5.1 不等式的基本性质
同步测控
我夯基,我达标
1.若a＜b＜0,则下列不等关系中不能成立的是( )
A.＞ B.＞ C.|a|＞|b| D.a2＞b2
解析:易知C、D正确.
A中∵-=,a＜b＜0,
∴ab＞0,b-a＞0.
∴＞0.∴＞.
∴A正确.
B中-==,
∵a＜b＜0,∴a-b＜0.
∴＜0.∴＜.∴B不正确.
答案:B
2.已知a、b、c均为实数,下列四个命题中正确的命题个数为( )
①a＞blg(a-b)＞0 ②＜ca＜bc ③a＞b()a＞()b ④a＜b＜0＜1
A.0 B.1 C.2 D.321教育网
解析:①a＞ba-b＞0,lg(a-b)＞0a-b＞1,
∴①不正确.
②＜c,当b＞0时有a＜bc;当b＜0时,则有a＞bc,
∴②不正确.
③由指数函数的图象,知③不正确.
④a＜b＜0,∴-a>-b>0,即>1.
∴＞1,④不正确.
答案:A
3.已知x＜a＜0,下列一定成立的不等式是( )
A.x2＜a2＜0 B.x2＞ax＞a2
C.x2＜ax＜0 D.x2＞a2＞ax
解析:x2＞ax＞a2.
或用特殊值检验.
答案:B
4.若α、β满足-＜α＜β＜,则2α-β的取值范围为( )
A.-π＜2α-β＜0 B.-＜2α-β＜
C.-＜2α-β＜ D.0＜2α-β＜π
解析:∵-＜α＜,-＜-β＜,且α＜β,
∴-π＜α-β＜0.
∴-＜2α-β＜.
但是如果由-＜α＜,得-π＜2α＜π,
由-＜-β＜,得-＜2α-β＜就是错误的,忽视了条件中的α＜β.
答案:C
5.下列命题中真命题有( )
①若a＞b＞0,则＜ ②若a＞b,则c-2a＜c-2b ③若a＞b,e＞f,则f-ac＜e-bc ④若a＞b,则＜21cnjy.com
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析:∵a＞b＞0,∴0＜＜.
∴＜成立,①正确.
∵a＞b,∴-2a＜-2b.∴c-2a＜c-2b.∴②正确.
当c＜0时,∵a＞b,∴ac＜bc.
∴-ac＞-bc.
f-ac＜e-bc,③错.
当a＞0＞b时,显然＞,∴④错.
答案:B
6.若a＜0,-1＜b＜0,则有( )
A.a＞ab＞ab2 B.ab2＞ab＞a C.ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a
解析:取a=-1,b=-,则ab=,ab2=-.排除A、B、C.
答案:D
7.下列命题正确的是( )
A.＜＜0|a|＞|b| B.＞a＞b
C. D.
解析:A中取a=-1,b=-2,有＜＜0,但|a|＜|b|,故A不正确.
当c＜0时,＞a＜b.B不成立.
a3＞b3a3-b3＞0(a-b)(a2+ab+b2)＞0,
∵a2+ab+b2=(a+)2+≥0,
∴a-b＞0,即a＞b.
又ab＞0,∴＞0.
∴-=＞0,即＞.故C正确.
D中取a=-2,b=-1,满足但＞,
故D不正确.
答案:C
我综合，我发展
8.实数a、b、c、d满足下列三个条件:①d＞c,②a+b=c+d,③a+d＜b+c,则将a、b、c、d按照从小到大的顺序排列为_______________.21·cn·jy·com
解析:由③d+a＜b+cd-c＜b-a,
由①d＞cd-c＞0,
∴b-a＞d-c＞0.∴b＞a.由②③得c+2d+a＜a+2b+c,即d＜b,且2a+b+d＜b+2c+d,
即a＜c.∴b＞d＞c＞a.
答案:a＜c＜d＜b
9.a、b均为实数,下列条件中:①a＞b＞0,②a＞0＞b,③b＞0＞a,④0＞a＞b能使＜成立的有_______________.www.21-cn-jy.com
解析:∵＜＜0＞0,
∴由a＞b＞0,得＞0.
由b＞0＞a,∴ab＜0,b-a＞0,a-b＜0.
∴＞0.∴③能使＜成立.
由0＞a＞b,得ab＞0,a-b＞0,∴＞0成立.
由a＞0＞b,得a-b＞0,ab＜0,∴＞0不成立.
答案:①③④
10.已知a＞b与a-＞b-同时成立,则a、b应满足的条件是_______________.
解析:∵a-＞b-a-b＞-a-b＞(a-b)(1+)＞0(a-b)＞0,
又∵a＞b,
∴只需＞0即可,即ab＞0或ab＜-1.
答案:ab＞0或ab＜-1
11.已知-＜a＜0,A=1+a2,B=1-a2,C=,D=,试比较A、B、C、D的大小.
分析:四个数比较大小可先两个两个进行比较.
解:∵-＜a＜0,
∴1+a2＞1-a2＞0且0＜1+a＜1-a.
∴＞.
∴A＞B,C＞D,且A＞1＞B＞0,C＞1＞D＞0.
∵A-C=1+a2-===,
又∵-＜a＜0,
∴1+a＞0,a2+a+1＞0.
∴＜0,即A＜C.
∵B-D=1-a2-=
=,
又∵-＜a＜0,∴-1＜a-＜-.
∴(a-)2＜1＜.
∴(a-)2-＜0.
∵1-a＞0,a＜0,
∴＞0.∴B＞D.
综上,A、B、C、D的大小关系为C＞A＞B＞D.
12.若x＜y＜0,试比较(x2+y2)(x-y)与(x2-y2)(x+y)的大小.
解:∵(x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)
=x3+xy2-x2y-y3-(x3-xy2+x2y-y3)
=2xy2-2x2y=2xy(y-x),
又∵x＜y＜0,∴xy＞0,y-x＞0.
∴2xy(y-x)＞0.
∴(x2+y2)(x-y)＞(x2-y2)(x+y).
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13.设x∈R,比较与1-x的大小.
分析:作差比较两个数的大小,并判断其符号,若不确定,可分类讨论.
解:∵-(1-x)=,
∴当x=0时,=0.∴=1-x.
当x＞0时,＞0,∴＞1-x.
当-1＜x＜0时,1+x＞0,∴＞1-x.
当x＜-1时,1+x＜0,∴＜1-x.
综上,当x＜-1时,＜1-x;
当x=0时,=1-x;
当-1＜x＜0或x＞0时,＞1-x.
14.已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元,而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元,试比较2枝玫瑰与3枝康乃馨的价格哪一个更高.21世纪教育网版权所有
分析:本题为不等式性质的一个实际应用题,可先设出有关的量,再列出所满足的不等关系,进一步作出解答.
解:设玫瑰与康乃馨的单价分别为x元、y元,
则由已知,得
设2x-3y=m(6x+3y)+n(4x+5y)=(6m+4n)x+(3m+5n)y,
则∴
∴(6x+3y)＞×24=,
(4x+5y)＞-×22=-.
∴2x-3y=(6x+3y)-(4x+5y)＞0,
即2x＞3y.
答:2枝玫瑰的价格高.
5.2.1 含有绝对值的不等式的解法
同步测控
我夯基,我达标
1.不等式(2x-1)(1-|x|)＜0成立的充要条件是( )
A.x＞1或x＜ B.x＞1或-1＜x＜
C.-1＜x＜ D.x＜-1或x＞
解析:原不等式等价于或
即或
∴0≤x＜或x＞1或-1＜x＜0,
即-1＜x＜或x＞1.
