習(xí)題2：綜合法與分析法

證明證明不等式的基本方法綜合法與分析法eq\x(一)eq\x(層)eq\x(練)eq\x(習(xí))1．分析法證明不等式中所說的“執(zhí)果索因”是指尋求使不等式成立的()A．必要條件B．充分條件C．充要條件D．必要或充分條件答案：B2．若x＞y＞1,0＜a＜1，則下列式子中正確的是()A．a(chǎn)x＞ayB．logax＞logayC．xa＜yaD．x－a＜y－a答案：D3．設(shè)a，b∈R＋，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，則A，B的大小關(guān)系是()A．A≥BB．A≤BC．A>BD．A<B答案：C4．已知0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b,2eq\r(ab)，a2＋b2,2ab中最大的是________．答案：a＋b5．求證：eq\r(7)＜2eq\r(5)－eq\r(3).證明：21＜25?eq\r(21)＜5?2eq\r(21)＜10?10＋2eq\r(21)＜20?(eq\r(7)＋eq\r(3))2＜(2eq\r(5))2?eq\r(7)＋eq\r(3)＜2eq\r(5)?eq\r(7)＜2eq\r(5)－eq\r(3).所以原不等式成立．eq\x(二)eq\x(層)eq\x(練)eq\x(習(xí))6．若1<x<10，下面不等式中正確的是()A．(lgx)2<lgx2<lg(lgx)B．lgx2<(lgx)2<lg(lgx)C．(lgx)2<lg(lgx)<lgx2D．lg(lgx)<(lgx)2<lgx2答案：D7．設(shè)a≥b，b>0，M＝eq\f(a2＋b2,\r(ab))，N＝a＋b，則M與N的大小關(guān)系是________答案：M≥N8．a(chǎn)，b是正數(shù)，求證：eq\f(a2＋b2,a＋b2)≥eq\f(1,2).證明：eq\f(a2＋b2,a＋b2)＝eq\f(a＋b2－2ab,a＋b2)＝1－eq\f(2ab,a＋b2)≥1－eq\f(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2,a＋b2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”．9．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明：證法一(綜合法)∵a，b，c∈R＋，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)＞0，且上述三個(gè)不等式中等號(hào)不能同時(shí)成立，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證法二(分析法)lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc?lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lgabc?eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.因?yàn)閑q\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)＞0，且以上三個(gè)不等式中等號(hào)不能同時(shí)成立，所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立，從而原不等式成立．10．(2022·新課標(biāo)Ⅱ卷)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因?yàn)閑q\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.eq\x(三)eq\x(層)eq\x(練)eq\x(習(xí))11．(1)設(shè)x≥1，y≥1，求證：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.(2)1<a≤b≤c，求證：logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.證明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy?xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2，將上式中的右式減左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．又x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．(2)設(shè)logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對(duì)數(shù)換底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要證明的不等式即為x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)知所要證明的不等式成立．12．(2022·上海卷·節(jié)選)給定常數(shù)c>0，定義函數(shù)f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|，數(shù)列a1，a2，a3…滿足an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)若a1＝－c－2，求a2及a3；(2)求證：對(duì)任意n∈N*，an＋1－an≥c.解析：因?yàn)閏>0，a1＝－(c＋2)，故a2＝f(a1)＝2|a1＋c＋4|－|a1＋c|＝2，a3＝f(a1)＝2|a2＋c＋4|－|a2＋c|＝c＋10.(2)要證明原命題，要需證明f(x)≥x＋c對(duì)任意x∈R都成立，f(x)≥x＋c?2|x＋c＋4|－|x＋c|≥x＋c，即只需證明2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c，若x＋c≤0，顯然有2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c＝0成立；若x＋c>0，則2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c?x＋c＋4>x＋c顯然成立．綜上，f(x)≥x＋c恒成立，即對(duì)任意的n∈N*，an＋1－an≥c.13．設(shè)實(shí)數(shù)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，滿足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N*)，(利用綜合法和分析法)求證：對(duì)k≥3有0≤ak≤eq\f(4,3).證明：由題設(shè)條件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝eq\f(Sn,Sn－1)，Sn＝eq\f(an＋1,an＋1－1)，從而對(duì)k≥3有ak＝eq\f(Sk－1,Sk－1－1)＝eq\f(ak－1＋Sk－2,ak－1＋Sk－2－1)＝eq\f(ak－1＋\f(ak－1,ak－1－1),ak－1＋\f(ak－1,ak－1－1)－1)＝eq\f(a\o\al(2,k－1),a\o\al(2,k－1)－ak－1＋1).①因aeq\o\al(2,k－1)－ak－1＋1＝ak－1－eq\f(1,2)2＋eq\f(3,4)>0且aeq\o\al(2,k－1)≥0，由①得ak≥0.要證ak≤eq\f(4,3)，由①只要證eq\f(a\o\al(2,k－1),a\o\al(2,k－1)－ak－1＋1)≤eq\f(4,3)，即證3aeq\o\al(2,k－1)≤4(aeq\o\al(2,k－1)－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0.此式明顯成立．因此ak≤eq\f(4,3)(k≥3)．即原命題成立．14．設(shè)b>0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝eq\f(nban－1,an－1＋2n－2)(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：對(duì)于一切正整數(shù)n，an≤eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1.解析：(1)由an＝eq\f(nban－1,an－1＋2n－2)可得eq\f(n,an)＝eq\f(2,b)·eq\f(n－1,an－1)＋eq\f(1,b)，當(dāng)b＝2時(shí)，eq\f(n,an)＝eq\f(n－1,an－1)＋eq\f(1,2)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(n,an)＝eq\f(n,2)，從而an＝2.當(dāng)b≠2時(shí)，eq\f(n,an)＋eq\f(1,2－b)＝eq\f(2,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,an－1)＋\f(1,2－b)))，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)＋\f(1,2－b)))是以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2－b)＝eq\f(2,b2－b)為首項(xiàng)，eq\f(2,b)為公比的等比數(shù)列，∴eq\f(n,an)＋eq\f(1,2－b)＝eq\f(2,b2－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)))n－1＝eq\f(1,2－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)))n，∴an＝eq\f(nbn2－b,2n－bn).綜上，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，b＝2，,\f(nbn2－b,2n－bn)，b>0且b≠2.))(2)當(dāng)b＝2時(shí)，an＝2，eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1＝2，∴an＝eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1，從而不等式成立；當(dāng)b≠2時(shí)，要證an≤eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1，只需證eq\f(nbn2－b,2n－bn)≤eq\f(bn＋1,2n＋1)＋1，即證eq\f(n2－b,2n－bn)≤eq\f(b,2n＋1)＋eq\f(1,bn)，即證eq\f(n,2n－1＋2n－2b＋2n－3b2＋…＋2bn－2＋bn－1)≤eq\f(b,2n＋1)＋eq\f(1,bn)，即證n≤eq\f(2n－1,bn)＋eq\f(2n－2,bn－1)＋eq\f(2n－3,bn－2)＋…＋eq\f(2,b2)＋eq\f(1,b)＋eq\f(b,22)＋eq\f(b2,23)＋…＋eq\f(bn－1,2n)＋eq\f(bn,2n＋1)，而上式右邊＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,bn)＋\f(bn,2n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－2,bn－1)＋\f(bn－1