高中數(shù)學(xué)人教A版5證明不等式的基本方法 本講高效整合

第二講證明不等式的基本方法一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2>b2 B．lga>lgb\f(1,b)>eq\f(1,c) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a解析：從已知不等式入手：eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)?a>b(c≠0)，其中a，b可異號或其中一個為0，由此否定A、B、C，應(yīng)選D.答案：D2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b<b2\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)<0,a<0且b<0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b－a,ab)<0,a<0，b<0))?b<a<0.由此判定A、B、C正確，應(yīng)選D.答案：D3．用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根解析：反證法證明問題時，反設(shè)實際是命題的否定，∴用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是：方程x2＋ax＋b＝0沒有實根．故應(yīng)選A.答案：A4．用反證法證明命題：“三角形的內(nèi)角中至少有一個不大于60°”時，反設(shè)正確的是()A．假設(shè)三內(nèi)角都不大于60°B．假設(shè)三內(nèi)角都大于60°C．假設(shè)三內(nèi)角至多有一個大于60°D．假設(shè)三內(nèi)角至多有兩個大于60°解析：至少有一個不大于60度是指三個內(nèi)角有一個或者兩個或者三個小于或等于60°.所以，反設(shè)應(yīng)該是它的對立情況，即假設(shè)三內(nèi)角都大于60度．答案：B5．設(shè)x>0，y>0，x＋y＝1，eq\r(x)＋eq\r(y)的最大值是()A．1 \r(2)\f(\r(2),2) \f(\r(3),2)解析：∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2eq\r(xy)，∴eq\f(1,2)≥eq\r(xy)，∴eq\r(x)＋eq\r(y)≤eq\r(2x＋y)＝eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時取“＝”)．答案：B6．用分析法證明：欲使①A>B，只需②C<D，這里①是②的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：分析法證明的本質(zhì)是證明結(jié)論的充分條件成立，即②?①，所以①是②的必要條件．答案：B7．已知0<a<b，且a＋b＝1，則下列不等式中，正確的是()A．log2a>0 B．2a－b<eq\f(1,2)C．log2a＋log2b<－2 D．2eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)<eq\f(1,2)解析：方法一：特值法令a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)代入可得．方法二：因為0<a<b且a＋b＝1，所以0<a<1，所以log2a－1<a－b<0所以eq\f(1,2)<2a－b<1，又因為eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2所以2eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>4，而ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，所以log2a＋log2b答案：C8．a(chǎn)>0，b>0，則“a>b”是“a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．即不充分也不必要條件解析：a－eq\f(1,a)－b＋eq\f(1,b)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab))).∵a>0，b>0，∴a>b?(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0?a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b).可得“a>b”是“a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)”成立的充要條件．答案：C9．設(shè)a>0，b>0，則以下不等式中不恒成立的是()A．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 B．a(chǎn)3＋b3≥2ab2C．a(chǎn)2＋b2＋2≥2a＋2b \r(|a－b|)≥eq\r(a)－eq\r(b)解析：因為(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4，所以A正確．a(chǎn)3＋b3≥2ab2?(a－b)(a2＋ab－b2)≥0，但a，b大小不確定，所以B錯誤．(a2＋b2＋2)－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2≥eq\r(|a－b|)≥eq\r(a)－eq\r(b)?eq\r(|a－b|)＋eq\r(b)≥eq\r(a)?eq\r(ba－b)≥0，所以D正確．答案：B10．設(shè)a，b∈R＋，且a≠b，P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，則()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：P－Q＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝eq\f(a3＋b3－aba＋b,ab)＝eq\f(a＋ba2＋b2－2ab,ab)＝eq\f(a＋ba－b2,ab).∵a，b都是正實數(shù)，且a≠b，∴eq\f(a＋ba－b2,ab)>0，∴P>Q.答案：A11．若函數(shù)f(x)，g(x)分別是R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)，且滿足f(x)－g(x)＝ex，則有()A．f(2)<f(3)<g(0) B．g(0)<f(3)<f(2)C．f(2)<g(0)<f(3) D．g(0)<f(2)<f(3)解析：因為函數(shù)f(x)，g(x)分別是R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)．所以f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)＝e－x， ①f(x)－g(x)＝ex， ②①②聯(lián)立，解之得f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝－eq\f(ex＋e－x,2)代入數(shù)值比較可得．答案：D12．“a＝eq\f(1,8)”是“對任意的正數(shù)x,2x＋eq\f(a,x)≥1”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：因為2x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2x·\f(a,x))＝2eq\r(2a)，當(dāng)a＝eq\f(1,8)時2eq\r(2a)＝1.