答案:B
2.|x|＞x的解集是( )
A.{x|x＞0} B.{x|x＜0}
C.{x|x≠0} D.R
解析:根据绝对值的定义,知x≥0时|x|=x,当x＜0时|x|=-x,
∴不等式|x|＞x的解集为{x|x＜0}.
答案:B
3.不等式|2x-1|＜2-3x的解集为( )
A.{x|x＜} B.{x|x＜1}
C.{x|＜x＜1} D.{x|0＜x＜}
解析:原不等式等价于-(2-3x)＜2x-1＜2-3x,
即∴x＜.
答案:A
4.不等式|x+1|＞|x-3|的解集为( )
A.{x|x＞-1} B.{x|x＞3}
C.{x|-1＜x＜3} D.{x|x＞1}
解析:原不等式等价于(x+1)2＞(x-3)2,
即8x＞8,∴x＞1.
答案:D
5.设M={x||2x-3|≤1},N={x||2x+1|-|x+2|≥0},则M与N的关系是( )
A.M=N B.MN C.MN D.M∩N=21cnjy.com
解析:由|2x-3|≤1,得-1≤2x-3≤1,即1≤x≤2,∴M={x|1≤x≤2}.
|2x+1|-|x+2|≥0|2x+1|≥|x+2|(2x+1)2≥(x+2)2,
∴3x2≥3.∴x2≥1.∴x≥1或x≤-1.
∴N={x|x≥1或x≤-1}.∴MN.
答案:C
6.集合A={x|x2-5x+6≤0},B={x||2x-1|＞3},则集合A∩B等于( )
A.{x|2≤x≤3} B.{x|2≤x＜3}
C.{x|2＜x≤3} D.{x|-1＜x＜3}
解析:方法一:取x=2,代入x2-5x+6≤0,成立;代入|2x-1|＞3,不成立.排除A、B、D,选C.
方法二:由x2-5x+6≤0,得2≤x≤3,
∴A={x|2≤x≤3}.
由|2x-1|＞3,得2x-1＞3或2x-1＜-3,即x＞2或x＜-1.
∴B={x|x＞2或x＜-1}.∴A∩B={x|2＜x≤3}.
答案:C
7.不等式||≥的解集是( )
A.(-2,0) B.(-2,0］ C.R D.(-∞,-2)∪(-2,+∞)
解析:原不等式等价于≤0,∴-2＜x≤0.
答案:B
8.已知a＞0,A={x||x+2|＜a},B={x|ax＞1},若A∩B≠,则实数a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(0,1) C.(0,1)∪(2,+∞) D.(0,1)∪(1,+∞)
解析:由|x+2|＜a,得-2-a＜x＜a-2,
∴A={x|-2-a＜x＜a-2}.
当a＞1时,ax＞1,得x＞0.
B={x|x＞0},而a-2＞-1,∴要有A∩B≠,
需使a-2＞0,即a＞2.
当0＜a＜1时,ax＞1,得x＜0,
∴B={x|x＜0}.而a-2＜-1,
∴一定有A∩B≠.
综上,a的取值范围为(0,1)∪(2,+∞).
答案:C
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9.设函数f(x)=|2x-1|+x+3,则f(-2)=_____________;若f(x)≤5,则x的取值范围是_____________.21世纪教育网版权所有
解析:f(-2)=|2×(-2)-1|+(-2)+3=6,
|2x-1|+x+3≤5|2x-1|≤2-x
x-2≤2x-1≤2-x
∴-1≤x≤1.
答案:6 -1≤x≤1
10.不等式|x+3|-|x-3|＞3的解集是_____________.
解析:原不等式等价于或或
即＜x≤3或x＞3,
∴解集为(,+∞).
答案:(,+∞)
11.|5x-6|＜x2的解集为_____________.
解析:原不等式等价于-x2＜5x-6＜x2,
即
由①得x＞1或x＜-6;由②得x＞3或x＜2,
∴原不等式的解集为{x|x＜-6或1＜x＜2或x＞3}.
答案:{x|x＜-6或1＜x＜2或x＞3}
12.不等式|2x-log2x|＜2x+|log2x|成立,则x的取值范围为_____________.
解析:要使不等式有意义,需使x＞0;要使不等式成立,需使log2x＞0,∴x＞1.
答案:x＞1
13.解不等式:|x2-2x|＜x.
分析:去掉绝对值,将不等式转化,再列一元二次方程组.
解:原不等式等价于-x＜x2-2x＜x,
即
由①得x＞或x＜0;
由②得0＜x＜.
∴原不等式的解集为{x|x＜0或x＞}∩{x|0＜x＜}={x|＜x＜}.
14.解不等式:3＜|x+1|+|x|+|x-1|＜6.
分析:本题含有多个绝对值号,可对其进行分段讨论.
解:当x≤-1时,原不等式等价于3＜-(x+1)-x-(x-1)＜6,即3＜-3x＜6,
∴-2＜x＜-1.
当-1＜x≤0时,原不等式等价于3＜x+1-x-(x-1)＜6,即3＜-x+2＜6,
∴-4＜x＜-1.∴无解.
当0＜x≤1时,原不等式等价于3＜x+1+x-(x-1)＜6,即3＜x+2＜6,
∴1＜x＜4.∴无解.
当x＞1时,原不等式等价于3＜x+1+x+x-1＜6,即3＜3x＜6,
∴1＜x＜2.
综上,原不等式的解集为{x|-2＜x＜-1或1＜x＜2}.
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15.解不等式|2x-2|+4x-4＜0.
分析:本题为含有绝对值号的二次不等式,可先根据绝对值的定义,去掉绝对值号,再解关于2x的二次不等式,从而解出x的范围.21教育网
解:当x≥1时,原不等式等价于2x-2+4x-4＜0,即(2x)2+2x-6＜0,
∴0＜2x＜2.
∴x＜1,无解.
当x＜1时,原不等式等价于2-2x+4x-4＜0,即?(2x)2-2x-2＜0,
∴0＜2x＜2.
∴x＜1.
综上,原不等式的解集为{x|x＜1}.
16.解不等式|log3x|+|log3|≥1.
解:要使原不等式有意义,需满足
∴0＜x＜3.
原不等式化为|log3x|+|log3(3-x)|≥1.
(1)当0＜x≤1时,原不等式化为-log3x+log3(3-x)≥log33,∴log3(3-x)≥log3(3x).
∴3-x≥3x.
∴x≤.
∴0＜x≤.
(2)当1＜x≤2时,原不等式化为log3x+log3(3-x)≥log33,
∴3x-x2≥3,即x2-3x+3≤0.∴无解.
(3)当2＜x＜3时,原不等式化为log3x-log3(3-x)≥log33,
∴log3x≥log33(3-x).
∴x≥3(3-x),
即x≥.
∴≤x＜3.
综上,原不等式的解集为{x|0＜x≤}∪{x|≤x＜3}={x|0＜x≤或≤x＜3}.
5.2.2 含有绝对值的不等式的证明
同步测控
我夯基,我达标
1.设|x+z|＜|y|(x、y、z∈R),则( )
A.|x|＞|z|-|y| B.|x|＞|y|-|z| C.|x|＜|z|-|y| D.|x|＜|y|-|z|21教育网
解析:∵|x+z|＜|y|,而|x+z|≥|x|-|z|,
∴|x|-|z|＜|y|,即|x|＜|y|+|z|
或|z|-|x|＜|y|,即|x|＞|z|-|y|.
