋2 2B ．a ＋b 有最大值(2＋1)2C ．ab 有最大值2＋1D ．ab 有最小值2＋2 2解析：1＋a ＋b ≤ab ≤（a ＋b ）24， 所以(a ＋b )2－4(a ＋b )－4≥0，解得a ＋b ≤2－22或a ＋b ≥2＋22，因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋b ≥2＋2 2.答案：A2．设x ，y ，z ，t 满足1≤x ≤y ≤z ≤t ≤100，则x y ＋z t的最小值为________． 解析：因为x y ≥1y ≥1z ，且z t ≥z 100， 所以x y ＋z t ≥1z ＋z 100≥2 1z ·z 100＝15， 当且仅当x ＝1，y ＝z ＝10，t ＝100时，等号成立．答案：153．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)解：当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2.两式相减得a n ＋1＝12a n . 所以a n 是首项为1，公比为12的等比数列． 所以a n ＝12n －1. (2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ， 所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.①又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *，所以①式等号左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．。
高中数学选修4-5(人教A版)4-5第二讲证明不等式的方法2.2知识点总结含同步练习题及答案
描述：高中数学选修4-5(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案
第二讲 证明不等式的基本方法 二 综合法与分析法
一、知识清单
不等式证明的基本方法
二、知识讲解
1.不等式证明的基本方法
比较法
要证明一个不等式也可以如同进行实数大小比较一样，采用做差、变形、确定符号的方式进行，我们将这种方法称之为比较法（comparison method）．
分析法和综合法
从欲证的不等式出发，执“果”索“因”，层层推求使结论成立的充分条件，直至能够可定这些充分条件已经具备为止，进而断言原不等式式成立，我们把这种方法称之为分析法（analysis method）．从已知的基本不等式出发，利用不等式的基本性质导出欲证不等式，这种证明方法称为综合法（synthesis method）．所谓综合法就是由“因”导“果”，从题设条件出发，利用已知定义、公理、定理等逐步推进，证得所要求证的结论的方法．
反证法和放缩法
反证法（reduction to absurdtity）是先假设所要证的不等式不成立，也就是说不等式的反面成立，以此为出发点，结合已知条件，进行推理论证，最后推出和已知条件或已知条件不等式相矛盾的结果，从而断定假设错误，因而确定要证的不等式成立．
放缩法是不等式证明的基本方法，在不等式证明中几乎无处不在．它的依据是不等式的基本性质：”若，，则．“一般可考虑利用添项、舍项、已知不等式及函数的单调性等欲证不等式的左边或右边进行放大或缩小．
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a >b b >c
a >c。
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<.。
2017年高中数学第二讲证明不等式的基本方法模块复习课课件新人教A版选修4_5
因为α ∈(0,π),所以sinα >0,1-cosα >0,
又(2cosα -1)2≥0,所以2sin2α 所以2sin2α≤ 1sicno.s
1 s≤icno0s,
sin 1 cos
类型二 综合法证明不等式 【典例2】已知a>0,a2-2ab+c2=0且bc>a2,试证明:b>c. 【证明】因为a2-2ab+c2=0,所以a2+c2=2ab. 又a2+c2≥2ac,且a>0,所以2ab≥2ac,所以b≥c. 若b=c,由a2-2ab+c2=0,得a2-2ab+b2=0,所以a=b. 从而a=b=c,这与bc>a2矛盾.从而b>c.
当a>b>0时,bn-an<0,a-b>0,此时(a-b)(bn-an)<0; 当b>a>0时,bn-an>0,a-b<0, 此时(a-b)(bn-an)<0; 当a=b>0时,bn-an=0,a-b=0,此时(a-b)(bn-an)=0. 综上所述:(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)≤0. 即(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).
由于0<x<2,所以0<x(2-x)=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1, 同理:0<y(2-y)≤1,且0<z(2-z)≤1, 所以三式相乘得0<xyz(2-x)(2-y)(2-z)≤1,…② ②与①矛盾,故假设不成立.所以x(2-y),y(2-z),z(2-x) 不都大于1.
【方法技巧】 1.反证法 先假设要证明的结论是不正确的,然后利用公理、已有 的定义、定理、命题的条件逐步分析,得到和命题的条 件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论,以此说明 假设的结论不成立,从而原来的命题结论正确.
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.2 分析法与综合法同步检测(含解析)新人教A版选修4-5
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2。
2分析法与综合法同步检测一、选择题1。
设a，b＞0,，，则A,B的大小关系是（）A。
A＝B B。
A＜B C。
A＞B D.大小不确定答案:C解析：【解答】用综合法:，所以.所以.又,，所以.【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是对所给关系式A,B两边平方作差比较即可.2。
下面对命题“函数是奇函数”的证明不是综合法的是A。
且x≠0有,则是奇函数B.且x≠0有，所以，则是奇函数C。
且x≠0，∵,∴，∴,则是奇函数D.取,，又,则是奇函数答案：D解析：【解答】D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法。
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据综合法的特征分析判断即可.3. 若O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点,动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的( ）A。
外心 B。
内心 C。
重心 D。
垂心答案：B解析：【解答】∵，∴。
∴AP是△ABC中∠BAC的内角平分线，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的内心【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据所给条件平行四边形法则得到AP是△ABC中∠BAC的内角平分线,证明问题。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 一 比较法学案 新人教A版选修45
