5.1 不等式的基本性质
自我小测
1不等式a＞b和＞同时成立的条件是________．
2已知a＜b＜c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac________0.
3设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a，b满足的条件是______________．
4实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c.将a，b，c，d按照从小到大的次序排列为__________．21教育网
5设a＞0，b＞0，则＋与a＋b的大小关系是__________．
6比较3－3与2的大小(n≠0)．
7已知a，b，c均为实数，下面四个命题中正确命题是________．(填序号)
①a＜b＜0?a2＜b2 ②＜c?a＜bc ③ac2＞bc2?a＞b④a＜b＜0?＜1
8若－1＜a＜2，－2＜b＜1，则a－|b|的取值范围是________．
9若a＞b＞0，m＞0，n＞0，则，，，按由小到大的顺序排列为________．
10当p、q都为正数，且p＋q＝1时，试比较(px＋qy)2与px2＋qy2的大小．
参考答案
1．a＞0，b＜0 解析：若a＞b和＞同时成立，则a＞0，b＜0.
2．＞ 解析：∵a＋b＋c＝0，且a＜b＜c，∴ac＜0.
∴b2－4ac＞0.
3．ab≠1或a≠－2
解析：x－y＝(ab－1)2＋(a＋2)2，
因为x＞y，所以(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，则ab－1≠0或a＋2≠0.
即ab≠1或a≠－2.
4．a＜c＜d＜b 解析：本题条件较多，若两两比较，需比较6次，很麻烦，但如果能找到一个合理的程序，则可减少解题步骤．21cnjy.com
??
又由①，得a＜c＜d＜b.
5．＋≥a＋b 解析：＋－(a＋b)
＝－(a＋b)
＝.
∵a＞0，b＞0，∴a＋b＞0，ab＞0，(a－b)2≥0.
∴＋≥a＋b.
6．解：设a＝，则3－3＝(a＋1)3－(a－1)3
＝(a3＋3a2＋3a＋1)－(a3－3a2＋3a－1)
＝6a2＋2＝n2＋2.
∴3－3－2＝n2，又n≠0，
∴n2＞0.
∴3－3＞2.
解析：本题中为一个整体，因而可以用换元法将第一个式子化简变形，再与2比较大小．
7．③④ 解析：①不正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0.
∴(－a)2＞(－b)2，即a2＞b2.
②不正确．∵＜c，若b＜0，则a＞bc.
③正确．∵ac2＞bc2，∴c≠0.∴a＞b.
④正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0.∴1＞＞0.
8．(－3,2) 解析：∵－2＜b＜1，∴0≤|b|＜2.
∴－2＜－|b|≤0.
而－1＜a＜2.∴－3＜a－|b|＜2.
9．＜＜＜ 解析：由a＞b＞0，m＞0，n＞0，知＜＜1，且＜＜1.所以＞＞1，即1＜＜.21世纪教育网版权所有
10．解：(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝p(p－1)x2＋q(q－1)y2＋2pqxy.
又∵p＋q＝1，
∴p－1＝－q，q－1＝－p.
∴(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2＋y2－2xy)＝－pq(x－y)2，
∵p、q都为正数，
∴－pq(x－y)2≤0.
∴(px＋qy)2≤px2＋qy2.
5.2.1 含有绝对值的不等式的解法
自我小测
1已知集合A＝{x|x2－5x＋6≤0}，集合B＝{x||2x－1|＞3}，则集合A∩B＝________.
2不等式3≤|5－2x|＜9的解集为________．
3不等式|x＋3|－|x－3|＞3的解集是________．
4不等式x2－2|x|－15＞0的解集是________．
5解不等式|x2－2x|＜3.
6解不等式：|x＋1|＋|x－1|≤1.
7已知y＝loga(2－ax)在[0,1]上是增函数，则不等式loga|x＋1|＞loga|x－3|的解集为________．21·cn·jy·com
8设函数f(x)＝|2x－1|＋x＋3，则f(－2)＝______；若f(x)≤5，则x的取值范围是______．【来源：21·世纪·教育·网】
9不等式4＜|3x－2|＜8的解集为__________．
10设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|，如果对任意x∈R，f(x)≥2，求a的取值范围．
11设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)求函数y＝f(x)的最小值．
参考答案
1．{x|2＜x≤3} 解析：A＝{x|2≤x≤3}，B＝{x|x＞2或x＜－1}
∴A∩B＝{x|2＜x≤3}．
2．(－2,1]∪[4,7) 解析：??解得不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．
3． 解析：当x≤－3时，－(x＋3)＋(x－3)＞3即－6＞3，不成立；当－3＜x＜3时，(x＋3)＋(x－3)＞3，即x＞，∴＜x＜3；当x≥3时(x＋3)－(x－3)＞3，即6＞3，∴x≥3.www.21-cn-jy.com
综上所述：.
4．(－∞，－5)∪(5，＋∞) 解析：∵x2－2|x|－15＞0.
即|x|2－2|x|－15＞0.
∴|x|＞5或|x|＜－3(舍去)．
∴x＜－5或x＞5.
5．解：解法一：由|x2－2x|＜3，得－3＜x2－2x＜3，
所以x2－2x＋3＞0，且x2－2x－3＜0.
因为x2－2x＋3＝(x－1)2＋2＞0，所以x∈R.
由x2－2x－3＜0，
解得－1＜x＜3.
所以原不等式的解集是{x|－1＜x＜3}．
解法二：作函数y＝x2－2x的图象(略)，|x2－2x|＜3表示函数图象中在直线y＝－3和直线y＝3之间相应部分的自变量的集合，解方程x2－2x＝3，得x1＝－1，x2＝3.