答案:A
2.若|x-a|＜ε,|y-|＜ε,则下列不等式成立的是( )
A.|x-y|＜ε B.|x-y|＞ε C.|x-2y|＜3ε D.|x-2y|＜2ε
解析:∵|y-|＜ε,
∴|2y-a|＜2ε.
∴|(x-a)-(2y-a)|=|x-2y|
＜|x-a|+|2y-a|＜ε+2ε=3ε.
答案:C
3.a、b∈R,ab＜0,则有( )
A.|a+b|＞|a-b| B.|a+b|＜|a-b| C.|a|+|b|＞|a-b| D.|a|-|b|＞|a-b|www.21-cn-jy.com
解析:取特殊值a=3,b=-2逐项验证即可.
答案:B
4.已知f(x)=,a、b∈R,且a≠b,若A=|f(a)-f(b)|,则( )
A.A≤|a-b| B.A≥|a-b| C.A＜|a-b| D.A＞|a-b|
解析:A=|f(a)-f(b)|=||
=
≤|a-b|＜|a-b|.
答案:C
5.若x＜5,n∈N,则下列不等式成立的是( )
A.|xlg|＜5|lg| B.|x|lg＜5lg
C.xlg＜5|lg| D.|x|lg ＜5|lg|
解析:∵0＜＜1,
∴lg＜0.
由x＜5并不能确定|x|与5的关系,
∴可以否定A、B、C.
而|x|lg＜0,
∴D成立.
答案:D
6.已知a、b、c∈R,且a＞b＞c,则有( )
A.|a|＞|b|＞|c| B.|ab|＞|bc| C.|a+b|＞|b+c| D.|a-c|＞|a-b|
解析:由a＞b＞c不能确定a、b、c的正、负,即不能确定它们的绝对值的大小,
∴A、B、C都不确定.
但a-c＞0,a-b＞0,且a-c=(a-b)+(b-c)＞a-b＞0,
∴|a-c|＞|a-b|.
答案:D
7.若|a-c|＜b,则下列不等式不成立的是( )
A.|a|＜|b|+|c| B.|c|＜|a|+|b| C.b＞||c|-|a|| D.b＜||a|-|c||2·1·c·n·j·y
解析:∵||a|-|c||≤|a-c|＜b,∴选D.
答案:D
8.已知h＞0,a、b∈R,命题甲:|a-b|＜2h,命题乙:|a-1|＜h且|b-1|＜h,则甲是乙的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
解析:∵|a-1|＜h,|b-1|＜h,
∴|a-b|=|(a-1)-(b-1)|≤|a-1|+|b-1|＜2h成立.
但由|a-b|＜2h成立,不一定有|a-1|＜h且|b-1|＜h,∴甲是乙的必要不充分条件.
答案:B
我综合，我发展
9.不等式≥1成立的充要条件是_______________.
解析:≥1
由|a+b|≥||a|-|b||≥|a|-|b|恒成立,
∴|a|＞|b|.
答案:|a|＞|b|
10.设|a|＜1、|b|＜1,则|a+b|+|a-b|与2的大小关系为________________.
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.
综上,可知|a+b|+|a-b|＜2.
答案:|a+b|+|a-b|＜2
11.定义运算x·y=若|m-1|·m=|m-1|,则m的取值范围为_______________.
解析:由|m-1|·m=|m-1|和定义,知|m-1|≤m,即-m≤m-1≤m,
∴m≥.
答案:m≥
12.已知|a|≠|b|,m=,n=,则m、n之间的大小关系为_______________.
解析:m=≤=1,而n=≥=1.
∴m≤n.
答案:m≤n
13.已知f(x)=x2-2x+7且|x-m|＜3,求证:|f(x)-f(m)|＜6|m|+15.
证明:∵f(x)=x2-2x+7,∴|f(x)-f(m)|=|(x2-2x+7)-(m2-2m+7)|21·cn·jy·com
=|(x2-m2)-2(x-m)|=|x-m|·|x+m-2|＜3|(x-m)+2m-2|
≤3(|x-m|+|2m-2|)＜3(3+|2m-2|)≤9+6(|m|+1)=6|m|+15.∴不等式成立.
我创新，我超越
14.已知a、b、c是实数,f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,求证:(1)|c|≤1;(2)当-1≤x≤1时,|g(x)|≤2.21世纪教育网版权所有
分析:已知条件当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,可取特殊值代入,如|f(0)|、|f(1)|、|f(-1)|;而g(x)为一直线,要证|g(x)|≤2,只需证|g(1)|≤2且|g(-1)|≤2即可.
证明:(1)∵当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,
∴|c|=|f(0)|≤1.
(2)∵当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,
∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1.
∴|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2,即|g(1)|≤2;
|-a+b|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2,
即|g(-1)|≤2.
∵函数g(x)=ax+b的图象是一条直线,
∴|g(x)|在［-1,1］上的最大值只能在x=-1或x=1处取得.
∴当-1≤x≤1时,|g(x)|≤2.
15.若a、b∈R,α,β是方程x2+ax+b=0的两根,且|a|+|b|＜1,求证:|α|＜1且|β|＜1.
分析:本题a、b是方程的系数,α、β是方程的根,可由二次方程根与系数之间的关系联系转化,再由绝对值不等式的性质进行变形证出.21cnjy.com
证明:∵由|a|+|b|=|α+β|+|αβ|＜1,得|α+β|＜1-|αβ|.
又∵|α+β|≥|α|-|β|,
∴|α|-|β|＜1-|αβ|=1-|α|·|β|.
∴|α|(|β|+1)-(|β|+1)＜0.
∴(|α|-1)(|β|+1)＜0.
∵|β|+1＞0,
∴|α|-1＜0.∴|α|＜1.
又∵|α+β|≥|β|-|α|,
∴|β|-|α|＜1-|αβ|=1-|α|·|β|.
∴|β|(|α|+1)-(|α|+1)＜0.
∴(|β|-1)(|α|+1)＜0.
∵|α|+1＞0,∴|β|-1＜0,即|β|＜1.
5.3.1 比较法
同步测控
我夯基,我达标
1.设a＞1＞b＞-1,则下列不等式恒成立的是( )
A.＜ B.＞ C.a2＞ D.a＞b2
解析:∵-1＜b＜1,∴b2＜1＜a.
答案:D
2.若x＞0,y＞0,a=x3+y3,b=x2y+xy2,则a与b的大小关系是( )
A.a＞b B.a＜b C.a≤b D.a≥b
解析:a-b=x3+y3-(x2y+xy2)=x2(x-y)+?y2(y-x)?=(x2-y2)(x-y)=(x-y)2(x+y),
∵x＞0,y＞0,∴x+y＞0,(x-y)2≥0.
∴a-b≥0.∴a≥b.
答案:D
3.下列关系中对任意a＜b＜0的实数都成立的是( )
A.a2＜b2 B.lgb2＜lga2 C.＞1 D.
解析:∵a＜b＜0,∴a2＞b2＞0.
又∵y=lgx在(0,+∞)上为单调增函数,
∴lgb2＜lga2成立.
答案:B
4.已知a＞0且a≠1,P=loga(a3+1),Q=loga(a2+1),则P、Q的大小关系是( )
A.P＞Q B.P＜Q C.P=Q D.大小不确定
解析:P-Q=loga(a3+1)-loga(a2+1)=loga.
当a＞1时,a3＞a2＞1，∴a3+1＞a2+1.
∴＞1.∴loga＞0.∴P＞Q.