一 比较法1．理解作差比较法和作商比较法． 2．用比较法证明不等式．1．比较法的种类比较法一般分为两种：____________和____________． 2．作差比较法(1)作差比较法的证明依据：__________.(2)基本步骤：①______；②______；③__________；④________.用作差比较法证明不等式时，要判断不等式两边差的符号，对不等式两边求差后，要通过配方、因式分解、通分等，对所得代数式进行变形，得到一个能够明显看得出其符号的代数式，进而得出证明．【做一做1－1】 当a ＜b ＜0时，下列关系式中成立的是( )A.a 2＜b 2B ．lg b 2＜lg a2C.b a＞1D ．21()2a ＞21()2b【做一做1－2】 若P ＝2，Q ＝6－2，R ＝7－3，则P ，Q ，R 的大小关系是( ) A ．P ＞Q ＞R B ．P ＞R ＞Q C ．Q ＞P ＞R D ．Q ＞R ＞P 3．作商比较法(1)作商比较法的证明依据：____________(2)基本步骤：①______；②______；③______________；④________. 【做一做2－1】 比较大小：log 34__________log 67. 【做一做2－2】 比较大小：121log 3________131log 2.答案：1．作差比较法 作商比较法2．(1) ①a <b ⇔a －b <0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a >b ⇔a －b >0 (2)作差 变形 判断符号 下结论【做一做1－1】 B 方法1：取特殊值a ＝－4，b ＝－1，则知选项A ，C ，D 不正确，选项B 正确，故选B ；方法2：∵a ＜b ＜0，∴a 2＞b 2.而函数y ＝lg x (x ＞0)为增函数，∴lg b 2＜lg a 2，B 项正确．【做一做1－2】 A ∵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 .3．(1)当b ＞0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ⇔ab＝1；a >b ⇔ab >1；a <b ⇔a b <1.(2)作商 变形 判断与“1”的大小 下结论【做一做2－1】 ＞ 设log 34＝a ，log 67＝b ，则3a ＝4,6b ＝7，得7×3a ＝4×6b＝4×2b ×3b，即3a －b＝4×2b7，由log 67＝b 可知，b ＞1， 所以2b＞2，则3a －b＝4×2b7＞1，所以a －b ＞0，即a ＞b ，即log 3 4＞log 6 7.【做一做2－2】 ＞ 12131log 31log 2＝112211log log 33⋅＝2121(log )3，又∵121log 3＞121log 2＝1， ∴2121(log )3＞1. ∴121log 3＞131log 2.1．作差比较法证明不等式的一般步骤剖析：(1)作差：将不等式左右两边的式子看作一个整体进行作差．(2)变形：将差式进行变形，变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方和等等．(3)判断符号：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号． (4)结论：肯定不等式成立的结论．若差式的符号不能确定，且与某些字母的取值有关时，需对这些字母进行讨论． 2．作商比较法中的符号问题的确定 剖析：在作商比较法中，b a＞1b ＞a 是不正确的，这与a ，b 的符号有关，比如若a ，b ＞0，由b a ＞1，可得b ＞a ，但若a ，b ＜0，则由ba＞1得出的反而是b ＜a ，也就是说，在作商比较法中，要对a ，b 的符号作出判断．否则，结论将是错误的．对于此类问题，可分为含参数变量类的和大小固定的，因而也可以通过特殊值的方法进行一定的猜测，进而给出一定的理性推理或证明过程．使用作商比较法时一定要注意不等式两边的式子均为正值，若均为负值时，可先同乘以－1，转化后再进行证明．题型一 利用作差比较法证明不等式【例1】 已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1.分析：因不等式两边进行分子有理化相减后，可判断差的符号，故可用作差比较法进行证明．反思：根据左、右两边都含无理式的特点，也可以采取两边平方的方法来比较，但是应先判断两边的符号，都大于0时，两边平方是等价变形，否则要改变不等号．又因为a ≥1，所以不等式两边都大于0，故还可以用作商比较法进行证明．题型二 利用作商比较法证明不等式【例2】 已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 分析：因为a ，b 均为正数，故而不等式左边和右边都是正数，所以可以用作商比较法进行比较．反思：作商比较法的前提条件是两个数a ，b 都大于0，对a b进行整理，直到能清晰看出ab与1的大小关系为止．在运算过程中注意运用计算技巧． 题型三 比较法在综合题目中的应用【例3】 已知数列{a n }的首项a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5(n∈N ＋)． (1)证明数列{a n ＋1}是等比数列；(2)令f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，求函数f (x )在点x ＝1处的导数f ′(1)，并比较2f ′(1)与23n 2－13n 的大小．分析：在比较大小时，作差法的差式与“n ”的取值有关，且大小关系随“n ”的变化而变化．反思：此类题是典型的结论不唯一的比较大小的问题．在数列中，大小问题可能会随“n ”变化而变化．往往n ＝1,2，…前几个自然数对应的值与后面n ≥n 0的值大小不一样，这就要求在解答这样的题时，要时刻有“大小关系不一定唯一”的念头，即时刻提醒自己所求解的问题是否需要讨论．答案：【例1】 证明：∵(a ＋1－a )－(a －a －1)＝1a ＋1＋a －1a ＋a －1＝a －1－a ＋1a ＋1＋a a ＋a －1＜0，∴a ＋1－a ＜a －a －1.【例2】 证明：∵a b ＋ba a ＋b＝ab a ＋b＋b aa ＋b＝a ab ＋b ＋bab ＋a＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋a ＋b ab ＝a 2＋b 2＋a ＋b ab 2ab ＋a ＋bab， 又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴a 2＋b 2＋a ＋b ab 2ab ＋a ＋b ab ≥2ab ＋a ＋b ab2ab ＋a ＋b ab＝1， 当且仅当a ＝b ＞0时取等号． ∴a b ＋ba≥a ＋b . 【例3】 (1)证明：由已知S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，① ∴n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ＋4，② ①②两式相减，得S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1， 即a n ＋1＝2a n ＋1，从而a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)． 当n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5， ∴a 1＋a 2＝2a 1＋6. 又a 1＝5，故a 2＝11， 从而a 2＋1＝2(a 1＋1)．故总有a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，n ∈N ＋. 又∵a 1＝5，∴a 1＋1≠0，从而a n ＋1＋1a n ＋1＝2， 即{a n ＋1}是以a 1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)可知a n ＝3×2n－1.∵f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，∴f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋na n x n －1. 从而f ′(1)＝a 1＋2a 2＋…＋na n＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n (3×2n－1)＝3(2＋2×22＋…＋n ×2n)－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝3[n ×2n ＋1－(2＋ (2))]－n n ＋12＝3(n ×2n ＋1－2n ＋1＋2)－n n ＋12＝3(n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋6.则2f ′(1)－(23n 2－13n )＝12(n －1)·2n －12(2n 2－n －1)＝12(n －1)·2n－12(n －1)(2n ＋1)＝12(n －1)[2n－(2n ＋1)]．(*) 当n ＝1时，(*)式＝0，∴2f ′(1)＝23n 2－13n ；当n ＝2时，(*)式＝－12＜0，∴2f ′(1)＜23n 2－13n ； 当n ≥3时，n －1＞0，又2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C nn ≥2n ＋2＞2n ＋1，∴(n －1)[2n－(2n ＋1)]＞0，即(*)式＞0，从而2f ′(1)＞23n 2－13n .1．已知a ＞0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P ＞Q B ．P ＜Q C ．P ＝Q D ．大小不确定 2．下列命题：①当b ＞0时，a ＞bab ＞1； ②当b ＞0时，a ＜b ab ＜1；③当a ＞0，b ＞0时，ab ＞1a ＞b ；④当ab ＞0时，ab＞1a ＞b .其中是真命题的为( )A ．①②③B ．①②④C ．④D ．①②③④3．