但當(dāng)a＝2時，2eq\r(2a)＝4，當(dāng)然有2x＋eq\f(a,x)≥1所以是充分不必要條件．答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請把正確答案填在題中橫線上)13．設(shè)a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，則a，b，c的大小順序是__________．解析：用分析法比較，a>b?eq\r(3)＋eq\r(5)>eq\r(2)＋eq\r(6)?8＋2eq\r(15)>8＋2eq\r(12)，同理可比較得b>c.答案：a>b>c14．已知三個不等式：(1)ab>0；(2)－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)；(3)bc>ad.以其中兩個作為條件，余下一個作為結(jié)論，為________．解析：運用不等式性質(zhì)進行推理，從較復(fù)雜的分式不等式(2)切入，去尋覓它與(1)的聯(lián)系．－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)?eq\f(c,a)>eq\f(d,b)?eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0?eq\f(bc－ad,ab)>0?ab·(bc－ad)>0.答案：(1)、(3)?(2)；(1)、(2)?(3)；(2)、(3)?(1)15．若f(n)＝eq\r(n2＋1)－n，g(n)＝n－eq\r(n2－1)，φ(n)＝eq\f(1,2n)，則f(n)，g(n)，φ(n)的大小順序為________．解析：因為f(n)＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，g(n)＝n－eq\r(n2－1)＝eq\f(1,\r(n2－1)＋n).又因為eq\r(n2－1)＋n<2n<eq\r(n2＋1)＋n，所以f(n)<φ(n)<g(n)．答案：g(n)>φ(n)>f(n)16．完成反證法整體的全過程．題目：設(shè)a1，a2，…，a7是1,2,3，……，7的一個排列，求證：乘積p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)為偶數(shù)．證明：反設(shè)p為奇數(shù)，則________均為奇數(shù)． ①因奇數(shù)個奇數(shù)的和還是奇數(shù)，所以有奇數(shù)＝________. ②＝________. ③＝0.但奇數(shù)≠偶數(shù)，這一矛盾說明p為偶數(shù)．解析：反設(shè)p為奇數(shù)，則(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均為奇數(shù)．因為數(shù)個奇數(shù)的和還是奇數(shù)，所以有奇數(shù)＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)＝0.但奇數(shù)≠偶數(shù)，這一矛盾說明p為偶數(shù)．答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(12分)若a<b<c，求證：a2b＋b2c＋c2a<a2c＋b2a＋證明：∵a<b<c，∴a－b<0，b－c<0，a－c<0，于是：a2b＋b2c＋c2a－(a2c＋b2a＋＝(a2b－a2c)＋(b2c－b2a)＋(c2a－＝a2(b－c)＋b2(c－a)＋c2(a－b)＝a2(b－c)－b2(b－c)＋c2(a－b)－b2(a－b)＝(b－c)(a2－b2)＋(a－b)(c2－b2)＝(b－c)(a－b)(a＋b)＋(a－b)(c－b)(c＋b)＝(b－c)(a－b)[a＋b－(c＋b)]＝(b－c)(a－b)(a－c)<0，∴a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca18．(12分)已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.證明：∵a，b，c∈R＋，a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(b＋c,a)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥eq\f(2\r(bc),a)，同理eq\f(1,b)－1≥eq\f(2\r(ac),b)，eq\f(1,c)－1≥eq\f(2\r(ab),c).由于上述三個不等式兩邊均為正，分別相乘，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時取等號．19．(12分)求證：eq\r(3)＋eq\r(8)>1＋eq\r(10).證明：用分析法證明eq\r(8)＋eq\r(3)>1＋eq\r(10)?8＋3＋2eq\r(24)>1＋10＋2eq\r(10)?2eq\r(24)>2eq\r(10)?eq\r(24)>eq\r(10).最后一個不等式是成立的，故原不等式成立．20．(12分)若x，y>0，且x＋y>2，則eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一個小于2.證明：反設(shè)eq\f(1＋y,x)≥2且eq\f(1＋x,y)≥2，∵x，y>0，∴1＋y≥2x,1＋x≥2y兩邊相加，則2＋(x＋y)≥2(x＋y)，可得x＋y≤2，與x＋y>2矛盾，∴eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一個小于2.21．(12分)已知a，b，c，d都是實數(shù)，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，求證|ac＋bd|≤1.證明：證法一(綜合法)因為a，b，c，d都是實數(shù)，所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤eq\f(a2＋c2,2)＋eq\f(b2＋d2,2)＝eq\f(a2＋b2＋c2＋d2,2).又因為a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.所以|ac＋bd|≤1.證法二(比較法)顯然有|ac＋bd|≤1?－1≤ac＋bd≤1.先證明ac＋bd≥－1.∵ac＋bd－(－1)＝ac＋bd＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝ac＋bd＋eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(c2＋d2,2)＝eq\f(a＋c2＋b＋d2,2)≥0.∴ac＋bd≥－1.再證明ac＋bd≤1.∵1－(ac＋bd)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－(ac＋bd)＝eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(c2＋d2,2)－ac－bd＝eq\f(a－c2＋b－d2,2)≥0，∴ac＋bd≤1.綜上得|ac＋bd|≤1.證法三(分析法)要證|ac＋bd|≤1.只需證明(ac＋bd)2≤1.即只需證明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1. 由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因此①式等價于a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2) 將②式展開、化簡，得(ad－bc)2≥0. ③因為a，b，c，d都是實數(shù)，所以③式成立，即①式成立，原命題得證．22．(14分)數(shù)