当0＜a＜1时,0＜a3＜a2＜1,∴1＜a3+1＜a2+1.
∴0＜＜1.∴loga＞0.
∴P＞Q.综上，P＞Q.
答案:A
5.已知a、b、c、d为正实数且＜,则( )
A.＜＜ B.
C.＜＜ D.以上均可能
解析:,
∵a、b、c、d都是正实数,＜,
∴ad＜bc.∴bc-ad＞0.
∴＞0.∴.
又∵＜0,
∴.∴＜.
答案:A
6.已知0＜x＜1,a=,b=1+x,c=,则其中最大的是( )
A.a B.b C.c D.不能确定21世纪教育网版权所有
解析:b-a=1+x-2=(1-)2,∵0＜x＜1,
∴(1-)2＞0.∴b＞a.
b-c=1+x-,
∵0＜x＜1,∴1-x＞0.
∴-＜0.∴b-c＜0,b＜c.
∴a＜b＜c.
答案:C
7.a、b都是正数,P=,Q=,则P、Q的大小关系是( )
A.P＞Q B.P＜Q C.P≥Q D.P≤Q
解析:∵P2=,Q2=a+b,
∴Q2-P2=(a+b)-()
==()2≥0.
∴Q2≥P2.
∵P＞0,Q＞0,
∴Q≥P.
答案:D
8.若a、b∈R+,且a≠b,则下列式子:①a2+3ab＞2b2,②a5+b5＞a3b2+a2b3,③a2+b2+5≥2(2a-b), ④+＞2,其中恒成立的个数是( )21教育网
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:①a2+3ab-2b2=(a+b)2-b2-2b2=(a+b)2-,符号不定,∴①不一定成立.
②a5+b5-a3b2-a2b3=a3(a2-b2)-b3(a2-b2)=(a3-b3)(a2-b2)=(a-b)2(a+b)(a2+ab+b2),
∵a、b∈R+,∴a+b＞0.
∵a≠b,∴(a-b)2＞0.
又∵a2+ab+b2＞0,∴a5+b5＞a3b2+a2b3成立.
∴②成立.
③a2+b2+5-2(2a-b)=a2-4a+4+b2+2b+1=(a-2)2+(b+1)2＞0,∴③成立.21cnjy.com
④∵-2=
又∵a、b∈R+,∴ab＞0.
∵a≠b,∴(a-b)2＞0.∴＞0.
∴＞2成立.
综上②③④成立.
答案:C
我综合，我发展
9.设a＞0,b＞0,m＞0,且＜,则a与b的大小关系为_______________.
解析:∵＜,a＞0,b＞0,m＞0,
∴(a+m)b＜a(b+m).
∴bm＜am.∴a＞b.
答案:a＞b
10.已知a＞0,b＞0,t∈R,x=,y=a-b,则x与y的大小关系为_____________.21·cn·jy·com
解析:x-y=-a+b
=
=
=
=
=
=
=,
∵a＞0,b＞0,∴ab＞0.
又(a+b-t)2≥0,
∴当a≥b时,b-a≤0,x≤y;
当a
0,x>y.
答案:当a≥b时,x≤y;当ay
11.设x=a2b2+5,y=2ab-a2-4a,若x＞y,则实数a、b应满足的条件为_____________.
解析:由x＞y,得a2b2+5-2ab+a2+4a=(ab-1)2+(a+2)2＞0,
∴ab≠1或a≠-2.
答案:ab≠1或a≠-2
12.设a＞b＞0,求证:
分析:本题可用作差比较法或作商比较法证明.
证法一:
=
∵a＞b＞0,∴ab＞0,a2+b2＞0,a-b>0,a+b>0.
∴
证法二:=1+.
∵a＞b＞0,∴＞0.
∴1+＞1.
∴.
13.求证:2x4+2y4≥xy(x+y)2.
分析:本题不等式的两边为多项式结构,可用作差比较法证明.
证明:∵2x4+2y4-xy(x+y)2
=2x4+2y4-x3y-xy3-2x2y2
=x4-x3y+y4-xy3+x4-2x2y2+y4
=x3(x-y)-y3(x-y)+(x2-y2)2
=(x-y)(x3-y3)+(x2-y2)2
=(x-y)2(x2+xy+y2)+(x2-y2)2
=(x-y)2［(x+)2+y2］+(x2-y2)2≥0,
∴2x4+2y4≥xy(x+y)2成立.
我创新，我超越
14.求证:aabb≥(a＞0,b＞0).
分析:本题为指数幂结构,可用作商比较法证明.
证明:∵,
若a＞b＞0,则＞1,＞0,∴()＞1;
若b＞a＞0,则0＜＜1,＜0,
∴()＞1;
若a=b＞0,则=1,∴()=1.
综上,aabb≥(ab).
15.已知a、b、c∈(0,+∞),且a、b、c成等比数列,求证:a2+b2+c2＞(a-b+c)2.
分析:本题为带有条件的多项式结构的不等式,可用作差比较法证明.
证明:∵a、b、c成等比数列,
∴b2=ac.
∵a、b、c∈(0,+∞),∴b=.
a2+b2+c2-(a-b+c)2=2(ab+bc-ac)
=2(ab+bc-b2)=2b(a+c-b)
=2b(a+c-)=2b［()2+c］.
∵a＞0,b＞0,c＞0,
∴()2≥0,＞0.
∴2b［()2+c］＞0.
∴a2+b2+c2＞(a-b+c)2成立.
5.3.2 综合法和分析法
同步测控
我夯基，我达标
1.设x、y∈R+,且x+y-xy=,则( )
A.x+y≥3或0C.x+y≥1 D.x+y≥3
解析:∵x、y∈R+,∴≥.
∴xy≤()2.
∴-xy≥-()2.
∴x+y-xy≥(x+y)-()2,
即≥(x+y)-()2.
∴(x+y)2-4(x+y)+3≥0.
∴x+y≥3或0答案:A
2.设a、b∈R+,A=,B=,则A、B的大小关系是( )
A.A≥B B.A≤B C.A>B D.A解析:∵a、b∈R+,∴A2=a+b+2>a+b=B2,
∴A2>B2.
∴A>B.
答案:C
3.若1A.(lgx)2C.(lgx)2解析:∵1∴lg(lgx)<0.
又∵(lgx)2-lgx2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2),lgx>0,lgx-2<0,21·cn·jy·com
∴lgx(lgx-2)<0.
∴(lgx)2∴lg(lgx)<(lgx)2答案:D
4.设a>0,b>0,则以下不等式中不恒成立的是( )
A.(a+b)(+)≥4 B.a3+b3≥2ab2
C.a2+b2+2≥2a+2b D.≥
解析:∵a>0,b>0,
∴(a+b)(+)=2++≥4恒成立.
又a2+b2+2-(2a+2b)=(a-1)2+(b-1)2≥0,
∴a2+b2+2≥2a+2b恒成立.
当a≥b时,()2=a-b.
而()2=a+b-2
=a-b+2b-2
=(a-b)+2().
∵a≥b>0,∴≤0.
∴(a-b)+2()≤a-b,
即≥.
当a0.而<0,
∴≥成立.
答案:B
5.设M=a+(2A.M>N B.M=N C.M解析:∵x2+≥,
∴N=(x2+)≤4.
又∵M=a+=a-2++2,2∴0∴a-2+>2.
∴a+>4.
∴M>N.
答案:A
6.使不等式成立的正整数a的最大值为( )
A.7 B.8 C.9 D.1021教育网
解析:用分析法可证a=9时,不等式不成立;当a=8时,不等式成立.