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是__________．4．对于任意的实数x ，求证：x 2＋3＞2x .5．已知{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列． (1)求q 的值；(2)设{b n }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n ≥2时，比较S n与b n 的大小，并说明理由．答案：1．A P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝321log 1a a a ++.当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜3211a a ++＜1，∴321log1aaa++＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，3211aa++＞1，∴321log1aaa++＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.2．A3．x3＞x2－x＋1 ∵x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，∴x－1＞0.又x2＋1＞0，∴x3－(x2－x＋1)＞0，即x3＞x2－x＋1.4．证明：∵x2＋3－2x＝(x－1)2＋2＞0，∴x2＋3＞2x.5．解：(1)由题设知2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q.又a1≠0，∴2q2－q－1＝0.∴q＝1或12 -.(2)若q＝1，则S n＝(1)22n nn-+＝232n n+＝(3)2n n+.当n≥2时，S n－b n＝S n－1＝(1)(2)2n n-+＞0，故S n＞b n.若q＝12-，则S n＝(1)12()22n nn-+⋅-＝294n n-+＝(9)4n n--.当n≥2时，S n－b n＝S n－1＝(1)(10)4n n---，故对于n∈N＋，当2≤n≤9时，S n＞b n；当n＝10时，S n＝b n；当n≥11时，S n＜b n.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 三 反证法与放缩法习题 新人教A版选修4-5
3．实数 a，b，c 满足 a＋2b＋c≥2，则( ) A．a，b，c 都是正数 B．a，b，c 都大于 1 C．a，b，c 都小于 2 D．a，b，c 中至少有一个不小于12 解析：选 D.假设 a，b，c 均小于12，则 a＋2b＋c<12＋1＋12，与 已知矛盾，所以假设不成立，故 a，b，c 中至少有一个不小于 1 2.
9．若 n 是大于 1 的自然数，求证：112＋212＋312＋…＋n12<2. 证明：因为k12<k（k1－1）＝k－1 1－1k， k＝2，3，…，n(n∈N＋)， 所以112＋212＋312＋…＋n12<11＋1×1 2＋2×1 3＋…＋（n－11）n＝11 ＋11－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1＝2－n1<2， 所以112＋212＋312＋…＋n12<2.
第二讲 证明不等式的基本方法
三 反证法与放缩法
精选课件
[A 基础达标]
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与结论相反的判断，即假设；
②原命题的条件；
③公理、定理、定义等；
④原结论．
A．①②
B．①②④
C．①②③
D．②③
解析：选 C.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．
8．某同学准备用反证法证明如下一个问题： 函数 f(x)在[0，1]上有意义，且 f(0)＝f(1)．如果对于不同的 x1， x2∈[0，1]都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.求证：|f(x1)－f(x2)|<12，那 么他的反设应该是________________________________． 解析：对任意 x1，x2∈[0，1](x1≠x2)都有|f(x1)－f(x2)|<12的反面 是存在 x1，x2∈[0，1]且 x1≠x2 有|f(x1)－f(x2)|≥12. 答案：存在 x1，x2∈[0，1]且 x1≠x2 使|f(x1)－f(x2)|≥12
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5-新
2.2 综合法与分析法[A 级 基础巩固]一、选择题1．若实数x ，y 满足不等式xy ＞1，x ＋y ≥0，则()A ．x ＞0，y ＞0B ．x ＜0，y ＜0C ．x ＞0，y ＜0D ．x ＜0，y ＞0解析：因为xy ＞1＞0，所以x ，y 同号．又x ＋y ≥0，故x ＞0，y ＞0.答案：A2．设x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤2(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：因为x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，所以(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22. 所以(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0，解得x ＋y ≥2(2＋1)．答案：A3．对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是()A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．sin(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)． 答案：D4．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a解析：因为13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1， 所以0＜a ＜b ＜1，所以a aa b ＝a a －b ＞1，所以a b ＜a a ， a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .因为0＜a b＜1，a ＞0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，所以a a ＜b a ，所以a b ＜a a ＜b a . 答案：C5．已知a ，b ∈R，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )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：当a ＞1，b ＞1时，两式相加得a ＋b ＞2，两式相乘得ab ＞1.反之，当a ＋b ＞2，ab ＞1时，a ＞1，b ＞1不一定成立．如：a ＝12，b ＝4也满足a ＋b ＞2，ab ＝2＞1，但不满足a ＞1，b ＞1. 答案：B二、填空题6．若1a ＜1b ＜0，已知下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2. 其中正确的不等式的序号为________．解析：因为1a ＜1b＜0， 所以b ＜a ＜0，故②③错．答案：①④7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为：lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 解析：12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12， 又lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22， 因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋1＞0，b ＋1＞0，所以[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22， 所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≥8．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．解析：P ＝a ＋b 2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b ， 所以R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b 2， 当且仅当a ＝b 时取等号．