而x2－2x＝－3，无解．
所以不等式的解集是{x|－1＜x＜3}．
6．解：当x≤－1时，原不等式可化为－(x＋1)－(x－1)≤1，无解．
当－1＜x＜1时，原不等式可化为
x＋1－(x－1)≤1，
解得2≤1，无解．
当x≥1时，原不等式可化为x＋1＋x－1≤1，无解．
综上，可知原不等式的解集为空集．
7．{x|x＜1且x≠－1} 解析：因为a＞0且a≠1，所以2－ax为减函数．又因为y＝loga(2－ax)在[0,1]上是增函数，∴0＜a＜1，则y＝logax为减函数．∴|x＋1|＜|x－3|，且x＋1≠0，x－3≠0，由|x＋1|＜|x－3|，得(x＋1)2＜(x－3)2，即x2＋2x＋1＜x2－6x＋9.解得x＜1.又x≠－1，且x≠3.所以解集为{x|x＜1且x≠－1}．21教育网
8．6 [－1,1] 解析：f(－2)＝|2×(－2)－1|＋(－2)＋3＝6，
|2x－1|＋x＋3≤5，即|2x－1|≤2－x，
当2x－1≥0，即x≥时，
2x－1≤2－x，则x≤1，故≤x≤1.
当2x－1＜0，即x＜时，1－2x≤2－x，则x≥－1.
故－1≤x＜.综上，x的取值范围是－1≤x≤1.
9． 解析：本题是由两个绝对值不等式构成的不等式组，可分别解出其解集，然后取交集即可．
由4＜|3x－2|＜8，得?
?
∴－2＜x＜－或2＜x＜.
∴原不等式的解集为.
10．解：若a＝1，则f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件．
若a＜1，则f(x)＝
所以f(x)的最小值为1－a.
若a＞1，则f(x)＝
所以f(x)的最小值为a－1.
所以对任意x∈R，f(x)≥2的充要条件是|a－1|≥2，从而a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．21世纪教育网版权所有
11．解：(1)令y＝|2x＋1|－|x－4|，则
y＝?－x－5，x≤－，,3x－3，－＜x＜4，,x＋5，x≥4.
作出函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象，它与直线y＝2的交点为(－7,2)和.所以|2x＋1|－|x－4|＞2的解集为(－∞，－7)∪.21cnjy.com
(2)由函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象可知，当x＝－时，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－.2·1·c·n·j·y
5.2.2 含有绝对值的不等式的证明
自我小测
1已知|a|＜1，|b|＜1，则|a＋b|＋|a－b|________2(用“＞”“＝”或“＜”填空)．
2已知p、q、x∈R，pq≥0，x≠0，则______2.
3函数y＝|x＋1|－|x－1|的最大值是________．
4设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，总有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.
5(2010宁夏银川一中高考模拟，理24)设|a|≤1，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，证明|f(x)|≤.21cnjy.com
6若对任意实数x，不等式|x＋1|－|x－2|＞a恒成立，则a的取值范围是________．
7若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切x∈R恒成立，那么实数a的取值范围是________．
8若x＜5，n∈N，则下列不等式：①＜5；②|x|lg＜5lg；③xlg＜5；④|x|lg＜5，其中能够成立的有______．
9已知f(x)＝x2－2x＋7，且|x－m|＜3，求证：
|f(x)－f(m)|＜6|m|＋15.
10已知a，b，c是实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.21·cn·jy·com
(1)求证：|c|≤1；
(2)求证：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2.
参考答案
1．＜ 解析：当a＋b与a－b同号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b＋a－b|＝2|a|＜2；
当a＋b与a－b异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b－a＋b|＝2|b|＜2.
∴|a＋b|＋|a－b|＜2.
2．≥ 解析：当p、q至少有一个为0时，≥2.
当pq＞0时，p、q同号，则px与同号，
∴＝|px|＋≥2.故≥2.
3．2 解析：y＝|x＋1|－|x－1|≤|x＋1＋1－x|＝2，当且仅当x≥1时，等号成立．
4．证明：∵|x|≤1时，有|f(x)|≤1，
∴|f(0)|＝|c|≤1，|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1.
又f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，
∴|f(2)|＝|4a＋2b＋c|
＝|3(a＋b＋c)＋(a－b＋c)－3c|
＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|
≤＋
≤|3f(1)|＋|f(－1)|＋|3f(0)|≤3＋1＋3＝7.
∴|f(2)|≤7.
5．证明：|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－x2＋|x|＝－2＋≤，即|f(x)|≤.21教育网
6．(－∞，－3) 解析：恒成立问题，往往转化为求最值问题，本题中a＜|x＋1|－|x－2|对任意实数恒成立，即a＜[|x＋1|－|x－2|]min，也就转化为求函数y＝|x＋1|－|x－2|的最小值问题．www.21-cn-jy.com
∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3.
∴[|x＋1|－|x－2|]min＝－3.
∴a＜－3.
7．[1，＋∞) 解析：设f(x)＝|x－4|－|x－3|，则f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f(x)的最大值，∵|x－4|－|x－3|≤|(x－4)－(x－3)|＝1，
即f(x)的最大值等于1，∴a≥1.
8．④ 解析：∵0＜＜1，∴lg＜0，由x＜5并不能确定|x|与5的关系，∴可以否定①②③，而|x|lg＜0，④成立．21世纪教育网版权所有
9．证明：|f(x)－f(m)|＝|(x－m)(x＋m－2)|＝|x－m||x＋m－2|＜3|x＋m－2|≤3(|x|＋|m|＋2)．2·1·c·n·j·y
又|x－m|＜3，
∴－3＋m＜x＜3＋m.
∴3(|x|＋|m|＋2)＜3(3＋|m|＋|m|＋2)＝6|m|＋15.
∴|f(x)－f(m)|＜6|m|＋15.