答案:B
7.已知b>a>0,且a+b=1,那么( )
A.2ab<<C.<2ab<解析:
=(a2+b2)(a+b)=a2+b2
=(a+b)2-2ab=1-2ab.
∵b>a>0,∴a2+b2>2ab,=<=b.
∵a+b=1>2,∴2ab<.
∴1-2ab>1-=,
即a2+b2>.
而b-(a2+b2)=b-(1-2ab)
=b-1+2ab=-a+2ab
=a(2b-1)>0,
∴b>a2+b2.
∴b>>>2ab.
答案:B
我综合，我发展
8.若不等式+>2成立,则a与b满足的条件是______________.
解析:∵+-2=>0,
∴a≠b且ab>0.
答案:ab>0且a≠b
9.已知x、y∈R+,且xy≥x+y+1,则x+y的最小值是______________.
解析:∵x、y∈R+,∴xy≤()2.
∴()2≥x+y+1,
即(x+y)2-4(x+y)≥4.
∴(x+y-2)2≥8.
∴x+y-2≥2或x+y-2≤-2(舍去),
即x+y≥2+2.
答案:2+2
10.设x、y∈R且x+y=4,则3x+3y的最小值是______________.
解析:3x+3y≥2=2×=2×32=18.
答案:18
11.若a>0且a≠1,则loga(1+a)____________loga(1+).(用不等号填空)
解析:当a>1时,a>.∴1+a>1+>1.
∴loga(1+a)>loga(1+).
当0∴loga(1+a)>loga(1+).
答案:>
12.设a>0,b>0,c>0,求证:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.
分析:本题的结构显然出现a+b,但不能转化为,因为右边出现的是abc,所以需将左边展开重新合并,再用基本不等式证出.【来源：21·世纪·教育·网】
证明:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
=a2b+ab2+b2c+bc2+ca2+ac2
=(a2+c2)b+(a2+b2)c+(b2+c2)a.
∵a2+c2≥2ac,a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,
且a>0,b>0,c>0,
∴(a2+c2)b≥2abc,(a2+b2)c≥2abc,(b2+c2)a≥2abc.
∴ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc成立.
13.a、b、c、d∈R+,求证:≥
分析:本题的不等式比较麻烦,看不出证题的入手点,可用分析法证明.
证明:要证不等式≥成立,
只需证()2≥(a+c)2+(b+d)2成立.
即a2+b2+c2+d2+2≥a2+b2+c2+d2+2ac+2bd.
即证≥ac+bd成立.
∵a、b、c、d∈R+,
只需证(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.
即a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2.
即证a2d2+b2c2≥2abcd成立.
∵a、b、c、d∈R+,∴a2d2+b2c2≥2abcd成立.
∴≥成立.
我创新，我超越
14.命题“若a>b>c且a+b+c=0,则”是真命题还是假命题?试证明你的结论.
证法一:真命题.∵a>b>c且a+b+c=0,
∴a>0,c<0.
∴c=-a-b<0.
∴a>-b.∴1>>-1.
∴b2-ac=b2-a(-a-b)=a2+ab+b2.
∴≤.
证法二:∵a>b>c且a+b+c=0,∴a>0,c<0.
<03a2-(a+c)2+ac=2a2-ac-c2>0(a-c)(2a+c)>0.21cnjy.com
∵a>b>c,a+b+c=0,
∴a-c>0,2a+c=a+(a+c)=a-b>0.
∴(a-c)(2a+c)>0.
∴成立.
15.已知a>0,求证:≥a+-2.
分析:本题要证的不等式比较麻烦,可通过分析法证明.不等式中含有根号可通过平方去掉根号,但不等式的性质中,只有两边都是正数的不等式才能通过平方去掉根号.
证明:要证≥a+-2,
只需证+2≥a++.
∵a>0,故只要证(+2)2≥(a++)2,
即a2++4+4
≥a2+2++2(a+)+2.
从而只要证≥(a+),
只需证4(a2+)≥2(a2+2+),
即a2+≥2,显然成立.
∴≥a+-2成立.
5.3.3 反证法
同步测控
我夯基，我达标
1.命题“△ABC中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定应该是( )
A.a解析:a>b的否定为“a不大于b”,即a≤b.
答案:B
2.如果两个实数之和为正数,则这两个数( )
A.一个是正数,一个是负数 B.都是正数
C.至少有一个是正数 D.都是负数
解析:两个都是正数满足;一个是正数,一个是负数也有可能满足,如a=5,b=-3,a+b=2>0.
答案:C
3.设a、b、c∈R+,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( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若P、Q、R同时大于零,则PQR>0成立;
反过来,若PQR>0,且P、Q、R不同时大于零,则其中两个为负数,一个为正数,不妨设P>0,
Q<0,R<0,则a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0.
∴2c<0,即c<0,与已知c>0矛盾.
∴P、Q、R同时大于零.
∴“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的充要条件.
答案:C
4.设a、b、c∈R+,则三个数a+,b+,c+满足( )
A.都大于2 B.都小于2
C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2
解析:假设a+,b+,c+都小于2,
则(a+)+(b+)+(c+)<6.
又∵a、b、c∈R+,∴a+≥2,b+≥2,c+≥2.
∴(a+)+(b+)+(c+)=(a+)+(b+)+(c+)≥6,矛盾.
∴假设不成立.
∴a+,b+,c+至少有一个不小于2成立.
但不一定都大于2,例如a=1,b=1,c=,则a+=2.
答案:D
5.用反证法证明命题“如果aA. B.
C.或 D.且
解析:<的否定为不小于,即≥.选C.
答案:C
6.已知x>y>z且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是( )
A.xy>yz B.xz>yz
C.x｜y｜>z｜y｜ D.xy>xz
解析:由x>y>z且x+y+z=1,得x>0.
假设x≤0.∵x>y>z,
∴y<0,z<0.
∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾.
∴x>0.
又∵y>z,∴xy>xz成立.
答案:D
7.已知a、b∈R,那么“a2+b2<1”是“ab+1>a+b”的( )
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若a2+b2<1,则｜a｜<1,｜b｜<1.
假设ab+1≤a+b,则(a-1)b≤a-1.
∴(a-1)(b-1)≤0.
又∵｜a｜<1,｜b｜<1,∴a-1<0,b-1<0.
∴(a-1)(b-1)>0,与(a-1)(b-1)≤0矛盾.
∴由a2+b2<1,得ab+1>a+b成立.
若ab+1>a+b成立,则(a-1)(b-1)>0.
∴或
由得a2+b2>1,
∴a2+b2<1不成立.
答案:C
8.设a、b、c、d是正数,求证:不等式①a+b证明:假设不等式都正确,即①②③都成立.
∵a、b、c、d是正数,
则由①②得(a+b)2由③得(a+b)cd∴4cd<(a+b)(c+d)∴3cd由④得(a+b)2即a2+b2<-ab,与事实矛盾.
∴假设不成立,即①②③中至少有一个不正确.
我综合，我发展
9.若0分析:可用反证法,或构造基本不等式证明.
证法一:假设+<9,
∵00.
∴两边同乘a(1-a),得(1-a)+4a<9a(1-a),
即9a2-6a+1<0,即(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0矛盾.
∴假设不成立.∴+≥9成立.
证法二:∵00.
∴+=
=+1+4+
=5+
≥5+2
=5+2×2=9,
即+≥9成立.
10.若0<μ≤,求证:μ+≥.
分析:本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.