答案：P ≥Q ≥R三、解答题9．已知a ＞0，b ＞0，2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a .证明：要证c －c 2－ab ＜a ，只需证明c ＜a ＋c 2－ab ，即证b －a ＜2c 2－ab ，当b －a ＜0时，显然成立；当b －a ≥0时，只需证明b 2＋a 2－2ab ＜4c 2－4ab ，即证(a ＋b )2＜4c 2，由2c ＞a ＋b 知上式成立．所以原不等式成立．10．已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数．求证：aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m. 证明：要证a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m ，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )·(b ＋m )>0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0.由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m >0，故有a ＋b >c ，即(a ＋b －c )m 2>0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的．因此aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m 成立．B 级 能力提升1．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( )A ．S ≥2PB ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．P ≤S ＜2P 解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，所以a 2＋b 2－2ab ＜c 2，同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2，所以a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .答案：D2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n 的大小关系是________．解析：要比较2n ＋1与2n ＋1n 的大小，只需比较(2n ＋1)2与⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2的大小，即4n ＋4与4n ＋4＋1n 的大小． 因为n 为正整数，所以4n ＋4＋1n＞4n ＋4. 所以2n ＋1＜2n ＋1n .答案：2n ＋1＜2n ＋1n3．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|，综上所述a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法综合检测 新人教A版选修45
【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法综合检测 新人教A 版选修4-5(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．已知a 、b 、c 、d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd中最大的是( )A.a bB ．a ＋cb ＋d C.a ＋2cb ＋2dD ．c d【解析】 因为a ，b ，c ，d 均是正数且bc ＞ad ， 所以有c d ＞a b. ①又c d －a ＋c b ＋d ＝c b ＋d －a ＋c dd b ＋d＝bc －add b ＋d ＞0，∴c d ＞a ＋cb ＋d，②c d －a ＋2c b ＋2d ＝c b ＋2d －a ＋2c ·d d b ＋2d＝bc －add b ＋2d ＞0，∴c d ＞a ＋2cb ＋2d.③由①②③知c d最大，故选D. 【答案】 D2．(2013·商丘模拟)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 ＞yz C ．x |y |＞z |y |D ．xy ＞xz【解析】 法一 特殊化法：令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A 、B 、C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ， ∴x ＞13＞z ，由x＞0，y＞z得xy＞xz.故D正确．【答案】 D3．对于x∈[0,1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( ) A．恒为正值B．恒为非负值C．恒为负值D．不确定【解析】依题意2b＞0，∴b＞0且a＋2b＞0，∴a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．【答案】 A4．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( )A．a n＞a n＋1B．a n＜a n＋1C．a n＝a n＋1D．与n的取值有关【解析】a n＋1－a n＝a n＋1b n＋1＋1－anbn＋1＝abn＋b＋1bn＋1∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N*.∴a n＋1－a n＞0，因此a n＋1＞a n.【答案】 B5．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】因为自然数a，b，c中可能有：全为奇数、二奇一偶、一奇二偶、全为偶数，共4种情况，故应选D.【答案】 D6．设a＝lg 2－lg 5，b＝e x(x＜0)，则a与b的大小关系是( )A．a＜b B．a＞bC．a＝b D．a≤b【解析】 a ＝lg 2－lg 5＝lg 25＜0.又x ＜0，知0＜e x＜1， 即0＜b ＜1， ∴a ＜b . 【答案】 A7．(2012·山东高考改编)若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝( )A.23 B ．2 C ．6D ．2或6【解析】 ∵|kx －4|≤2， ∴－2≤kx －4≤2， ∴2≤kx ≤6，∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}， ∴k ＝2. 【答案】 B8．设a ＝x 4＋y 4，b ＝x 3y ＋xy 3，c ＝2x 2y 2(x ，y ∈R ＋)，则下列结论中不正确的是( ) A ．a 最大 B ．b 最小C ．c 最小D ．a ，b ，c 可以相等【解析】 因为b ＝x 3y ＋xy 3≥2x 3y ·xy 3＝2x 2y 2＝c ，故B 错，应选B. 【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 ⇔(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】 D10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝(12)b 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 ＝(12)b 2－2＜(12)－2＝4，所以x ＞y . 【答案】 A11．(2013·开封模拟)已知a 、b 为非零实数，则使不等式a b ＋b a≤－2成立的一个充分而不必要条件是( )A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．a ＜0，b ＜0D ．a ＞0，b ＜0【解析】 因ab ＜0⇔a b ＋b a≤－2，∴a ＞0，b ＜0是a b ＋b a≤－2的充分不必要条件． 【答案】 D12．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 .∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－a ＋c242ac，＝3a 2＋c 2－2ac8ac＝3a 2＋c 28ac －14≥12.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．∴cos B 的最小值为12.又y ＝cos B ，在(0，π2)上是减函数，∴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．