10．(1)证明：∵－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，
∴|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)证明：当a＞0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是增函数，
∴g(－1)≤g(x)≤g(1)．
∵当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，且|c|≤1，
∴g(1)＝a＋b＝f(1)－c≤|f(1)|＋|c|≤2，
g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≥－(|f(－1)|＋|c|)≥－2，
∴|g(x)|≤2.
当a＜0时，g(x)＝ax＋b在[－1,1]上是减函数，
∴g(－1)≥g(x)≥g(1)．
∵－1≤x≤1时，|f(x)|≤1，且|c|≤1，
∴g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c≤|f(－1)|＋|c|≤2.
g(1)＝a＋b＝f(1)－c≥－(|f(1)|＋|c|)≥－2.
∴|g(x)|≤2.
当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c，且－1≤x≤1，
∴|g(x)|＝|f(1)－c|≤|f(1)|＋|c|≤2.
综上可知：|g(x)|≤2.
5.3.1 比较法
自我小测
1若P＝，Q＝－，R＝－，则P、Q、R的大小关系是________．
2已知a、b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是________．
3已知a＞0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P、Q的大小关系是________．
4当x＞1时，x3与x2－x＋1的大小关系是________．
5若－1＜a＜b＜0，则，，a2，b2中值最小的是________．
6设a＞0，b＞0.求证：aabb≥(ab).
7设a＞b＞c＞0，x＝，y＝，z＝，则x，y，z的大小关系为________．
8比较大小：log34________log67.
9已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
10(2010江苏高考，理21D)设a、b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
参考答案
1．P＞Q＞R 解析：∵＋＝2＞.
∴＞－，即P＞Q；
又∵＋＞＋.
∴－＞－，即Q＞R.∴P＞Q＞R.
2．P≤Q 解析：∵a，b都是正数，∴P＞0，Q＞0，
∴P2－Q2＝2－()2
＝≤0，
∴P2－Q2≤0，
∴P≤Q.
3．P＞Q 解析：P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.
当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，则0＜＜1，
∴loga＞0，
即P－Q＞0.
∴P＞Q.
当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，则＞1，
∴loga＞0，
即P－Q＞0.
∴P＞Q.
4．x3＞x2－x＋1 解析：x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，且x＞1，∴x－1＞0.21世纪教育网版权所有
又x2＋1＞0，∴x3－(x2－x＋1)＞0，即x3＞x2－x＋1.
5． 解析：依题意，知＞，a2＞b2，故只需比较与b2的大小．
∵b2＞0，＜0，
∴＜b2.
6．证明：∵aabb＞0，(ab)＞0，
∴＝ab＝.
当a＝b时，有＝1；
当a＞b＞0时，＞1，＞0，
当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，
由指数函数的单调性，有＞0，
即＞1.
综上可知，对任意实数a、b，都有aabb≥(ab).
7．x＜y＜z 解析：∵a＞b＞c＞0.
∴x＞0，y＞0，z＞0.b－a＜0，c－b＜0.
而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0.
∴x2＜y2，即x＜y；
又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]＝2ac－2ab＝2a(c－b)＜0.
∴y＜z.
∴x＜y＜z.
8．＞ 解析：设log34＝a，log67＝b，则3a＝4,6b＝7，得7×3a＝4×6b＝4×2b×3b，
即3a－b＝.显然b＞1.
所以2b＞2，则3a－b＝＞1.
所以a－b＞0，即a＞b.
9．证明：∵a＞2，∴a－1＞1，loga(a－1)＞0，a＞0，所以＝loga(a－1)loga(a＋1)＜2＝2.21教育网
∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2，
∴2＜2＝1，
∴＜1，
∴loga(a－1)＜log(a＋1)a.
10．证明：由a、b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，得(－)[()5－()5]≥0；当a＜b时，＜，从而()5＜()5，得(－)[()5－()5]＞0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
5.3.2 综合法和分析法
自我小测
1设a、b∈R＋，A＝＋，B＝，则A、B的大小关系是________．
2设a、b、c∈R＋，若a＋b＋c＝1，则＋＋≥________.
3下列四个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a；④0＜b＜a，其中能使＜成立的充分条件有________．21教育网
4给出下列四个命题：
①若a＞b＞0，则＞；②若a＞b＞0，则a－＞b－；③若a＞b＞0，则＞；④设a，b是互不相等的正数，则|a－b|＋≥2.其中正确命题的序号是________．
5证明对任意实数x、y，有x4＋y4≥xy(x＋y)2.
6设x、y都是正数，求证：(x＋y)2＋(x＋y)≥x＋y.
7已知x，y∈R，且1≤x2＋y2≤2，z＝x2＋xy＋y2，则z的取值范围是________．
8已知a，b，m都是正数，在空白处填上适当的不等号：
(1)当a________b时，＞；
(2)当a________b时，≤.
9已知实数a、b、c＞0，求证：a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)．
10已知：a、b是不相等的正数，且a3－b3＝a2－b2.
求证：1＜a＋b＜.
参考答案
1．A＞B 解析：∵(＋)2＝a＋2＋b，∴A2－B2＝2.
∴A2－B2＞0.
又A＞0，B＞0，
∴A＞B.
2．9
3．①②④ 解析：①a＜0＜b?＜0，＞0?＜；②b＜a＜0?＜；③b＜0＜a?＞；④0＜b＜a?＜.故选①②④.21世纪教育网版权所有
4．② 解析：①a＞b＞0，则＜，故①错；②a＞b＞0，则－＞－，故②对；③中－＝＝＜0，故③错；④因为a－b不能确定为正数，故④错．
5．证明：要证x4＋y4≥xy(x＋y)2.
只需证2(x4＋y4)≥x3y＋xy3＋2x2y2.
只需证
不等式②显然成立，下面证明不等式①.
