高中数学第2讲证明不等式的基本方法高效整合新人教A版选修4-5.pdf

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1、精品教案可编辑第二讲证明不等式的基本方法一、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ac2bc2，则下列不等式一定成立的是()Aa2b2Blg alg bC.1b1cD.13b13a解析：从已知不等式入手：ac2bc2?ab(c 0)，其中a，b可异号或其中一个为0，由此否定 A、B、C，应选 D.答案：D2若1a1b0，则下列结论不正确的是()Aa2b2Bab2 D|a|b|ab|解析：因为1a1b0?1a1b0a0 且b0?baab0a0，b0?ba0，y0，xy1，xy的最大值是()A 1 B.2C.22D.32解析

2、：x0，y0，1xy2xy，12xy，xy2xy2(当且仅当xy12时取“”)答案：B精品教案可编辑6用分析法证明：欲使AB，只需CD，这里是的()A充分条件B必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即?，所以是的必要条件答案：B7已知 0a0 B2ab12Clog2alog2b 2 D2abba12解析：方法一：特值法令a13，b23代入可得方法二：因为0ab且ab1，所以 0a1，所以 log2a0.1ab0 所以122ab2 所以 2baab4，而abab2214，所以 log2alog2b0，b0，则“ab”是“a1ab1b”成立的()A

3、充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件精品教案可编辑D即不充分也不必要条件解析：a1ab1bababab(ab)11ab.a0，b0，ab?(ab)11ab0?a1ab1b.可得“ab”是“a1ab1b”成立的充要条件答案：C9设a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是()A(ab)1a1b 4 Ba3b32ab2Ca2b2 22a2bD.|ab|ab解析：因为(ab)1a1b2ab21ab4，所以 A 正确a3b32ab2?(ab)(a2abb2)0，但a，b大小不确定，所以B 错误(a2b2 2)(2a 2b)(a1)2(b 1)2 0，所以C 正确|ab|ab?|ab|ba?bab 0，

4、所以D 正确答案：B10 设a，bR，且ab，Pa2bb2a，Qab，则()APQBPQCP0，PQ.答案：A11 若函数f(x)，g(x)分别是 R 上的奇函数、偶函数，且满足f(x)g(x)ex，则有()Af(2)f(3)g(0)Bg(0)f(3)f(2)Cf(2)g(0)f(3)Dg(0)f(2)b?3526?82158 212，同理可精品教案可编辑比较得bc.答案：abc14 已知三个不等式：(1)ab0；(2)caad.以其中两个作为条件，余下一个作为结论，为_ 解析：运用不等式性质进行推理，从较复杂的分式不等式(2)切入，去寻觅它与(1)的联系cadb?cadb0?bcadab0?

5、ab(bcad)0.答案：(1)、(3)?(2)；(1)、(2)?(3)；(2)、(3)?(1)15 若f(n)n21n，g(n)nn21，(n)12n，则f(n)，g(n)，(n)的大小顺序为 _ 解析：因为f(n)n21n1n21n，g(n)nn211n21n.又因为n21n2nn21n，所以f(n)(n)(n)f(n)16 完成反证法整体的全过程题目：设a1，a2，a7是 1,2,3，7 的一个排列，求证：乘积p(a11)(a2 2)(a77)为偶数证明：反设p为奇数，则 _ 均为奇数精品教案可编辑因奇数个奇数的和还是奇数，所以有奇数 _._.0.但奇数偶数，这一矛盾说明p为偶数解析：反

6、设p为奇数，则(a11)，(a22)，(a77)均为奇数因为数个奇数的和还是奇数，所以有奇数(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(123 7)0.但奇数偶数，这一矛盾说明p为偶数答案：(a11)，(a2 2)，(a7 7)(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(1237)三、解答题(本大题共6 个小题，共74 分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(12 分)若abc，求证：a2bb2cc2aa2cb2ac2b.证明：abc，ab0，bc0，ac0，于是：a2bb2cc2a(a2cb2ac2b)(a2ba2c)(b2cb2a)(c2ac2b)a2(bc)b2

7、(ca)c2(ab)a2(bc)b2(bc)c2(ab)b2(ab)(bc)(a2b2)(ab)(c2b2)(bc)(ab)(ab)(ab)(cb)(cb)(bc)(ab)ab(cb)(bc)(ab)(ac)0，精品教案可编辑a2bb2cc2a1 10.证明：用分析法证明831 10?8 32241 10 210?224210?2410.最后一个不等式是成立的，故原不等式成立20(12 分)若x，y0，且xy2，则1yx和1xy中至少有一个小于2.证明：反设1yx2且1xy 2，x，y0，1y2x,1x2y两边相加，则精品教案可编辑2(xy)2(xy)，可得xy 2，与xy2 矛盾，1yx和1

8、xy中至少有一个小于2.21(12 分)已知a，b，c，d都是实数，且a2b21，c2d21，求证|acbd|1.证明：证法一(综合法)因为a，b，c，d都是实数，所以|acbd|ac|bd|a2c22b2d22a2b2c2d22.又因为a2b21，c2d21.所以|acbd|1.证法二(比较法)显然有|acbd|1?1acbd 1.先证明acbd1.acbd(1)acbd1212acbda2b22c2d22ac2bd22 0.acbd1.再证明acbd 1.1(acbd)1212(acbd)a2b22c2d22acbd精品教案可编辑ac2bd22 0，acbd 1.综上得|acbd|1.证法

9、三(分析法)要证|acbd|1.只需证明(acbd)2 1.即只需证明a2c22abcdb2d2 1.由于a2b21，c2d21，因此式等价于a2c22abcdb2d2(a2b2)(c2d2)将式展开、化简，得(adbc)2 0.因为a，b，c，d都是实数，所以式成立，即式成立，原命题得证22(14 分)数列 an为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列 bn为等比数列，且a13，b11，数列 ban是公比为64 的等比数列，b2S264.(1)求an，bn；(2)求证：1S11S21Sn34.解析：(1)设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1，依题意有ban1banq3ndq3n1dqd64 26，S2b26dq64，由(6d)q64 知q为正有理数，故d为 6 的因子 1,2,3,6 之一，解得d2，q8.故an32(n1)2n1，bn8n1.(2)证明：Sn35(2n1)n(n2)精品教案可编辑1S11S21Sn1131241351nn212113121413151n1n2121121n11n234.