请把答案填在题中横线上) 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．已知a ，b ∈R ＋，则x ＝a b b a，y ＝a a b b的大小关系是________．【解析】 x y ＝a b b a a a b b ＝a b －a ·b a －b ＝(a b)b －a，若a ≥b ，则a b ≥1，而b －a ≤0，∴x y ≤1. 若a ＜b ，则a b＜1，而b －a ＞0，∴x y＜1. 综上，y ≥x . 【答案】 y ≥x15．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． ∵b ＋m ＞0，b ＞0，∴要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________． ∵m ＞0，∴只需证明b ＞a ， 由已知显然成立．∴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 ＞am16．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋，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．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)若q ＞0且q ≠1，m ，n ∈N *，比较1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小．【解】 1＋qm ＋n－q m －q n ＝q m (q n －1)－(q n－1)＝(q n－1)(q m －1)，①当0＜q ＜1时，q n＜1，q m＜1. ②当q ＞1时，q n＞1，q m＞1. ∴(q n－1)(q m－1)＞0， 故1＋qm ＋n ＞q m ＋q n.18．(本小题满分12分)已知a ，b 为正数，求证：1a ＋4b ≥9a ＋b .【证明】 ∵a ＞0，b ＞0， ∴(1a ＋4b )(a ＋b )＝5＋4a b ＋b a≥5＋24ab·b a＝9.由a ＋b ＞0，得1a ＋4b ≥9a ＋b.19．(本小题满分12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数． 求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【证明】 法一 要证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c只需证：lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)＞lg(abc )只需证：a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc∵a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2≥abc ＞0成立．∵a ，b ，c 为不全相等的正数，∴上式中等号不成立． ∴原不等式成立．法二 ∵a ，b ，c ∈{正实数}， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0，又∵a ，b ，c 为不全相等的实数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc ， ∴lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)＞lg(abc )，即lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .20．(本小题满分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，同理2－b ＋c2＞1， 2－c ＋a2＞1 三式相加2－a ＋b ＋2－b ＋c ＋2－c ＋a2＞3，即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 不能同时都大于1. 21．(本小题满分12分)求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋)．【证明】 ∵1k ＝22k＞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 ＝22k ＜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 . ∴2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋)．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 n ＜34.【解】 (1)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 －1q3＋n －1d －1＝q d ＝64， ①S 2b 2＝6＋d q ＝64. ②由①知，q ＝641d ＝26d③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 ＝1nn ＋2＝12(1n －1n ＋2) ∴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.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法自主训练 新人
第二讲 证明不等式的基本方法自主广场我夯基我达标1.下列关系中对任意a<b<0的实数都成立的是 ……（ ） A.a 2<b 2 B.lgb 2<lga 2 C.a b >1 D.(21)2a >(21)2b 思路解析:∵a<b<0,∴-a>-b>0. (-a)2>(-b)2>0,即a 2>b 2>0.∴22a b <1.又lgb 2-lga 2=lg 22ab <lg1=0. ∴lgb 2<lga 2. 答案:B2.已知a>0且a≠1,P=log a (a 3+1),Q=log a (a 2+1),则P,Q 的大小关系是（ ） A.P>Q B.P<QC.P=QD.大小不确定思路解析:P-Q=log a (a 3+1)-log a (a 2+1)=log a 1123++a a .当0<a<1时,0<a 3+1<a 2+1,0<1123++a a <1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.当a>1时,a 3+1>a 2+1>0, 1123++a a >1,∴log a 1123++a a >0.即P-Q>0,∴P>Q.答案:A3.a,b 都是正数,P=2b a +,Q=b a +,则P,Q 的大小关系是（ ）A.P>QB.P<QC.P≥QD.P≤Q 思路解析:∵a,b 都是正数,∴P>0,Q>0. ∴P 2-Q 2=(2b a +)2-(b a +)2=2)(2b a --≤0.∴P 2-Q 2≤0.∴P≤Q. 答案:D4.已知0<x<1,a=x 2,b=1+x,c=x-11,则其中最大的是（ ） A.a B.b C.c D.不能确定 思路解析:因为0<x<1,所以a>0,b>0,c>0, 又a 2-b 2=(x 2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,所以a 2-b 2<0,a<b.又c-b=x-11-(1+x)=x x -12>0,所以c>b,所以c>b>a.答案:C5. 已知a,b,c,d∈{正实数}且b a <dc,则（ ） A.b a <d b c a ++<dcB.d b c a ++<b a <d cC.b a <d c <db c a ++ D.以上均可能 思路解析:因为b a -)(d b b bcad d b c a +-=++.又因为a,b,c,d∈{正实数}且b a <dc ， 所以)(d b b bc ad +-,<0.所以db ca b a ++<.又因为d d b bc ad d c d b c a ∙+-=-++)(<0,所以dcd b c a <++. 答案:A6.若-1<a<b<0,则a 1,b1,a 2,b 2中值最小的是____________. 思路解析:依题意,知a 1>b 1,a 2>b 2,故只需比较b1与b 2的大小.因为b 2>0, b 1<0,∴b 1<b 2.答案:b17.已知x∈R ,求证:1+2x 4≥x 2+2x 3.证法一:1+2x 4-(x 2+2x 3) =2x 3(x-1)-(x-1)(x+1)=(x-1)(2x 3-x-1)=(x-1)2(2x 2+2x+1)=(x-1)2［(x+1)2+x 2］≥0,即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.