(x4＋y4)－(x3y＋xy3)＝(x－y)(x3－y3)．
∵x－y与x3－y3同号．
∴(x－y)(x3－y3)≥0，即x4＋y4≥x3y＋xy3.
∴x4＋y4≥xy(x＋y)2.
6．证明：原不等式?2(x＋y)2＋(x＋y)≥4x＋4y?(x＋y)[2(x＋y)＋1]≥2(2＋2)．21cnjy.com
∵x＋y≥2＞0，
∴只需证2(x＋y)＋1≥2＋2，
即证＋≥＋，
而x＋≥2＝，y＋≥2＝，
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
∴(x＋y)2＋(x＋y)≥x＋y.
7． 解析：∵－≤xy≤.
∴(x2＋y2)≤x2＋xy＋y2≤(x2＋y2)．
又∵1≤x2＋y2≤2.
∴≤z≤3.
8．(1)＞ (2)≤ 解析：(1)＞?ab＋am＞ab＋bm?am＞bm?a＞b；
(2)≤?a(b＋m)≤b(a＋m)?am≤bm?a≤b.
9．证明：∵a2＋b2≥2ab，
∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)，
即a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab(a＋b)＝2a2b＋2ab2.
∴a3＋b3≥a2b＋ab2.
同理：b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2，
将三式相加，得2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2，
∴3(a3＋b3＋c3)
≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)
＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)．
∴a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．
10．证明：∵a、b是不相等的正数，且a3－b3＝a2－b2.
∴a2＋ab＋b2＝a＋b.
∴(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＞a2＋ab＋b2＝a＋b.
∴a＋b＞1.
要证a＋b＜，只需证3(a＋b)＜4.
只需证3(a＋b)2＜4(a＋b)．
即3(a2＋2ab＋b2)＜4(a2＋ab＋b2)．
只需证a2－2ab＋b2＞0.
只需证(a－b)2＞0.
而a、b为不相等的正数．∴(a－b)2＞0一定成立．故而a＋b＜成立．
综上，1＜a＋b＜.
5.3.4 放缩法
自我小测
1设M＝＋＋＋…＋，则M______1.
2用反证法证明“如果A＞b，那么＞”的假设内容应是________．
3设|a|＜1，则P＝|a＋b|－|a－b|与2的大小关系是____________．
4 lg9lg11与1的大小关系是________．
5某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|＜.那么它的假设应该是________．21世纪教育网版权所有
6设a、b∈R,0≤x，y≤1，求证：对于任意实数a、b必存在满足条件的x，y，使|xy－ax－by|≥成立．21教育网
7设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为________．
8设a、b、c均为正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P、Q、R同时大于零”的________条件．21·cn·jy·com
9 A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________．
10若|a|＜1，|b|＜1，求证：＜1.
11求证：1＋＋＋＋…＋＜3.
参考答案
1．＜ 解析：分母全换成210，共210个.
2．假设＝或＜
3．P＜2 解析：P＝|a＋b|－|a－b|≤|(a＋b)－(b－a)|＝2|a|＜2.
4．lg9 lg11＜1 解析：＜＝＜＝1，
∴lg9 lg11＜1.
5．假设|f(x1)－f(x2)|≥
6．证明：假设对一切0≤x，y≤1，结论不成立，则有|xy－ax－by|＜，令x＝0，y＝1，有|b|＜；令x＝1，y＝0，有|a|＜；令x＝y＝1，得|1－a－b|＜.又|1－a－b|≥1－|a|－|b|＞1－－＝，与|1－a－b|＜相矛盾，∴假设不成立，原不等式成立．
7．A＜B 解析：A＝＋＜＋＝B.
8．充要 解析：必要性是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于0，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，即充分性也成立．21cnjy.com
9．A≥ 解析：A＝＋＋＋…＋＝＝.
10．证明：假设≥1，则|a＋b|≥|1＋ab|，
∴a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2，
即a2＋b2－a2b2－1≥0，
∴a2－1－b2(a2－1)≥0，
即(a2－1)(1－b2)≥0，
∴或
∴或与已知矛盾．
∴＜1.
11．证明：由＜＝(k是大于2的自然数)．
得1＋＋＋＋…＋＜1＋1＋＋＋＋…＋＝1＋＝3－＜3.
∴原不等式成立．
5.4.1 柯西不等式
自我小测
1函数y＝＋2的最大值是________．
2设a＝(1,0，－2)，b＝(x，y，z)，若x2＋y2＋z2＝16，则a·b的最大值为________．
3设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值是________．
4已知a＋a＋…＋a＝1，x＋x＋…＋x＝1，则a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是________．21世纪教育网版权所有
5 n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是________．
6若2x＋3y＝1，求4x2＋9y2的最小值，并求最小值点．
7设a1＞a2＞…＞an＞an＋1，求证：(a1－an＋1)≥n2.
8设a＝(－2,1,2)，|b|＝6，则a·b的最小值为________，此时b＝________.
9设x，y，z∈R,2x＋2y＋z＋8＝0，则(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2的最小值为________．
10已知θ为锐角，a，b∈R＋，求证：(a＋b)2≤＋.
11已知函数f(x)＝(x－a)2＋(x－b)2＋(x－c)2＋(a，b，c∈R)的最小值为m，若a－b＋2c＝3，求m的最小值．21教育网
参考答案
1． 解析：根据柯西不等式，知
y＝1×＋2×
≤×
＝.
当且仅当＝2.
即x＝时等号成立．
2．4 解析：∵a＝(1,0，－2)，b＝(x，y，z)，
∴a·b＝x－2z.
由柯西不等式，得
[12＋02＋(－2)2](x2＋y2＋z2)≥(x＋0－2z)2.
