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1、【全程复习方略】 （福建专用）2014版高中数学第二节 证明不等式的基本方法、数学归纳法证明不等式课时提升作业新人教 A版选修 4-5 1.已知 a1,求证 : a1aaa1.2.已知 x,y,z 均为正数 ,求证 :xyz111.yzzxxyxyz3.已知 a2,求证 :loga(a-1)0),其中 r 为有理数 ,且 0r0,求证 :3a3+2b33a2b+2ab2. 6.已知 a,b,c0,且互不相等 ,abc=1,证明111abc.abc7.已知 ab0,求证 : 22abababab.8a28b8.(2013无锡模拟 )设 a,b,c是不全相等的正实数. 求证 :abbccalglg
2、lglgalgblgc.2229.已知 a,b,cR,f(x)=ax2+bx+c. 若 a+c=0,f(x) 在-1,1 上最大值为2,最小值为 -52, 求证 :a0 且|ba|Tn. 答案解析1.【证明】方法一:a1aaa1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页11a1aaa 1a1a1,a1aaa1a1,a-10,且 a-1a+1, a1a1,a1a10, a1aaa12,a-11. loga(a-1)0,log(a+1)a0. 由于aa 1loga1loga=loga(a-1) loga(a+1)2,0loga(
3、a2-1)logaa2=2, 2aloga1222alog a22=1, 即aa 1loga1loga0, loga(a-1)log(a+1)a. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页4.【解析】 (1)f(x)=r-rxr-1=r(1-xr-1), 令 f(x)=0, 解得 x=1. 当 0 x1 时,f(x)1 时,f(x)0, 所以 f(x) 在(1,+)内是增函数 . 故函数 f(x) 在 x=1 处取得最小值f(1)=0. (2)由(1)知 ,当 x(0,+)时 ,有 f(x) f(1)=0, 即 xrrx+
4、(1-r).若 a1,a2 中至少有一个为0,则12bb12a aa1b1+a2b2 成立 ; 若 a1,a2 均不为 0,又 b1+b2=1,可得 b2=1-b1,于是在中令x=12aa,r=b1,可得1b12a()ab112aa+(1-b1), 即11b1 b12a aa1b1+a2(1-b1),亦即12bb12a aa1b1+a2b2. 综上 ,对 a10,a20,b1,b2 为正有理数且b1+b2=1,总有12bb12a aa1b1+a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为: 设 a1,a2,an 为非负实数 ,b1,b2,bn 为正有理数 . 若 b1+b2+ +bn=1,则12bb
5、12a anbnaa1b1+a2b2+ +anbn.用数学归纳法证明如下: ()当 n=1 时,b1=1,有 a1a1,成立 . ()假设当 n=k 时,成立 ,即若 a1,a2,ak 为非负实数 ,b1,b2,bk 为正有理数 ,且 b1+b2+ +bk=1, 则12bb12a akbkaa1b1+a2b2+ +akbk. 当 n=k+1 时,已知 a1,a2,ak,ak+1 为非负实数 ,b1,b2,bk,bk+1 为正有理数 , 且 b1+b2+ +bk+bk+1=1, 此时 0bk+10, 于是12bb12a akk 1bbkk1a a=(12bb12a akbka)k 1bk1a=1
6、2kk 1k 1k 1k 1k 1bbb1 b1 b1 b1 bb12kk1(aaa)a,因12kk 1k 1k 1bbb1,1b1b1b由归纳假设可得12kk 1k 1k 1bbb1 b1 b1 b12kaaaa11k 1b1b+a22k1b1b+akkk 1b1b=1122kkk 1a ba ba b1b, 从而12bb12a akk 1bbkk1a ak 1k 11 bb1122kkk1k 1a ba ba b()a.1b又因 (1-bk+1)+bk+1=1, 由得k 1k 11 bb1122kkk 1k 1a ba ba b()a1b1122kkk 1a ba ba b1b(1-bk+
7、1)+ak+1bk+1, 从而12bb12a ak 1bk 1a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页a1b1+a2b2+akbk+ak+1bk+1. 故当 n=k+1 时,成立 , 由()()可知 ,对一切正整数n,所推广的命题成立. 说明 :(3)中如果推广中指出式对n2 成立 ,则后续证明中不需讨论 n=1 的情况 . 5.【证明】 3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)+2b2(b-a)=(3a2-2b2)(a-b). 因为 ab0,故 a-b0,3a2-2b22a2-2b2=2(a+b)(a-
8、b) 0, 所以 (3a2-2b2)(a-b) 0,即 3a3+2b33a2b+2ab2. 6.【证明】方法一:a,b,c0,且互不相等 ,abc=1. 111111111111bcacababc.bcacab222abc即111abc.abc方法二 :11122 cabab，11111122 a22 bbcbccaac，以上三式相加,得111abc.abc又 a,b,c 互不相等 ,等号不成立 , 即111abc.abc7.【证明】要证原不等式组成立, 只需证2ab4aa+b-2ab2 ab4b，即证222abab()ab()2 a2 b，只需证ababab2 a2 b，即证abab12 a
9、2 b，即ba1ab,只需证ba1b0,ba1lga+lgb+lgc, 只需证 :lg(ab bc ca222)lg(abc), 只需证 :ab bc ca222abc. abbccaab0,bc0,ca0,222ab bc ca222 abc0 成立 . a,b,c 为不全相等的正数,上式中等号不成立. 原不等式成立 . 方法二 : a,b,c正实数 , abbccaab0,bc0,ca0,222又 a,b,c 为不全相等的实数, ab bc ca222abc, lg(ab bc ca222)lg(abc), 即abbccalglglg222lga+lgb+lgc. 9.【证明】由a+c=0
10、 得 c=-a, f(x)=ax2+bx-a. 假设 a=0 或|ba|2. (1)由 a=0,得 f(x)=bx, 依题意知b0,又 f(x) 在-1,1 上是单调函数, f(x) 的最大值为 |b|,最小值为 -|b|. 于是 |b|=2,-|b|=-52,显然矛盾 ,故 a 0. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页(2)由|ba|2,得|-b2a|1 且 a0, 因 f(x) 在-1,1 上单 调,故其最大值为|b|,最小值为 -|b|, 由(1)知这是不可能的,所以 |ba| 2不成立 . 综合 (1)(2) 可知 ,假设不成立 ,故 a0 且|ba|Tn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页方法二 : Tn+1-Tn=111111()n2n32n2n1n22n111.2n12n2n12n+11112n22n2n1=0. Tn+1Tn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页