证法二:1+2x 4-(x 2+2x 3) =x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1 =x 2(x-1)2+(x 2-1)2≥0.即1+2x 4-(x 2+2x 3)≥0.所以1+2x 4≥x 2+2x 3.8.已知a>b>c>0,求证:a 2a b 2b c 2c >a b+c b a+c c a+b.证明:由a>b>c>0,得a b+c b c+a c a+b>0.作商b a a c c b cc b b a a b a a c c b c b a cc b b a a c c b b a a c b a c b a =+++222=a a-b a a-c b b-c b b-a c c-a c c-b=(b a )a-b (c a )a-c (cb )b-c . 由a>b>c>0,得a-b>0,a-c>0,b-c>0,且b a >1,c a >1,cb>1. ∴(b a )a-b (c a )a-c (cb )b-c>1.∴a 2a b 2b c 2c>a b+c b c+a c a+b.9.已知x>0,x≠1,m>n>0,比较:x m+mx 1与x n+n x 1的大小.解:x m+mx1-(x n+n x 1) =x m -x n+m x1-n x 1=x m-x n+mn mn x x x +-=(x m -x n)(1-nm x+1).当0<x<1时,由m>n>0,知x m<x n且x m+n<1,则有1-nm x +1<0,所以(x m-x n)(1-nm x +1)>0.当x>1时,由m>n>0,知x m>x n且x m+n>1, 则有1-nm x+1>0.所以(x m-x n)(1-nm x +1)>0.综上所述:x m +m x1>x n+n x 1.我综合我发展10.已知a∈R ,b∈R ,且a≠b,在①a 2+3ab>2b 2;②a 5+b 5>a 3b 2+a 2b 3;③a 2+b 2≥2(a -b-1);④b a +ab>2.四个式子中恒成立的有（ ）A.4个B.3个C.2个D.1个思路解析:①④举反例很容易排除,对②利用作差法a 5+b 5-a 3b 2-a 2b 3=a 3(a 2-b 2)-b 3(a 2-b 2) =(a 2-b 2)(a 3-b 3)=(a-b)2(a+b)(a 2+ab+b 2),因为(a-b)2>0,a 2+ab+b 2>0,而a+b 的符号是不确定的,故差值符号不能确定,因此②不正确.对于③a 2+b 2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0，故a 2+b 2≥2(a -b+1),故③正确. 综合以上分析,只有③正确. 答案:D11.已知x=bt a a t b 22)()(---,y=a-b,其中a,b 均为正数,t∈R ,则下列结论成立的是（ ） A.当a≤b 时,x≥y B.当a≤b 时,x≤yC.x≥yD.x≤y.思路解析:x-y=at b 2)(--a+b-b t a 2)(-=bt a b t b a a a t b t b a ))(())((+--++---+ =abt b a )(-+(b 2-a 2+at-bt)=ab t b a 2)(-+·(b -a),故当a≤b 时,x≥y.答案:A12.设二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两个根x 1,x 2满足0<x 1<x 2<a1,当x∈(0,x 1)时,求证:x<f(x)<x 1.证明:令F(x)=f(x)-x=ax 2+(b-1)x+c. 由x 1,x 2是方程f(x)-x=0的两根,则 F(x)=a(x-x 1)(x-x 2). 又∵x∈(0,x 1),由0<x 1<x 2<a1,a>0, ∴F(x)=a(x -x 1)(x-x 2)>0, ∴f(x)-x>0,∴f(x)>x.又∵x 1-f(x)=x 1-［x+F(x)］ =x 1-x-a(x-x 1)(x-x 2)=a(x 1-x)［a 1+x-x 2］, 又∵0<x 1<x 2<a1,∴x 1-x>0,a1+x-x 2>0. ∴x 1-f(x)>0,∴x 1>f(x). 故x<f(x)<x 1.13.求证:|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|,其中a>0,a≠1,x∈(0,4π). 证明:由x∈(0,4π),∴tanx∈(0,1). ∴1-tanx∈(0,1),1+tanx∈(1,2).∵|log a (1-tanx)|>0,|log a (1+tanx)|>0,|)tan 1(log ||)tan 1(log |x x a a +-=|log (1+tanx)(1-tanx)|=-log (1+tanx)(1-tanx)=log (1+tanx)xtan 11-=log (1+tanx)tan)1)(tan 1(tan 1+-+x x=1+log (1+tanx)x2tan 11-. ∵1+tanx>1,0<1-tan 2x<1,∴x2tan 11->1.∴1+log (1+tanx)x2tan 11->1. ∴|log a (1-tanx)|>|log a (1+tanx)|.14.设函数f(x)=12+x -ax,其中a>0.若函数f(x)在［0,+∞)上是单调函数,求a 的取值范围.解:设取x 1,x 2∈［0,+∞),且x 1<x 2, f(x 1)-f(x 2)=112221+-+x x -a(x 1-x 2)=1122212221+++-x x x x -a(x 1-x 2)=(x 1-x 2)(11222121++++x x x x -a).(1)当a≥1时,由11222121++++x x x x <1,易知f(x 1)>f(x 2),所以,当a≥1时,函数f(x)在区间［0,+∞)上是单调递减函数.(2)当0<a<1时,在区间［0,+∞)上存在两点x 1=0,x 2=212a a-,满足f(x 1)=f(x 2)=1,从而f(x)在［0,+∞)不是单调函数.∴所求a 的取值范围是a∈［1,+∞).15.已知数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S 4=24.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设p,q 是正整数,且p≠q,求证:S p+q <21(S 2p +S 2q ). (1)解:设等差数列{a n }的公差是d,依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧=⨯+=+.242344,7211d a d a 解得a 1=3,d=2. ∴数列{a n }的通项公式为a n =a 1+(n-1)d=2n+1.(2)证明:∵a n =2n+1, ∴S n =2)(1n a a n +=n 2+2n. ∵2S p+q -(S 2p +S 2q )=2［(p+q)2+2(p+q)］-(4p 2+4p)-(4q 2+4q)=-2(p-q)2, 而p≠q,故2S p+q -(S 2p +S 2q )<0. ∴S p+q <21(S 2p +S 2q ).。
高考数学总复习 第2讲 证明不等式的基本方法课件 理 新人教A版选修45
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不同寻常的一本书，不可不读哟！
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1.了解证明不等式的基本方法(fāngfǎ)：比较法、综合法、 分析法、反证法、放缩法．
2. 会用柯西不等式证明一些简单的不等式以及求一些特定 函数的极值.
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1种必会方法 综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清 楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用， 以分析法寻找证明的思路，而用综合法叙述(xùshù)、表达整个 证明过程．
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证法二 (分析法) 要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2， 只需证3a3＋2b3－3a2b－2ab2≥0， 即3a2(a－b)＋2b2(b－a)≥0， 也即(a－b)(3a2－2b2)≥0，(*) ∵a≥b>0，∴a－b≥0. 又a2≥b2，则3a2≥2b2，∴3a2－2b2≥0. (*)式显然(xiǎnrán)成立，故原不等式成立.
所以a2＋b2＋c2≥3(abc)23，
①
1a＋1b＋1c≥3(abc)－13，
②
所以1a＋1b＋1c2≥9(abc)－23.
故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥3(abc)23＋9(abc)－23.