当且仅当存在实数k＝±，使b＝ka时等号成立．
∴5×16≥(x－2z)2.
∴|x－2z|≤4.
∴－4≤x－2z≤4，
即－4≤a·b≤4.
∴a·b的最大值为4.
3． 解析：由柯西不等式得[()2＋()2＋()2](12＋12＋12)≥(＋＋)2，
∴(＋＋)2≤3×1＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
∴＋＋的最大值为.
4．1 解析：(a1x1＋a2x2＋…＋anxn)2≤(a＋a＋…＋a)(x＋x＋…＋x)＝1×1＝1.
当且仅当存在一个数k，使ai＝kxi(i＝1,2，…，n)时等号成立．
∴a1x1＋a2x2＋…＋anxn的最大值是1.
5．n2 解析：设n个正数为x1，x2，…，xn，
由柯西不等式，得
(x1＋x2＋…＋xn)
≥(×＋×＋…＋×)2＝(1＋1＋…＋1)2＝n2.
当且仅当存在实数k，使得xi＝k·(i＝1,2，…，n)时等号成立．
6．解：由柯西不等式，有
(4x2＋9y2)(12＋12)≥(2x＋3y)2＝1.
∴4x2＋9y2≥.
当且仅当2x＝3y时取等号．
由
得
于是4x2＋9y2的最小值为，最小值点为(，)．
7．证明：∵a1＞a2＞…＞an＞an＋1，
∴a1－a2＞0，a2－a3＞0，…，an－an＋1＞0，
根据柯西不等式有：(a1－a2＋a2－a3＋…＋an－an＋1)·≥
2＝n2.∴原不等式成立．
8．－18 (4，－2，－4) 解析：根据柯西不等式的向量形式，有|a·b|≤|a|·|b|.
∴|a·b|≤18.
当且仅当存在实数k，使a＝kb时，等号成立．
∴－18≤a·b≤18.
∴a·b的最小值为－18.
此时b＝－2a＝(4，－2，－4)．
9．9 解析：2x＋2y＋z＋8＝0?2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)＝－9.
考虑以下两组向量：
u＝(2,2,1)，v＝(x－1，y＋2，z－3)，
由柯西不等式，得(u·v)2≤|v|2·|u|2；
即[2(x－1)＋2(y＋2)＋(z－3)]2≤[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2]·(22＋22＋12)．
当且仅当x＝－1，y＝－4，z＝2时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥＝9.
10．证明：设m＝，n＝(cosθ，sinθ)．
则|a＋b|＝
＝|m·n|≤|m||n|
＝·
＝，
∴(a＋b)2≤＋.
11．解：因为f(x)＝(x－a)2＋(x－b)2＋(x－c)2＋
＝3x2－2(a＋b＋c)x＋a2＋b2＋c2＋
＝32＋a2＋b2＋c2.
所以x＝时，f(x)取最小值a2＋b2＋c2，即m＝a2＋b2＋c2.
因为a－b＋2c＝3.由柯西不等式，得
[12＋(－1)2＋22]·(a2＋b2＋c2)≥(a－b＋2c)2＝9，
所以m＝a2＋b2＋c2≥＝，
当且仅当＝＝，即a＝，b＝－，c＝1时等号成立．
所以m的最小值为.
5.4.2 排序不等式
自我小测
1已知a，b，c∈R＋，则a5＋b5＋c5与a3b2＋b3c2＋c3a2的大小关系是________．
2设a1，a2，…，an为实数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则乘积a1b1＋a2b2＋…＋anbn不小于________．21教育网
3n个正数与这n个正数倒数的乘积和的最小值为________．
4设a，b，c∈R＋，求证：a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.
5设x，y，z∈R＋，求证：＋＋≥0.
6设a，b，c为某三角形三边长，求证：a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)≤3abc.
7设a，b，c是正实数，求证：aabbcc≥(abc).
8已知a，b，c∈R＋，则a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)的正负情况是________．
9已知a，b，c都是正数，则＋＋≥________.
10设c1，c2，…，cn为正数a1，a2，…，an的某一排列，求证：＋＋…＋≥n.
11设a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn为任意两组实数，如果a1≤a2≤…≤an，且b1≤b2≤…≤bn，
求证：
≥×当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时等号成立．
12设a，b，c∈R＋，求证：a＋b＋c≤＋＋≤＋＋.
参考答案
1．a5＋b5＋c5≥a3b2＋b3c2＋c3a2 解析：取两组数a3，b3，c3和a2，b2，c2，且a≥b≥c.由排序不等式，得a5＋b5＋c5≥a3b2＋b3c2＋c3a2.21世纪教育网版权所有
2．a1an＋a2an－1＋…＋ana1
3．n 解析：设0＜a1≤a2≤a3…≤an，则0＜a≤a≤…≤a.
则由排序不等式得：反序和≤乱序和≤同序和．
∴最小值为反序和a1·a＋a2·a＋…＋an·a＝n.
4．证明：不妨设a≥b≥c＞0，则a4≥b4≥c4，
运用排序不等式有：
a5＋b5＋c5＝a×a4＋b×b4＋c×c4≥ac4＋ba4＋cb4，
又a3≥b3≥c3＞0，
且ab≥ac≥bc＞0，
所以a4b＋b4c＋c4a＝a3ab＋b3bc＋c3ca≥a3bc＋b3ac＋c3ab，
即a5＋b5＋c5≥a3bc＋b3ac＋c3ab.
5．证明：所证不等式等价于＋＋≥＋＋.
不妨设0＜x≤y≤z，
则x2≤y2≤z2，
x＋y≤x＋z≤y＋z，∴≤≤.
于是上式的左边为同序和，右边为乱序和，由排序不等式知此式成立．
6．证明：不妨设a≥b≥c＞0.