证明:假设μ+<,
∵μ>0,∴不等式为μ2-μ+1<0,
即4μ2-17μ+4<0.
∴(μ-4)(4μ-1)<0.
∴<μ<4,与0<μ≤矛盾.
∴假设不成立.
∴μ+≥成立.
11.已知a、b、c、d∈R,且a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a、b、c、d中至少有一个是负数.
分析:本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.
证明:假设a、b、c、d都是非负数,即a≥0,b≥0,c≥0,d≥0.
∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.
∵(a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc=(ac+bd)+(ad+bc)=1,
∴ac+bd=1-(ad+bc).
∵a≥0,d≥0,b≥0,c≥0,
∴ad+bc≥0.
∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,
即ac+bd≤1,与ac+bd>1矛盾.
∴假设不成立.∴a、b、c、d中至少有一个是负数.
12.已知a、b、c∈R+,求证:2()≤3().
分析:要证明的不等式比较复杂,可用反证法.
证明:假设2()>3()成立,
即a+b-2>a+b+c-3,
∴c+2<3.
又∵a、b、c∈R+,∴c+2=c++≥3=3,与c+2<3矛盾.
∴假设不成立.
∴2()≤3()成立.
我创新，我超越
13.设a、b∈R,0≤x≤1且0≤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.21cnjy.com
分析:本题为“存在性”问题,可用反证法证明.
证明:假设不存在x、y使｜xy-ax-by｜≥成立,
即对于所有的0≤x≤1,0≤y≤1,使得｜xy-ax-by｜<成立.
令x=0,y=1,得｜b｜<;
令x=1,y=0,得｜a｜<;
令x=y=1,得｜1-a-b｜<.
又∵｜1-a-b｜≥1-｜a｜-｜b｜>1--=,与｜1-a-b｜<矛盾.
∴假设不成立.∴对于任意实数a、b必存在0≤x≤1且0≤y≤1,使｜xy-ax-by｜≥成立.
14.若a3+b3=2,求证:a+b≤2.
分析:本题的条件为三次,结论为一次,由一次到三次容易推证,由三次到一次不易推证,可用反证法.
证法一:假设a+b>2,则a2-ab+b2=(a-b)2+b2≥0.
当且仅当a=b=0时取“=”,但a3+b3=2,
∴不能取“=”.
∴a2-ab+b2>0.
∵a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)>2(a2-ab+b2),
而a3+b3=2,∴2>2(a2-ab+b2),即a2-ab+b2<1.
∴1+ab>a2+b2≥2ab.
∴ab<1.∴a2+b2<1+ab<2.
∴(a+b)2=a2+b2+2ab<2+2ab<4.
∴a+b<2,与a+b>2矛盾.
∴假设不成立.∴a+b≤2成立.
证法二:假设a+b>2,则a>2-b.
∴2=a3+b3>(2-b)3+b3,
=8-12b+6b2-b3+b3,
即(b-1)2<0,与(b-1)2≥0矛盾.
∴假设不成立,∴a+b≤2成立.
证法三:假设a+b>2,则(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)>8,即3ab(a+b)>6.
∴ab(a+b)>2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2).
∴(a+b)(ab-a2+ab-b2)>0,
即(a+b)(a2-2ab+b2)<0,
(a+b)(a-b)2<0.
但∵(a-b)2≥0,a+b>2,
∴(a+b)(a-b)2≥0,矛盾.
∴假设不成立.∴a+b≤2成立.
5.3.4 放缩法
同步测控
我夯基，我达标
1.已知a=log0.20.1,b=log0.91.1,c=0.20.1,则a、b、c的大小关系为( )
A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a
解析:∵a=log0.20.1>0,
b=log0.91.1<0,
0a=log0.20.1>log0.20.2=1,
∴a>c>b.
答案:B
2.当0A.>(1-a)b B.(1+a)a>(1+b)b
C.(1-a)b> D.(1-a)a>(1-b)b
解析:∵0∵01>b.
∴<(1-a)b,A不成立.
∵b>>0,∴(1-a)b<.
∴C不成立.
∵1+a>1,(1+a)a<(1+a)b,
1+b>1,而(1+a)b<(1+b)b.
∴B不成立.
∵0<1-a<1,0∴(1-a)a>(1-a)b.
又∵1-a>1-b>0,
∴(1-a)b>(1-b)b.
∴(1-a)a>(1-b)b.∴D成立.
答案:D
3.a=1.2,b=0.9,c=的大小关系是( )
A.b解析:a=>1,b=<1.
∴a>c>b.
答案:A
4.下列大小关系中正确的是( )
A.0.43<30.4C.log0.43<0.43<30.4 D.log0.43<30.4<40.321cnjy.com
解析:∵log0.4330.4>30=1,
∴log0.43<0.43<30.4.
答案:C
5.a=0.95.1,b=5.10.9,c=log0.95.1,则它们的大小关系为?( )
A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.b>a>c21·cn·jy·com
解析:∵0<0.9<1,而5.1>0,
∴0<0.95.1<1.
又∵0<0.9<1,而5.1>1,
∴log0.95.1<0.
又∵5.1>1,0.9>0,∴5.10.9>1.
∴log0.95.1<0.95.1<5.10.9.
答案:D
6.下列不等式成立的是( )
A.(-)3<< B.(-)3<<<
C.(-)3<<< D.<(-)3<<
解析:∵(-)3<0,=>>1,0<<1,
∴(-)3<<<.
答案:A
7.设M=,则( )
A.M=1 B.M<1 C.M>1 D.M与1的大小关系不定
解析:∵M=
<==2-1=1.
答案:B
8.已知a、b∈R+,下列各式中成立的是( )
A.cos2θlga+sin2θlgblg(a+b)
C.=a+b D.>a+b
解析:cos2θlga+sin2θlgb答案:A
我综合，我发展
9.设长方体ABCD—A1B1C1D1的长,宽,高分别为AB=a,AD=b,AA1=c且a>b>c>0,?则从顶点A沿着表面到达顶点C1的最短距离为________________.【来源：21·世纪·教育·网】
解析:将面A1B1C1D1与面AA1D1D折到一个平面上,则AC1=,
将面BB1C1C与面AA1B1B折到一个平面上,则
AC1=,
将面A1B1C1D1与面AA1B1B折到一个平面上,则
AC1=.
∵a>b>c>0,
∴c2+(a+b)2=a2+b2+c2+2ab
>b2+(a+c)2=a2+b2+c2+2ac
>a2+(b+c)2=a2+b2+c2+2bc,
即.
∴最短距离为.
答案:
10.若x、y满足y=x2,则log2(2x+2y)-的符号为________________.
解析:∵2x+2y≥2,
∴log2(2x+2y)≥log2
∴log2(2x+2y)-≥(x+y)+,当且仅当x=y时取“=”.
∵y=x2≥0,∴(x+y)≥0.
∴(x+y)+>0.
答案:“+”
11.在区间［,2］上,函数f(x)=x2+bx+c(b、c∈R)与g(x)=在同一点取得最小值,那么f(x)在区间［,2］上的最大值为________________.www.21-cn-jy.com
解析:∵g(x)==x++1,
x∈［,2］,
∴g(x)=x++1≥3,当且仅当x=1时取“=”.
∴当x=1时,g(x)min=3.
∴f(x)min=f(1)=3,即f(x)=x2+bx+c的顶点为(1,3).∴b=-2,c=4.
∴f(x)=x2-2x+4在［,1］上单调递减,在［1,2］上单调递增.
∴当x=2时,f(x)max=4.