第二十六页，共45页。
又3(abc)23＋9(abc)－23≥2 27＝6 3，
③
所以原不等式成立．
a·1a＋
2b·
1＋ 2b
3c·13c)2＝9.所以不等式得证．
第三十四页，共45页。
柯西不等式的一般结构为(a12＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋… ＋b2n)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，在使用柯西不等式时，关键 是将已知条件通过配凑，转化为符合柯西不等式条件的式 子，为方便使用柯西不等式，有时常将 a 变形为 1×a 的形 式．
2020版高中数学第二讲证明不等式的基本方法检测(含解析)新人教A版选修4_5
第二讲证明不等式的基本方法检测(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若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是()A.aC.aa>b>0,∴a2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>xzx=2,y=0,z=-1,可排除选项A,B,C,故选D.3已知实数a,b,c满足b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,则a,b,c的大小关系是()A.c≥b>aB.a>c≥bC.c>b>aD.a>c>bc-b=(a-2)2≥ ,∴c≥b.由题中两式相减,得b=a2+1,∴b-a=a2-a+1-∴b>a.∴c≥b>a.4已知b>a>0,且a+b=1,那么()A.2ab--B.2ab--C--D.2ab--故选B..令a则2ab--5若实数a,b满足a+b=2,则3a+3b的最小值是()A.18B.6C.a+3b≥ 当且仅当a=b=1时,等号成立).6对于任意的x∈[0,1],若不等式ax+2b>0恒成立,则代数式a+3b的值() A.恒为正 B.恒为非负C.恒为负D.不确定f(x)=ax+2b,则在区间[0,1]上,若a>0,则f(x)min=f(0)=2b>0;若a<0,则f(x)min=f(1)=a+2b>0.故a+3b=b+a+2b>0.7若x,y∈R+,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是()AC由故选D.8要使-成立应满足的条件是A.ab<0,且a>bB.ab>0,且a>bC.ab<0,且a<bD.ab>0,且a>b或ab<0,且a<b-⇔a-b+⇔∴当ab>0时,有即b<a;当ab<0时,有即b>a.9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 °”时,假设应为()A.假设三个内角都不大于 °B.假设三个内角都大于 °C.假设三个内角至多有一个大于 °D.假设三个内角至多有两个大于 °10在△ABC中,A,B,C分别为边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≤C.0<B≤2b=a+c,∴cos B--当且仅当a=b=c时,等号成立.∵余弦函数在 ,内为减函数,∴0<B≤二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11设a则的大小顺序是∵∴a-b>0,即a>b.同理可得b>c.∴a>b>c.12已知a,b,c,d都为正数,且S则的取值范围是,得以上四个不等式相加,得1<S<2.13已知0<a<1,则-的最小值为(3a-1)2≥ ,所以9a2-6a+ ≥ .所以1+3a≥9a(1-a).因为0<a<1,所以-≥9,即--≥9.所以-≥9.14已知x1x2x3 … x2 017=1,且x1,x2,…,x2 017都是正数,则(1+x1)(1+x2 … +x2 017)的最小值是.x1是正数,则1+x1≥同理1+x2≥ ,1+x2017≥各式相乘,得(1+x1)(1+x2 … +x2017 ≥ 201 … 017,等号成立的条件为x1=x2=…=x2017=1.故所求最小值为22017.2 01715请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤ ”时的推论过程要证只要证(ac+bd)2≤ a2+b2)(c2+d2),即要证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,即要证a2d2+b2c2≥ abcd,.ac+bd≤ 时,不等式显然成立,所以当ac+bd>0时因为(ad-bc)2≥ ,所以a2d2+b2c2≥ abcd,所以不等式成立三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(8分)已知m>0,a,b∈R,求证m>0,所以1+m>0.所以要证即证(a+mb)2≤ +m)(a2+mb2),即证m(a2-2ab+b2 ≥ ,即证(a-b)2≥ .而(a-b)2≥ 显然成立,故17(8分)求证:2∈N+).∈N+,∴1>2[+=2-∈N+,又-∴1<1+2[+-=1+2故原不等式成立.18(9分)用反证法证明：若a,b,c,d为实数,a+b=1,c+d=1,且ac+bd>1,则a,b,c,d中至少有一个负数.a,b,c,d中至少有一个负数不成立,则a,b,c,d都为非负数,即a≥ ,b≥ ,c≥ ,d≥ .因为a+b=1,c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,即(ac+bd)+(bc+ad)=1.因为a,b,c,d均为非负数,于是有bc+ad≥ ,故由上式可以知道ac+bd≤ ,这与已知条件中的ac+bd>1矛盾,所以假设不成立.故a,b,c,d中至少有一个负数.19(10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c n b n,证明：当n≥ 时,c n+1<c n.∵S n=2n2+2n,∴当n≥ 时,S n-1=2(n-1)2+2(n-1).∴a n=S n-S n-1=4n(n≥ .∵当n=1时,S1=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≥ 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.-而T1=b1=2-b1,∴b1=1.--∴数列{b n}的通项公式为b n=1-(1),知c n=(4n)2b n=16n2∴c n+1=16(n+1)2当n≥ 时,1又由c n b n可知,c n+1和c n均大于0,∴c n+1<c n.20(10分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=19(1)求数列{a n}的通项a n与前n项和S n;(2)设b n∈N+),求证:数列{b n}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.由已知得 ,9 ,∴d=2.故a n=2n-1(1)得b n假设数列{b n}中存在三项b p,b q,b r(p,q,r互不相等)成等比数列,则即(q∴(q2-pr)∵p,q,r∈N+,- , --∴p=r.与p≠r矛盾.∴数列{b n}中任意不同的三项都不可能成等比数列.。
高中数学第2讲证明不等式的基本方法章末复习课学案新人教A版选修4_5
第2讲 证明不等式的基本方法[自我校对] ①作差法 ②综合法 ③执果索因 ④放缩法 ⑤间接证明作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．【例1】 设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. [自主解答] 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2) ＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(a －b )(3a 2－2b 2)． ∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2≥2a 2－2b 2≥0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，故3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2成立．1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜cC [a 与b 比较：a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96.∵9＞8，∴b ＞a ，b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315.∵35＞53，∴b ＞c ，a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510.∵32＞25，a ＞c ，∴b ＞a ＞c ，故选C.]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2】 已知实数x ，y ，z 不全为零，求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )．[自主解答] 因为x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2，同理可证：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，x 2＋xz ＋z 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， 所以三式累加得：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 )， 所以有x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )．2．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10. 求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .[证明] 由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ， 只要证明lg c lg a ＋lg clg b ≥4lg c .又c ＞1，故lg c ＞0，所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg blg a ·lg b ≥4.因ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1， 只要证明1lg a ·lg b≥4.(*)由a ＞1，b ＞1，故lg a ＞0，lg b ＞0，所以0＜lg a ·lg b ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a ＋lg b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即(*)式成立．所以，原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证.差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．【例3】 若a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.[自主解答] 设a ，b ，c 都不大于0， 则a ≤0，b ≤0，c ≤0， ∴a ＋b ＋c ≤0， 由题设知，a ＋b ＋c＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3， ∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 故a ，b ，c 中至少有一个大于0.3.如图，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜12BC .[证明] 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何定理“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(1)(2)知AD ＜12BC 成立.不等式的传递性，达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．【例4】 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ，b 1＋b ，c1＋c 也可以构成一个三角形．[自主解答] 设f (x )＝x1＋x ，x ∈(0，＋∞)．设0<x 1<x 2，则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1(1＋x 1)(1＋x 2)>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数．∵a ，b ，c 为三角形的三条边，于是a ＋b >c ， ∴c1＋c <a ＋b 1＋(a ＋b )＝a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b <a 1＋a ＋b 1＋b ，即c 1＋c <a 1＋a ＋b 1＋b， 同理b 1＋b <a1＋a ＋c1＋c ，a1＋a <b1＋b ＋c1＋c ， ∴以a1＋a ，b 1＋b ，c1＋c 为边可以构成一个三角形．4．已知|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9，求证：|x ＋2y －3z |＜ε.[证明] ∵|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9，∴|x ＋2y －3z |＝|1＋2y ＋(－3z )|≤|x |＋|2y |＋|－3z |＝|x |＋2|y |＋3|z |＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε.∴原不等式成立．1．若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( )A ． 2B ．2C ．2 2D ．4C [由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.]2．设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________．[解析] 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2(a ＋1)(b ＋3)＝9＋2(a ＋1)(b ＋3)≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32.∴t max ＝18＝3 2. [答案] 3 23．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．[解] (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)． 