易证a(b＋c－a)≤b(c＋a－b)≤c(a＋b－c)．
根据排序原理，得
a2(b＋c－a)＋b2(c＋a－b)＋c2(a＋b－c)
≤a×b(c＋a－b)＋b×c(a＋b－c)＋c×a(b＋c－a)≤3abc.
7．证明：不妨设a≥b≥c＞0，则lga≥lgb≥lgc，据排序不等式，有
alga＋blgb＋clgc≥blga＋clgb＋algc；
alga＋blgb＋clgc≥clga＋algb＋blgc.
且alga＋blgb＋clgc＝alga＋blgb＋clgc，
以上三式相加整理，得
3(alga＋blgb＋clgc)≥(a＋b＋c)(lga＋lgb＋lgc)，
即lg(aabbcc)≥·lg(abc)．
即lg(aabbcc)≥lg(abc)，又lgx为增函数，
所以aabbcc≥(abc).
8．大于或等于零 解析：设a≥b≥c＞0，所以a3≥b3≥c3，
根据排序原理，得a3×a＋b3×b＋c3×c≥a3b＋b3c＋c3a.
又知ab≥ac≥bc，a2≥b2≥c2.
所以a3b＋b3c＋c3a≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
所以a4＋b4＋c4≥a2bc＋b2ca＋c2ab.
即a2(a2－bc)＋b2(b2－ac)＋c2(c2－ab)≥0.
9． 解析：设a≥b≥c＞0，
所以≥≥.
由排序原理，知
＋＋≥＋＋，①
＋＋≥＋＋.②
①＋②，得＋＋≥.
10．证明：不妨设0＜a1≤a2≤…≤an，则≥≥…≥，
∵，，…，是，，…，的一个排列，
故由排序原理：反序和≤乱序和，得：
a1×＋a2×＋…＋an×≤a1×＋a2×＋…＋an×.
即＋＋…＋≥n.
11．证明：由题设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，
则由排序原理得：a1b1＋a2b2＋…＋anbn
＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，a1b1＋a2b2＋…＋anbn
≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1，a1b1＋a2b2＋…＋anbn
≥a1b3＋a2b4＋…＋an－1b1＋anb2，…，
a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1.
将上述n个式子相加，两边同除以n2，得：
≥×当且仅当a1＝a2＝…＝an或b1＝b2＝…＝bn时等号成立．
12．证明：不妨设a≥b≥c＞0，于是a2≥b2≥c2，≥≥，
应用排序不等式得：
a2×＋b2×＋c2×≤a2×＋b2×＋c2×.
a2×＋b2×＋c2×≤a2×＋b2×＋c2×.
以上两个同向不等式相加再除以2，即得a＋b＋c≤＋＋，再由数组a3≥b3≥c3＞0，≥≥，仿上可证＋＋≤＋＋.
综上，可证a＋b＋c≤＋＋≤＋＋.
5.4.3 算术—几何平均不等式
自我小测
1若实数x，y满足xy＞0，且x2y＝2，则xy＋x2的最小值是________．
2设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，若M＝，则必有________．
3已知a，b∈R＋，则≥________.
4若记号“*”表示求两个实数a与b的算术平均值的运算，即a*b＝，则两边均含有运算“*”和“＋”，且对任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是____________________．21cnjy.com
5求证：＋a≥7(其中a＞3)．
6如果a，b∈R＋，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2.
7已知a，b，c同号且互不相等，a＋b＋c＝1，求证∶＋＋＞9.
8若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是______．
9下列命题：①x＋的最小值是2；②的最小值是2；③的最小值是2；④2－3x－的最小值是2，其中正确命题的个数是________．21·cn·jy·com
10若a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求证：＋＋≥.
11设a，b，c均为正数，证明(ab＋a＋b＋1)(ab＋ac＋bc＋c2)≥16abc.
12求证：在表面积一定的长方体中，正方体的体积最大．
参考答案
1．3 解析：xy＋x2＝xy＋xy＋x2≥
3＝3＝3＝3.
2．M≥8 解析：M＝＝≥＝8，当且仅当a＝b＝c＝时取等号．
3．9 解析：＝3＋＋＋＋＋＋≥3＋6＝9.
4．a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c) 解析：∵a＋(b*c)＝a＋＝，①
又∵(a＋b)*(a＋c)＝＝，②
由①②可知：a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c)．
5．证明：∵a＞3，∴a－3＞0.由基本不等式得＋a＝＋a－3＋3≥2＋3＝2＋3＝7，
当且仅当＝a－3，即a＝5(a＝1舍去)时，取等号．
6．证明：∵a，b∈R＋，且a≠b，
则a3＋b3＝[(a3＋a3＋b3)＋(a3＋b3＋b3)]
＞(3＋3)
＝a2b＋ab2.
∴a3＋b3＞a2b＋ab2.
7．证明：＋＋＝＋＋
＝3＋.
∵a，b，c同号且a＋b＋c＝1，
∴a＞0，b＞0，c＞0.
∴，，，，，均大于0.
又a，b，c互不相等，
∴3＋＞3＋
6＝3＋6＝9.
∴＋＋＞9.
8．[9，＋∞) 解析：令＝t(t＞0)，
由ab＝a＋b＋3≥2＋3，则有t2≥2t＋3，即t2－2t－3≥0.
解得t≥3或t≤－1(不合题意，舍去)．
∴≥3.∴ab≥9，当a＝b＝3时，取等号．
9．1 解析：当x＜0时，x＋无最小值，∴①错误；当x＝0时，的最小值是2，∴②正确；当＝时，取得最小值2，但此时x2＝－3不成立，∴取不到最小值2，∴③错误；当x＞0时，2－3x－＜0，∴④错误．21世纪教育网版权所有
10．证明：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，∴2＝(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)．
∴[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]≥3×3＝9.
