2022年高中数学第二节证明不等式的基本方法数学归纳法证明不等式课时提升作业新人教A版选修 .pdf
【全程复习方略】 （福建专用）2014版高中数学第二节 证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式课时提升作业新人教 A版选修 4-5 1.已知 a1,求证 : a1aaa1.2.已知 x,y,z 均为正数 ,求证 :xyz111.yzzxxyxyz3.已知 a2,求证 :loga(a-1)0),其中 r 为有理数 ,且 0r0,求证 :3a3+2b33a2b+2ab2. 6.已知 a,b,c0,且互不相等 ,abc=1,证明111abc.abc7.已知 ab0,求证 : 22abababab.8a28b8.(2013无锡模拟 )设 a,b,c是不全相等的正实数. 求证 :abbccalglglglgalgblgc.2229.已知 a,b,cR,f(x)=ax2+bx+c. 若 a+c=0,f(x) 在-1,1 上最大值为2,最小值为 -52, 求证 :a0 且|ba|Tn. 答案解析1.【证明】方法一:a1aaa1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页11a1aaa 1a1a1,a1aaa1a1,a-10,且 a-1a+1, a1a1,a1a10, a1aaa12,a-11. loga(a-1)0,log(a+1)a0. 由于aa 1loga1loga=loga(a-1) loga(a+1)2,0loga(a2-1)logaa2=2, 2aloga1222alog a22=1, 即aa 1loga1loga0, loga(a-1)log(a+1)a. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页4.【解析】 (1)f(x)=r-rxr-1=r(1-xr-1), 令 f(x)=0, 解得 x=1. 当 0 x1 时,f(x)1 时,f(x)0, 所以 f(x) 在(1,+)内是增函数 . 故函数 f(x) 在 x=1 处取得最小值f(1)=0. (2)由(1)知 ,当 x(0,+)时 ,有 f(x) f(1)=0, 即 xrrx+(1-r).若 a1,a2 中至少有一个为0,则12bb12a aa1b1+a2b2 成立 ; 若 a1,a2 均不为 0,又 b1+b2=1,可得 b2=1-b1,于是在中令x=12aa,r=b1,可得1b12a()ab112aa+(1-b1), 即11b1 b12a aa1b1+a2(1-b1),亦即12bb12a aa1b1+a2b2. 综上 ,对 a10,a20,b1,b2 为正有理数且b1+b2=1,总有12bb12a aa1b1+a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为: 设 a1,a2,an 为非负实数 ,b1,b2,bn 为正有理数 . 若 b1+b2+ +bn=1,则12bb12a anbnaa1b1+a2b2+ +anbn.用数学归纳法证明如下: ()当 n=1 时,b1=1,有 a1a1,成立 . ()假设当 n=k 时,成立 ,即若 a1,a2,ak 为非负实数 ,b1,b2,bk 为正有理数 ,且 b1+b2+ +bk=1, 则12bb12a akbkaa1b1+a2b2+ +akbk. 当 n=k+1 时,已知 a1,a2,ak,ak+1 为非负实数 ,b1,b2,bk,bk+1 为正有理数 , 且 b1+b2+ +bk+bk+1=1, 此时 0bk+10, 于是12bb12a akk 1bbkk1a a=(12bb12a akbka)k 1bk1a=12kk 1k 1k 1k 1k 1bbb1 b1 b1 b1 bb12kk1(aaa)a,因12kk 1k 1k 1bbb1,1b1b1b由归纳假设可得12kk 1k 1k 1bbb1 b1 b1 b12kaaaa11k 1b1b+a22k1b1b+akkk 1b1b=1122kkk 1a ba ba b1b, 从而12bb12a akk 1bbkk1a ak 1k 11 bb1122kkk1k 1a ba ba b()a.1b又因 (1-bk+1)+bk+1=1, 由得k 1k 11 bb1122kkk 1k 1a ba ba b()a1b1122kkk 1a ba ba b1b(1-bk+1)+ak+1bk+1, 从而12bb12a ak 1bk 1a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页a1b1+a2b2+akbk+ak+1bk+1. 故当 n=k+1 时,成立 , 由()()可知 ,对一切正整数n,所推广的命题成立. 说明 :(3)中如果推广中指出式对n2 成立 ,则后续证明中不需讨论 n=1 的情况 . 5.【证明】 3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)+2b2(b-a)=(3a2-2b2)(a-b). 因为 ab0,故 a-b0,3a2-2b22a2-2b2=2(a+b)(a-b) 0, 所以 (3a2-2b2)(a-b) 0,即 3a3+2b33a2b+2ab2. 6.【证明】方法一:a,b,c0,且互不相等 ,abc=1. 111111111111bcacababc.bcacab222abc即111abc.abc方法二 :11122 cabab，11111122 a22 bbcbccaac，以上三式相加,得111abc.abc又 a,b,c 互不相等 ,等号不成立 , 即111abc.abc7.【证明】要证原不等式组成立, 只需证2ab4aa+b-2ab2 ab4b，即证222abab()ab()2 a2 b，只需证ababab2 a2 b，即证abab12 a2 b，即ba1ab,只需证ba1b0,ba1lga+lgb+lgc, 只需证 :lg(ab bc ca222)lg(abc), 只需证 :ab bc ca222abc. abbccaab0,bc0,ca0,222ab bc ca222 abc0 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 . 方法二 : a,b,c正实数 , abbccaab0,bc0,ca0,222又 a,b,c 为不全相等的实数, ab bc ca222abc, lg(ab bc ca222)lg(abc), 即abbccalglglg222lga+lgb+lgc. 9.【证明】由a+c=0 得 c=-a, f(x)=ax2+bx-a. 假设 a=0 或|ba|2. (1)由 a=0,得 f(x)=bx, 依题意知b0,又 f(x) 在-1,1 上是单调函数, f(x) 的最大值为 |b|,最小值为 -|b|. 于是 |b|=2,-|b|=-52,显然矛盾 ,故 a 0. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页(2)由|ba|2,得|-b2a|1 且 a0, 因 f(x) 在-1,1 上单 调,故其最大值为|b|,最小值为 -|b|, 由(1)知这是不可能的,所以 |ba| 2不成立 . 综合 (1)(2) 可知 ,假设不成立 ,故 a0 且|ba|Tn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页方法二 : Tn+1-Tn=111111()n2n32n2n1n22n111.2n12n2n12n+11112n22n2n1=0. Tn+1Tn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页