假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )1及a 2(n ＋2k )1，并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋ 3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝12(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立． 所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．4．已知a >0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．证明：(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立．[证明] (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e axcos x ＝e ax (a sin x ＋cos x )＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)． 其中tan φ＝1a ，0<φ<π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *.对k ∈N ，若2k π<x ＋φ<(2k ＋1)π，即2k π－φ<x <(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )>0； 若(2k ＋1)π<x ＋φ<(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ<x <(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )<0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)． 此时，f (x n )＝ea (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)·sin φ.易知f (x n )≠0，而f (x n ＋1)f (x n )＝(－1)n ＋2e a [(n ＋1)π－φ]sin φ(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ＝－e a π是常数， 故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立，即n π－φ<1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a <e a (n π－φ)a (n π－φ)(*)恒成立(因为a >0)．设g (t )＝e tt (t >0)，则g ′(t )＝e t(t －1)t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0<t <1时，g ′(t )<0，所以g (t )在区间(0,1)上单调递减； 当t >1时，g ′(t )>0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a <g (1)＝e ，即只需a >1e 2－1.而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1>3且0<φ<π2知，π3<φ<π2.于是π－φ<2π3<e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ>3π2>e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g(ax n)>g(1)＝e＝a2＋1 a.故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥1e2－1，则对一切n∈N*，x n<|f(x n)|恒成立．。
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高中数学第二讲证明不等式的基本方法复习课练习（含解析）新人教A 版选修45[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一 比较法证明不等式比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法，主要有作差比较法和作商比较法，含根号时常采用比平方差或立方差．基本步骤是作差(商)—变形—判断—结论，关键是变形，变形的目的是判号(与1的大小关系)，变形的方法主要有配方法、因式分解法等．[例❶] 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )．证明：因为b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx )＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x 2＋a b y 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y 2＋b c z 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a x －a b y 2＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c b y －b c z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z －c a x 2≥0， 所以b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 归纳升华作差法证明不等式的关键是变形，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．[变式训练] 已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .证明：法一 因为a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， 所以a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .法二 a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1，对于a 的二次三项式， Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0，所以a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0，故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .专题二 综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“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．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．[例2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证： a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 归纳升华综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证的结论)，它的常见书面表达式是“因为……所以……”或“⇒”．[变式训练] 设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8. 证明：因为a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，所以1ab≥4. 所以1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab ≥2ab ·21ab ＋4＝8， 所以1a ＋1b ＋1ab ≥8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立． 专题三 用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(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．[例3] 已知a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac ＜3a .证明：要证b 2－ac ＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2.因为a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )＜3a 2，只需证2a 2－ab －b 2＞0，只需证(a －b )(2a ＋b )＞0，只需证(a －b )(a －c )＞0.因为a ＞b ＞c ，所以a －b ＞0，a －c ＞0，所以(a －b )(a －c )＞0显然成立，故原不等式成立．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐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．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．[变式训练] 设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10.求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .证明：由于a >1，b >1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ，只要证明lg c lg a ＋lg c lg b≥4lg c ．又c >1，故lg c >0， 所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b lg a lg b≥4， 因为ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1，只要证明1lg a lg b≥4.(*) 由a >1，b >1，故lg a >0，lg b >0，所以0<lg a lg b ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a ＋lg b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14， 即(*)式成立，所以原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证．专题四 用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4] 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 ）＋b 2≥（2－a ）b ＞1， 同理（2－b ）＋c 2＞1，（2－c ）＋a 2＞1， 三式相加（2－a ＋b ）＋（2－b ＋c ）＋（2－c ＋a ）2＞3， 即3＞3.上式显然是错误的，所以该假设不成立．所以(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时都大于1.归纳升华反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，假设出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)；(2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾；(3)断定产生矛盾的原因在于开始所做的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．[变式训练] 已知：在如图所示的△ABC 中，∠BAC ＞90°，D 是BC 的中点．求证：AD ＜12BC . 证明：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”，即∠BAC ＝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 ＞∠BAC .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠BAC ，所以180°－∠BAC ＞∠BAC ，则∠BAC ＜90°，与已知矛盾．由(1)(2)知AD ＜12BC . 专题五 用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．某些不等式可构造出函数，利用函数的单调性放缩证明．运用放缩法证明的关键是放缩要适当．[例5] 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ＋b 1＋b ＞ c 1＋c. 证明：设f (x )＝x1＋x ，x ∈(0，＋∞)，0＜x 1＜x 2， 则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1（1＋x 1）（1＋x 2）＞0， 所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数．因为a ，b ，c 为三角形的三条边， 于是a ＋b ＞c ，则a ＋b 1＋a ＋b ＞c 1＋c. 又a 1＋a ＋b 1＋b ＞a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b ＝a ＋b 1＋a ＋b ， 故a 1＋a ＋b 1＋b ＞c1＋c . 归纳升华用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和．[变式训练] 求证：32－1n ＋1<1＋122＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *且n ≥2)． 证明：因为k (k ＋1)>k 2>k (k －1)， 所以1k （k ＋1）<1k 2<1k （k －1）， 即1k －1k ＋1<1k 2<1k －1－1k(k ∈N *且k ≥2)． 分别令k ＝2，3，…，n 得12－13<122<1－12， 13－14<132<12－13， …1n －1n ＋1<1n 2<1n －1－1n， 将这些不等式相加得12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1<122＋132＋…＋1n 2<1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n， 即12－1n ＋1<122＋132＋…＋1n 2<1－1n， 所以1＋12－1n ＋1<1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋1－1n， 即32－1n ＋1<1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *且n ≥2)成立．。