∴＋＋≥.
11．证明：因为a，b，c均为正数，由算术—几何平均不等式，得≥，≥.
两式相乘并整理，得(ab＋a＋b＋1)(ab＋ac＋bc＋c2)≥16abc.
12．证明：设长方体的三条相交于同一顶点的棱长分别为x，y，z，则长方体的体积为V＝xyz，表面积为A＝2xy＋2yz＋2xz，则A＝2xy＋2yz＋2xz≥6.而这里A为定值，即A≥6，从而有V≤，当且仅当xy＝yz＝xz，即x＝y＝z时，等号成立．所以当长方体为正方体时，体积取得最大值，最大值为.21教育网
5.5.1 运用算术－几何平均不等式求最大（小）值
自我小测
1若x＞0，则4x＋的最小值是________．
2若正数x，y满足xy2＝4，则x＋2y的最小值为________．
3函数y＝4sin2x·cosx的最大值为________，最小值为________．
4函数y＝(x＜0)的值域是________．
5已知lgx＋lgy＝2，则＋的最小值为________．
6已知圆柱的体积V是定值，问圆柱的底半径r和高h各是多少时，圆柱的全面积S最小？并求S的最小值．
7已知x＋2y＋3z＝6，则2x＋4y＋8z的最小值为________．
8如下图所示，已知圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x，下底面半径与上底面半径之比为λ(0＜λ＜1)的内接圆台．试问：当x为何值时，圆台的体积最大？并求出这个最大的体积．www.21-cn-jy.com
参考答案
1．3 解析：∵x＞0，∴4x＋＝2x＋2x＋≥3，当且仅当2x＝，即x＝时等号成立．21cnjy.com
2．3 解析：∵xy2＝4，x＞0，y＞0，
∴x＝，∴x＋2y＝＋2y＝＋y＋y≥3＝3.
当且仅当x＝y＝时等号成立，此时x＋2y的最小值为3.
3． － 解析：∵y2＝16sin2x·sin2x·cos2x
＝8(sin2x·sin2x·2cos2x)
≤83＝8×＝，
∴y2≤，当且仅当sin2x＝2cos2x，即tanx＝±时取“＝”号．
∴ymax＝，ymin＝－.
4．[－3，＋∞) 解析：∵y＝＝≥＝－3，当且仅当x＝－1时取等号．
∴函数的值域为[－3，＋∞)．
5． 解析：∵lgx＋lgy＝2，∴lg(xy)＝2，xy＝102，∴＋＝≥＝＝.
当且仅当x＝y＝10时取等号．
6．解：πr2h＝V，S＝2πr2＋2πrh＝2π≥2π·3＝6π·＝3，
当且仅当r2＝rh，即h＝2r时取“＝”．
即r＝，h＝2时，Smin＝3.
7．12 解析：∵2x＞0,4y＞0,8z＞0.
∴2x＋4y＋8z＝2x＋22y＋23z≥3＝3＝3×4＝12，当且仅当2x＝22y＝23z，即x＝2，y＝1，z＝时，取等号．21世纪教育网版权所有
8．解：设内接圆台的上底面半径为r，则下底面半径为λr，由相似三角形的性质，得r＝R(1－)，从而圆台的体积V＝πx(r2＋r×λr＋λ2r2)21教育网
＝πR2x2×(1＋λ＋λ2)
＝πR2H(1＋λ＋λ2)×.
由0＜＜1，得1－＞0.
又＋＋＝2为定值，∴V≤πR2H(1＋λ＋λ2)×3＝πR2H(1＋λ＋λ2)．
当＝1－，即x＝时，等号成立．故当x＝时，圆台的体积最大，最大为πR2H(1＋λ＋λ2)．21·cn·jy·com
5.5.2 运用柯西不等式求最大（小）值
自我小测
1函数y＝2＋的最大值是________．
2已知x，y∈R＋，且xy＝1，则的最小值为________．
3设a，b，c为正数，则(a＋b＋c)的最小值是________．
4在△ABC中，设其各边长为a，b，c，外接圆半径为R，则：(a2＋b2＋c2)________36R2.21世纪教育网版权所有
5函数y＝3＋4的最大值为________．
6已知2x2＋y2＝1，则2x＋y的最大值为________．
7求实数x，y的值，使(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2达到最小值．
8已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，则a的最大值是________．21教育网
9设x，y，z∈R，若x2＋y2＋z2＝4，则x－2y＋2z的最小值为________．
10求2sinθ＋cosθsinφ－cosθcosφ的最大值和最小值．
参考答案
1． 解析：y2＝2
≤[22＋()2]
＝6×＝3，
当且仅当2＝·，
即x＝时等号成立．
∴y的最大值为.
2．4 解析：
＝
≥2
＝2＝22＝4，
当且仅当x＝y＝1时等号成立．
3．121 解析：(a＋b＋c)＝
≥2＝(2＋3＋6)2＝121.
当且仅当＝＝＝k(k为正实数)时等号成立．
4．≥ 解析：∵＝＝＝2R，
∴(a2＋b2＋c2)
≥2＝36R2.
5．5 解析：∵y2＝(3＋4)2
≤(32＋42)[()2＋()2]
＝25(x－5＋6－x)＝25，
当且仅当3＝4，
即x＝时等号成立．
∴函数y的最大值为5.
6． 解析：2x＋y＝×x＋1×y
≤×
＝×＝，
当且仅当y＝x，即x＝y＝时等号成立．
7．解：由柯西不等式，得
(12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2]≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1.21·cn·jy·com
即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥.
当且仅当＝＝，
即x＝，y＝时上式取等号．
故所求值为x＝，y＝.
