高考数一轮复习 不等式证明的基本方法限时集训 理

限时集训(六十九)不等式证明的基本方法(限时：40分钟满分：50分)1．(满分10分)已知关于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，求实数a的最小值．2．(满分10分)(·沈阳模拟)已知a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).3．(满分10分)(·平湖模拟)已知x、y、z均为正数，求证：eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≤eq\r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)).4．(满分10分)(·福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求证：a＋2b＋3c5．(满分10分)已知数列{xn}中，x1＝1，xn＋1＝1＋eq\f(xn,p＋xn)(n∈N*，p是正常数)．(1)当p＝2时，用数学归纳法证明xn<eq\r(2)(n∈N*)；(2)是否存在正整数M，使得对于任意正整数n；都有xM≥xn.答案[限时集训(六十九)]1．解析：∵2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2x－a\f(2,x－a))＋2a＝2a＋4≥7，∴a≥eq\f(3,2).2．证明：法一：∵a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－(2ab＋2bc＋2ac)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c2∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).法二：∵a2＋b2＋c2－eq\f(1,3)＝a2＋b2＋c2－eq\f(a＋b＋c2,3)＝eq\f(1,3)(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac)＝eq\f(1,3)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]≥0∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).法三：∵(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，即3(a2＋b2＋c2)≥1，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).3．证明：由柯西不等式得(12＋12＋12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))2，则eq\r(3)×eq\r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2))≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)，即eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≤eq\r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)).4．解：(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)证明：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))≥eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(2b)))·eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2b))＋\r(3c)·\f(1,\r(3c))))2＝9.5．解：由x1＝1，xn＋1＝1＋eq\f(xn,p＋xn)，p>0知，xn>0(n∈N*)．(1)证明：当p＝2时，xn＋1＝1＋eq\f(xn,2＋xn)，①当n＝1时，x1＝1<eq\r(2)，命题成立．②假设当n＝k时，xk<eq\r(2)，则当n＝k＋1时，xk＋1＝1＋eq\f(xk,2＋xk)＝2－eq\f(2,2＋xk)<2－eq\f(2,2＋\r(2))＝eq\r(2)，即n＝k＋1时，命题成立．根据①②知，xn<eq\r(2)(n∈N*)．(2)用数学归纳法证明，xn＋1>xn(n∈N*)．①当n＝1时，x2＝1＋eq\f(x1,p＋x1)>1＝x1，命题成立．②假设当n＝k时，xk＋1>xk，因为xk>0，p>0，所以eq\f(p,p＋xk＋1)<eq\f(p,p＋xk)，则当n＝k＋1时，xk＋1＝1＋eq\f(xk,p＋xk)＝2－eq\f(p,p