答案:4
12.设a、b、c∈R+,求证:≥
分析:观察不等式的结构,左边为三项和,右边为三项和,可联想基本不等式.
证明:∵a、b、c∈R+,
∴≥2
又∵a+b≥2,
∴≥.
∴+≥.
同理可证+≥,≥.
∴(++)×2≥++.
∴++≥++成立.
13.已知｜x｜<,｜y｜<,｜z｜<,求证:｜x+2y-3z｜<ε.
分析:利用｜a+b+c｜≤｜a｜+｜b｜+｜c｜进行放缩.
证明:∵｜x｜<,｜y｜<,｜z｜<,
∴｜x+2y-3z｜≤｜x｜+2｜y｜+3｜z｜<+2×+3×=ε.
∴原不等式成立.
我创新，我超越
14.已知a、b、c>0且a2+b2=c2,求证:an+bn分析:本不等式为指数幂的运算,其放大(缩小)可根据底数与1比较大小来判定.而条件a2+b2=c2中若两边同除以c2,得()2+()2=1出现1,并且比较出,与1的大小.
证明:∵a2+b2=c2,
∴()2+()2=1.
∵a、b、c>0,
∴0<<1,0<<1.
∴当n≥3时,()n<()2,()n<()2.
∴()n+()n<()2+()2=1.
∴an+bn5.4.1 柯西不等式
同步测控
我夯基，我达标
1.y=的最大值是( )
A. B. C.3 D.5
解析:y=1×+2≤×.
答案:B
2.若x、y∈R+,x+y≤4,则下列不等式成立的是( )
A.≤ B.≥1 C.≥2 D.≥1
解析:∵x+y≤4,x、y∈R+,
∴≥.A不成立.
∵x+y≥2,∴4≥2.
∴≤2.
∴C不成立.
∴0而(+)(x+y)≥(+)2=4,
∵x+y>0,∴+≥.
∵x+y≤4,∴≥.
∴≥4×=1.
∴+≥1成立,即B成立.
答案:B
3.已知x、y、z∈R+,且x+y+z=1,则x2+y2+z2的最小值是( )
A.1 B. C. D.2
解析:∵(x2+y2+z2)(12+12+12)≥(x+y+z)2=1,
∴x2+y2+z2≥,
当且仅当x=y=z=时,取“=”.
答案:B
4.n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是?( )
A.1 B.n C.n2 D.21cnjy.com
解析:设ai>0(i=1,2,…,n),则(a1+a2+…+an)(++…+)
≥(+…+)2=n2.
答案:C
5.已知a12+a22+…+an2=1,x12+x22+…+xn2=1,则a1x1+a2x2+…+anxn的最大值是( )
A.1 B.2 C.3 D.421·cn·jy·com
解析:由柯西不等式(a12+a22+…+an2)(x12+x22+…+xn2)
≥(a1x1+a2x2+…+anxn)2,
得a1x1+a2x2+…+anxn≤1.
答案:A
6.已知a、b∈R+,ab=1,则(1+)(1+)的最小值为( )
A.4 B.2 C.1 D.
解析:(1+)(1+)≥(1+)2=4.
答案:A
7.已知x、y、z∈R+,x+y+z=1,则的最大值是________________.
解析:∵(x+y+z)(1+1+1)≥()2,且x+y+z=1,
∴≤.
答案:
8.若x>0,y>0且=1,则x+y的最小值为________________.
解析:x+y=(+)(x+y)≥(×+×)2=16.
答案:16
我综合，我发展
9.若a>b>c,且+≥恒成立,则m的取值范围为_________________.
解析:∵a>b>c,
∴a-b>0,b-c>0,a-c>0.
∴不等式+≥恒成立,即m≤(+)(a-c)恒成立.
∵(a-c)(+)
=［(a-b)+(b-c)］(+)
≥()2=4.
∴m≤4.
答案:m≤4
10.已知a2+b2=1且c解析:∵(a2+b2)(12+12)≥(a+b)2,且a2+b2=1,
∴(a+b)2≤2.∴-≤a+b≤.
∵c答案:c<-
11.已知a、b、c、d都是实数,且a2+b2=1,c2+d2=1,
求证:｜ac+bd｜≤1.
分析:已知条件中a2+b2和c2+d2与所证的不等式中(ac+bd)之间的关系可用柯西不等式.
证明:由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,及a2+b2=1,c2+d2=1,得(ac+bd)2≤1,
即｜ac+bd｜≤1成立.
12.比较A=1+++…+与的大小关系(n∈N*).
解:∵A(1+++…+)
=(1+)(1++…+)
≥=n2,
∴1+++…+≥.
而1++…+≤++…+=,
∴≥.
∴≥=.
∴A≥.
13.△ABC的三边长为a、b、c,其外接圆半径为R,
求证:(a2+b2+c2)()≥36R2.
分析:本题的左边为柯西不等式的结构,用柯西不等式证明.
证明:∵(a2+b2+c2)()
≥()2,
而在△ABC中,=2R.
∴=6R.
∴(a2+b2+c2)()≥36R2.
14.△ABC的三边a,b,c对应的高为ha,hb,hc,r为三角形的内切圆半径,若ha+hb+hc=9r,试判断△ABC的形状.21世纪教育网版权所有
分析:三角形的高与面积和底边有关,而内切圆的半径也与面积有关,可将原三角形的分割为三个以r为高的小三角形.21教育网
解:设△ABC的面积为S,则
S=aha=bhb=chc.
又∵S=r(a+b+c),
∴2S=r(a+b+c).
∴ha+hb+hc=
=r(a+b+c)(++).
由柯西不等式(a+b+c)(++)≥［+］2=9,
∴ha+hb+hc≥9r,当且仅当a=b=c时,取“=”.
又∵ha+hb+hc=9r,
∴此三角形为正三角形.
我创新，我超越
15.设a、b、c是互不相等的正数,求证:
证明:∵(a+b+b+c+c+a)(+)
≥()2=9,
即2(a+b+c)(++)≥9,
∵a、b、c为互不相等的正数,
∴上式“=”取不到.
∴++>.
16.设x1,x2,…,xn∈R+,且x1+x2+…+xn=1.
求证:
分析:可用柯西不等式的一般形式,注意“1”的变换.
证明:∵(++…+)(n+1)
=(++…+)(n+x1+x2+…+xn)
=(++…+)［(1+x1)+(1+x2)+…+(1+xn)］
≥(++…+)2
=(x1+x2+…+xn)2=1,
即++…+≥成立.
5.4.2 排序不等式
同步测控
我夯基，我达标
1.已知a、b、c∈R+,则a3+b3+c3与a2b+b2c+c2a的大小为( )
A.a3+b3+c3>a2b+b2c+c2a B.a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a21教育网
C.a3+b3+c3解析:不妨设a≥b≥c>0,则a2≥b2≥c2,
∴a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3.
答案:B
2.已知a、b、c∈R+,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)的正负情况为( )
A.大于零 B.大于等于零
C.小于零 D.小于等于零
解析:不妨设a≥b≥c>0,
则a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc.
∴a4+b4+c4=a2·a2+b2·b2+c2·c2
≥a2b2+b2c2+c2a2
=(ab)·(ab)+(bc)·(bc)+(ac)·(ac)
≥(ab)·(ac)+(ac)·(bc)+(bc)·(ab)
=a2bc+abc2+ab2c.
∴a4-a2bc+b4-ab2c+c4-abc2≥0,
即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.
