高中数学人教A版5证明不等式的基本方法2

第二讲二一、选择题1．已知a2＋b2＝1且c<a＋b恒成立，则c的取值范围是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－eq\r(2))C．(－eq\r(2)，eq\r(2)) D．(－∞，eq\r(2))解析：令a＝cosθ，b＝sinθ，θ∈R，则a＋b＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≥－eq\r(2)，∴c<－eq\r(2).答案：B2．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．①②④C．①②③ D．②③解析：反证法就是假设结论不成立，从结论相反的一面判断．再结合原命题的条件从我们熟悉的公理、定理、定义出发推出矛盾，显然④不成立．答案：C3．设a，b，c，d∈R，a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，则abcd的最小值等于()\f(1,4) B．－eq\f(1,4)\f(1,2) D．－eq\f(1,2)解析：因为a2＋b2＝1≥2|ab|1＝c2＋d2≥2|cd|所以|ab|≤eq\f(1,2)，|cd|≤eq\f(1,2)所以|abcd|≤eq\f(1,4)所以－eq\f(1,4)≤abcd≤eq\f(1,4)答案：B4．已知a，b，c，d都是正数，S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,a＋b＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,c＋d＋b)，则有()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4解析：∵eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\f(c,b＋c＋d)＋eq\f(d,c＋d＋a)＋eq\f(a,d＋a＋b)>eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,b＋c＋d＋a)＋eq\f(a,d＋a＋b＋c)＝eq\f(a＋b＋c＋d,a＋b＋c＋d)＝1，又由eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)(0<a<b，m>0)，可得eq\f(b,a＋b＋c)<eq\f(b＋d,a＋b＋c＋d)，(∵b<a＋b＋c)eq\f(c,b＋c＋d)<eq\f(c＋a,a＋b＋c＋d)，(∵c<b＋c＋d)eq\f(d,c＋d＋a)<eq\f(d＋b,a＋b＋c＋d)，(∵d<c＋d＋a)eq\f(a,d＋a＋b)<eq\f(a＋c,a＋b＋c＋d)，(∵a<d＋a＋b)∴eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\f(c,b＋c＋d)＋eq\f(d,c＋d＋a)＋eq\f(a,d＋a＋b)<eq\f(b＋d,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c＋a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d＋b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(a＋c,a＋b＋c＋d)＝eq\f(2a＋b＋c＋d,a＋b＋c＋d)＝2.综上可知：1<eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\f(c,b＋c＋d)＋eq\f(d,c＋d＋a)＋eq\f(a,d＋a＋b)<2.答案：B二、填空题5．已知a>0，b>0且a＋b＝1，则z＝2a＋3b解析：令a＝cos2θ，b＝sin2θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则z＝2a＋3b＝2cos2θ＋3sin2θ＝2＋sin2θ，∵0<sin2θ<1，∴2<z<3.答案：(2,3)6．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为________．解析：最多为n条可理解为小于等于n，所以它的相反的结论是大于n，所以答案为直径的数目至少为n＋1条．答案：直径的数目至少为n＋1条三、解答题7．设x，y为正数，且x＋y＝1，证明：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)－1))≥9.证明：假设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)－1))<9，由于x>0，y>0且x＋y＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)－1))＝eq\f(1－x2,x2)×eq\f(1－y2,y2)＝eq\f(1＋x1－x,x2)×eq\f(1＋y1－y,y2)＝eq\f(1＋xy,x2)×eq\f(1＋yx,y2)＝eq\f(1＋x,x)×eq\f(1＋y,y)＝eq\f(1＋x,x)×eq\f(2－x,1－x)<9，得(2x－1)2<0，与事实相矛盾，∴假设不成立，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)－1))≥9.8．求证：2(eq\r(n＋1)－1)<1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N＋)．证明：∵eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))＝2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))，k＝1,2，…，n.∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))>2[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))]＝2(eq\r(n＋1)－1)．又eq\f(1,\r(k))<eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))＝2(eq\r(k)－eq\r(k－1))，k＝2,3，…，n.∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<1＋2[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))]＝1＋2(eq\r(n)－1)＝2eq\r(n)－1<2eq\r(n).故原不等式成立．9．若a，b，c，d均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求证：a，b，c中至少有一个大于零．证明：假设a，b，c都不大于0，则a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0.而a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al