8．2 解析：由柯西不等式，得(2b2＋3c2＋6d2)(＋＋)≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，21cnjy.com
当且仅当存在数k＝1或2，使得＝＝＝k时等号成立．
由条件可得5－a2≥(3－a)2，
解得1≤a≤2，即a的最大值是2.
9．－6 解析：由柯西不等式得(x2＋y2＋z2)·[12＋(－2)2＋22]≥(x－2y＋2z)2.
∴(x－2y＋2z)2≤4×9＝36.
当且仅当＝＝＝k，k＝±时，上式取得等号，当k＝－时，x－2y＋2z取得最小值－6.
10．解：令向量a＝(2sinθ，cosθ，－cosθ)，b＝(1，sinφ，cosφ)．
由柯西不等式|a·b|≤|a||b|，得
|2sinθ＋cosθsinφ－cosθcosφ|
≤·
＝＝2，
当且仅当存在实数k＝，使a＝kb时，等号成立．
所以所求的最大值为2，最小值为－2.
5.6 运用数学归纳法证明不等式
自我小测
1设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________．
2观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则得出结论：_____________________________________________________________
________________________________________________________________________.
3用数学归纳法证明时：设f(k)＝1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则f(k＋1)＝________.21cnjy.com
4(2010淮南高考调研，理13)若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．21·cn·jy·com
5求证：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(n∈N＋)．
6用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)．
7设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于________．
8已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．21世纪教育网版权所有
9求证：n棱柱中过侧棱的对角面的个数是f(n)＝n(n－3)(n∈N＋，n≥4)．
10已知数列{an}满足条件(n－1)an＋1＝(n＋1)(an－1)，且a2＝6(n∈N＋)．
(1)求a1、a3、a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
11已知点的序列An(xn,0)，n∈N＋，其中x1＝0，x2＝a(a＞0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，….21教育网
(1)写出xn与xn－1、xn－2之间的关系式(n≥3)；
(2)设an＝xn＋1－xn，计算a1，a2，a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明．
参考答案
1．＋＋ 解析：因为f(n)＝1＋＋＋…＋，所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋.所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
2．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
3．1×4＋2×7＋…＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2
4．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
解析：∵f(k)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2.
而f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
5．证明：(1)当n＝1时，左边＝2，右边＝2×1＝2，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时等式成立，即(k＋1)×(k＋2)×…×(k＋k)＝2k×1×3×5×…×(2k－1)成立．www.21-cn-jy.com
那么当n＝k＋1时，
(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2(k＋1)×(k＋2)×…×(2k＋1)＝2k＋1×1×3×5×…×(2k－1)[2(k＋1)－1]，即n＝k＋1时等式成立．【来源：21·世纪·教育·网】
由(1)、(2)可知，对任何n∈N＋等式均成立．
6．证明：(1)当n＝1时．
左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2
＝－k(2k＋1)，
则当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－2k2－5k－3＝－(k＋1)(2k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由(1)、(2)可知，对任何n∈N＋，等式成立．
解析：当n＝k＋1时，左边的项应该增加两项(2k＋1)2－(2k＋2)2.
7．－
8．(5,7) 解析：设每个数对内的两数之和为k，则组成数对的个数为ak＝k－1，k＝2,3，….则由不等式Sk＝＝＜60，得k(k－1)＜120，则k的最大值为11，且S11＝＝55，则第56个数对之和为12，即(1,11)，后面的依次为(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，所以第60个数对为(5,7)．2·1·c·n·j·y
9．证明：(1)当n＝4时，四棱柱有2个对角面，×4×(4－3)＝2，命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥4)时命题成立，即符合条件的棱柱的对角面有f(k)＝k(k－3)个，现在考虑n＝k＋1的情形，第k＋1条棱Ak＋1Bk＋1与其余和它不相邻的k－2条棱分别增加了1个对角面，共(k－2)个，而面A1B1BkAk变成了对角面，因此对角面的个数变为f(k)＋(k－2)＋1＝k(k－3)＋k－1＝(k2－3k＋2k－2)＝(k－2)(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)－3]，21·世纪*教育网
即f(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)－3]．
即当n＝k＋1时，等式成立．
由(1)、(2)可知，命题对n≥4，n∈N＋都成立．
解析：利用“递推”法，f(k＋1)－f(k)来寻找n＝k＋1比n＝k时增加的对角面的个数．
10．解：(1)∵(n－1)an＋1＝(n＋1)(an－1)(n∈N＋)，且a2＝6，
∴当n＝1时，a1＝1；
当n＝2时，a3＝3(a2－1)＝15；
当n＝3时，2a4＝4(a3－1)＝56，∴a4＝28.
(2)由a2－a1＝5，a3－a2＝9，a4－a3＝13.
猜想an＋1－an＝4n＋1，
∵an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)．
∴an＝2n2－n(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝2×12－1＝1，故猜想正确．
②假设当n＝k时，有ak＝2k2－k(k∈N＋，且k≥1)．
∴(k－1)ak＋1＝(k＋1)(ak－1)，
(k－1)ak＋1＝(k＋1)(2k2－k－1)．
∴ak＋1＝(k＋1)(2k＋1)＝2(k＋1)2－(k＋1)．
即当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②知，an＝2n2－n(n∈N＋)．
11．解：(1)当n≥3时，xn＝.
(2)a1＝x2－x1＝a，
a2＝x3－x2＝－x2＝－(x2－x1)＝－a，
a3＝x4－x3＝－x3＝－(x3－x2)＝－＝a.
由此推测an＝n－1a(n∈N＋)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝x2－x1＝a＝0a，通项公式成立．
②假设当n＝k时，ak＝(－)k－1a成立．
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝－xk＋1
＝－(xk＋1－xk)
＝－ak
＝－k－1a
＝(k＋1)－1a，通项公式成立．
由①②知，an＝n－1a(n∈N＋)．
