高中数学人教A版5证明不等式的基本方法 本讲高效整合

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eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)，则下列不等式一定成立的是()A．a2>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：从已知不等式入手：eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)⇔a>b(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eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列结论不正确的是()A．a2<b2 B．ab<b2\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：因为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正确，应选D.答案：D3．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：反证法证明问题时，反设实际是命题的否定，∴用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是：方程x2＋ax＋b＝0没有实根．故应选A.答案：A4．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是()A．假设三内角都不大于60°B．假设三内角都大于60°C．假设三内角至多有一个大于60°D．假设三内角至多有两个大于60°解析：至少有一个不大于60度是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°.所以，反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60度．答案：B5．设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)(当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)时取“＝”)．答案：B6．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D，这里①是②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②⇒①，所以①是②的必要条件．答案：B7．已知0<a<b，且a＋b＝1，则下列不等式中，正确的是()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：因为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，又因为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>0，b>0，则“a>b”是“a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)”成立的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件解析：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)”成立的充要条件．答案：C9．设a>0，b>0，则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．a3＋b3≥2ab2C．a2＋b2＋2≥2a＋2b \r(|a－b|)≥eq\r(a)－eq\r(b)解析：因为(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正确．a3＋b3≥2ab2⇔(a－b)(a2＋ab－b2)≥0，但a，b大小不确定，所以B错误．(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正确．答案：B10．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，则()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都是正实数，且a≠b，∴eq\f(a＋ba－b2,ab)>0，∴P>Q.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()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：因为函数f(x)，g(x)分别是R上的奇函数、偶函数．所以f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)＝e－x， ①f(x)－g(x)＝ex， ②①②联立，解之得f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝－eq\f(ex＋e－x,2)代入数值比较可得．答案：D12．“a＝eq\f(1,8)”是“对任意的正数x,2x＋eq\f(a,x)≥1”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：因为2x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2x·\f(a,x))＝2eq\r(2a)，当a＝eq\f(1,8)时2eq\r(2a)＝1.但当a＝2时，2eq\r(2a)＝4，当然有2x＋eq\f(a,x)≥1所以是充分不必要条件．答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上)13．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小顺序是__________．解析：用分析法比较，a>b⇔eq\r(3)＋eq\r(5)>eq\r(2)＋eq\r(6)⇔8＋2eq\r(15)>8＋2eq\r(12)，同理可比较得b>c.答案：a>b>c14．已知三个不等式：(1)ab>0；(2)－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)；(3)bc>ad.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．－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)，则f(n)，g(n)，φ(n)的大小顺序为________．解析：因为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).又因为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＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．证明：反设p为奇数，则________均为奇数． ①因奇数个奇数的和还是奇数，所以有奇数＝________. ②＝________. ③＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．解析：反设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．因为数个奇数的和还是奇数，所以有奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)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a<b<c，求证：a2b＋b2c＋c2a<a2c＋b2a＋证明：∵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.求证：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.证明：∵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).由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘，∴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.当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取等号．19．(12分)求证：eq\r(3)＋eq\r(8)>1＋eq\r(10).证明：用分析法证明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).最后一个不等式是成立的，故原不等式成立．20．(12分)若x，y>0，且x＋y>2，则eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一个小于2.证明：反设eq\f(1＋y,x)≥2且eq\f(1＋x,y)≥2，∵x，y>0，∴1＋y≥2x,1＋x≥2y两边相加，则2＋(x＋y)≥2(x＋y)，可得x＋y≤2，与x＋y>2矛盾，∴eq\f(1＋y,x)和eq\f(1＋x,y)中至少有一个小于2.21．(12分)已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，求证|ac＋bd|≤1.证明：证法一(综合法)因为a，b，c，d都是实数，所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤eq\f(a2＋c2,2)＋eq\f(b2＋d2,2)＝eq\f(a2＋b2＋c2＋d2,2).又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.所以|ac＋bd|≤1.证法二(比较法)显然有|ac＋bd|≤1⇔－1≤ac＋bd≤1.先证明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.再证明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.综上得|ac＋bd|≤1.证法三(分析法)要证|ac＋bd|≤1.只需证明(ac＋bd)2≤1.即只需证明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1. 由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因此①式等价于a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2) 将②式展开、化简，得(ad－bc)2≥0. ③因为a，b，c，d都是实数，所以③式成立，即①式成立，原命题得证．22．(14分)数