高中数学人教A版5证明不等式的基本方法

第二讲一一、选择题1．设0<x<1，则a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一个是()A．a B．bC．c D．不能确定解析：∵0<x<1，∴1＋x>2eq\r(x)＝eq\r(4x)>eq\r(2x)，∴只需比较1＋x与eq\f(1,1－x)的大小．∵1＋x－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，∴1＋x<eq\f(1,1－x).答案：C2．已知a，b，c，d∈{正实数}且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，则()\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d) \f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d) D．以上均可能解析：∵a，b，c，d为正数，∴要比较eq\f(a,b)与eq\f(a＋c,b＋d)的大小，只要比较a(b＋d)与b(a＋c)的大小，即ab＋ad与ab＋bc的大小，即：ad与bc的大小．又∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，∴ad<bc，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可得eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).故选A.答案：A3．已知a>2，x∈R，P＝a＋eq\f(1,a－2)，Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2，则P，Q的大小关系为()A．P≥Q B．P>QC．P<Q D．P≤Q解析：∵a>2，∴a－2>0，P＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4.又Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4.∴P≥Q.答案：A4．已知a，b∈R，则“a＋b>2，ab>1”是“a>1，b>1A．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：∵a>1，b>1⇒a＋b>2，ab>1a＋b>2，ab>1⇒/a>1，b>1举例说明a＝3，b＝eq\f(1,2).答案：B二、填空题5．设a>b>0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，则x，y的大小关系是x________y.解析：∵a>b>0，∴x－y＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)－(eq\r(a)－eq\r(a－b))＝eq\f(b,\r(a＋b)＋\r(a))－eq\f(b,\r(a)＋\r(a－b))＝eq\f(b\r(a－b)－\r(a＋b),\r(a＋b)＋\r(a)\r(a)＋\r(a－b))<0.答案：<6．在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，若∠C＝90°，则eq\f(a＋b,c)的取值范围是________．解析：由题意知c2＝a2＋b2≥2ab，即eq\f(ab,c2)≤eq\f(1,2).∴eq\f(a＋b,c)＝eq\r(\f(a2＋b2＋2ab,c2))＝eq\r(1＋\f(2ab,c2))≤eq\r(2).(当且仅当a＝b时取等号)．又三角形中a＋b>c.∴1<eq\f(a＋b,c)≤eq\r(2).答案：(1，eq\r(2)]三、解答题7．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab证明：3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．因为a≥b>0，所以a－b≥0,3a从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，即3a3＋2b3≥3a2b＋28．已知a，b都是正实数，且a＋b＝2.求证：eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.解答：证明：因为a，b都是正实数，所以原不等式等价于a2(b＋1)＋b2(a＋1)≥(a＋1)(b＋1)，即a2b＋a2＋ab2＋b2≥ab＋a＋b＋1.等价于a2＋b2＋ab(a＋b)≥ab＋a＋b＋1，将a＋b＝2代入，只需要证明a2＋b2＋ab＝(a＋b)2＝4≥ab＋3，即ab≤1.而由已知a＋b≥2eq\r(ab)，可得ab≤1成立，所以原不等式成立．另证：因为a，b都是正实数，所以eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(a－1,4)≥a，eq\f(b2,b＋1)＋eq\f(b＋1,4)≥b.两式相加得eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(a－1,4)＋eq\f(b2,b＋1)＋eq\f(b＋1,4)≥a＋b，因为a＋2＝2，所以eq\f(a2,a＋1)－eq\f(b2,b＋1)≥1.9．设a，b，c是不全相等的正实数．求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.证明：方法一：要证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc只需证：lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)只需证：eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)≥abc＞0成立．∵a，b，c为不全等的正数，∴上式中等号不成立．∴原不等式成立．方法二：∵a，b，c∈{正实数}，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，又∵a，b，c为不全相等的实数，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