答案:B
3.设x1,x2,…,xn是不同的正整数,则m=+…+的最小值是( )
A.1 B.2 C.1+++…+ D.1+++…+
解析:∵x1,x2,…,xn是不同的正整数,设b1,b2,…,bn是x1,x2,…,xn的一个排列且b1≤b2≤b3≤…≤bn,www.21-cn-jy.com
则b1≥1,b2≥2,…,bn≥n.
又∵>>…>,
∴m=≥≥1+++…+.
答案:C
4.已知,则( )
A.2b>2a>2c B.2a>2b>2c C.2c>2b>2a D.2c>2a>2b
解析:∵<<,
∴b>a>c.∴2b>2a>2c.
答案:A
5.设b、c为互不相等的正整数,则的最小值为( )
A. B. C.1 D.2·1·c·n·j·y
解析:∵b、c为互不相等的正整数,若b又∵,∴≥
若b>c,则b≥2,c≥1,又∵>,
∴≥≥=.
∴最小值为.
答案:B
6.若a、b、c为实数,则a2+b2+c2与ab+bc+ca的大小关系为_______________.
解析:不妨设a≥b≥c,则ab+bc+ca≤a·a+b·b+c·c=a2+b2+c2.
答案:a2+b2+c2≥ab+bc+ca
7.比较a4+b4与a3b+ab3的大小关系为_______________.
解析:不妨设a≥b,则a3≥b3,∴a4+b4≥a3b+b3a.
答案:a4+b4≥a3b+ab3
我综合，我发展
8.若a、b为正数,则+与的大小关系为_______________.
解析:不妨设a≥b>0,则a3≥b3>0,∴≤.
∴·a+·b≤,
即+≤.
答案:+≤
9.若a、b为正数,则-a2与b2-的大小关系为_______________.
解析:不妨设a≥b>0,则a2≥b2>0,≥>0,
a4≥b4>0.∴≥=a2+b2.
∴-a2≥b2-.
答案:-a2≥b2-
10.设a、b、c都是正数,求证:++≥.
证明:不妨设a≥b≥c>0,
则a+b≥a+c≥b+c>0,
∴≤≤.
∴≥,
≥.
两式相加,得2()≥3,
即≥成立.
11.设a、b、c∈R+,求证:++≤.
分析:本题可多次利用排序不等式证明,不等式的右边=.
证明:不妨设a≥b≥c>0,则≥≥.
∴≥≥,且a5≥b5≥c5.
∴≥.
∵a≥b≥c>0,
∴a2≥b2≥c2,
.
∴≥
∴≥++成立.
我创新，我超越
12.设a+b>0,n为偶数,求证:+≥+.
分析:本题将an-1与bn-1交换一下就得到右边,可用排序不等式解答,情况不定可分类讨论.
证明:∵a+b>0,
∴a>-b,共有四种情况.
(1)当a≥b>0时,an≥bn>0,an-1≥bn-1,
∴≤.
∴≤,
即≥+成立.
(2)当b≥a>0时,bn≥an>0,bn-1≥an-1,
∴≤.
∴≤,
即≥+.
(3)当a>-b>0时,
∵n为偶数,
∴an>(-b)n=bn>0,且a>b.
∴an-1>bn-1,且<.
∴≥
(4)当0>a>-b时,则b>-a>0,
∵n为偶数,∴bn>(-a)n=an>0且bn-1>an-1.
∴>.
∴≤,
即≥+.
综上,≥+.
13.设x1≥x2≥…≥xn,y1≥y2≥…≥yn,z1,z2,…,zn是y1,y2,…,yn的任意一个排列,求证:≤.21世纪教育网版权所有
分析:本题可利用排序不等式解答,要证≤成立,
只需证-≤-,由排序不等式证明出.
证明:∵x1≥x2≥…≥xn,y1≥y2≥…≥yn,z1,z2,…,zn是y1,y2,…,yn的任意一个排列,
∴x1y1+x2y2+…+xnyn≥x1z1+x2z2+…+xnzn,
即
∴
且x12+y12+x22+y22+…+xn2+yn2=x12+z12+x22+z22+…+xn2+zn2.21cnjy.com
∴
即成立.
5.4.3 算术—几何平均不等式
同步测控
我夯基，我达标
1.若x>0,则4x+的最小值是( )
A.9 B. C.13 D.不存在21教育网
解析:∵x>0,∴4x+=2x+2x+≥.
当且仅当2x=,即x=时取“=”.
答案:B
2.设a、b、c∈R+,且a+b+c=1,若M=(-1)(-1)(-1),则必有( )
A.0≤M< B.≤M<1 C.1≤M<8 D.M≥8【来源：21·世纪·教育·网】
解析:∵a+b+c=1,
∴(-1)(-1)(-1)
=(-1)(-1)(-1)
=
≥=8(a、b、c∈R+).
答案:D
3.a2+b2=1,b2+c2=2,c2+a2=2,则ab+bc+ca的最小值为( )
A.- B.- C. D.+
解析:若由a2+b2≥2ab,∴ab≤;b2+c2≥2bc,
∴bc≤1;c2+a2≥2ac,∴ac≤1得出ab+bc+ca≤是错误的,因为等号不同时成立,取不到“=”.21·世纪*教育网
正确的解法:由已知,得a2=1-b2,c2=2-b2.
又∵c2+a2=2,∴3-2b2=2.
∴b2=,a2=,c2=.
∴ab+bc+ca=ab+c(a+b)的取值分别为±或±
综上,ab+bc+ca的最小值为.
答案:B
4.若a+b+c=0,a>b>c,则有( )
A.ab>ac B.ac>bc C.ab>bc D.以上皆错
解析:∵a+b+c=0,a>b>c,
∴a+b+c∴a>0.
∴由b>c,得ab>ac.
∴A正确.
又∵a+b+c>c+c+c=3c,
∴c<0.则由a>b,得ac答案:A
5.若a、b∈R+,且2a+b=1,则S=2-4a2-b2的最大值为( )
A. B. C.+1 D.
解析:∵2a+b=1,∴(2a+b)2=4a2+4ab+b2=1.
∴4a2+b2=1-4ab.
又∵2a+b=1,a、b∈R+,∴2a+b≥.
∴≤1.∴≤.
∴S=-4a2-b2=-(1-4ab)=4ab+-1=()2-.
∴当时,Smax=()2-=.
答案:B
6.若实数x、y满足xy>0,且x2y=2,则xy+x2的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.421·cn·jy·com
解析:∵xy>0,由xy+x2=≥=3,
知最小值为3,当且仅当=x2时等号成立.
∵xy>0,∴x==1时,取“=”.
答案:C
7.当0A.2 B. C.4 D.www.21-cn-jy.com
解析:f(x)=
∵00,cosx>0.
∴f(x)≥=4.
答案:C
8.设a>b>c,n∈N*,且+≥恒成立,则n的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.521cnjy.com
解析:∵a>b>c,∴a-b>0,a-c>0,b-c>0.
∴+≥,
即n≤
=2+恒成立.
由=2,
∴n≤2+2=4.
答案:C
?我综合，我发展
9.函数y=log2(x++5)(x>1)的最小值为________________.
解析:∵x>1,∴x++5=(x-1)++6≥+6=8.
∴y=log2(x++5)≥log28=3.
答案:3
10.已知a、b、c∈R+,则(++)(++)≥_________________.
解析:∵a、b、c∈R+,∴(++)(++)≥=9.
答案:9
11.已知x∈R+,有不等式x+≥2,x+=++≥3…,由此启发我们可以推广为x+≥n+1(n∈N*),则a=_______________.2·1·c·n·j·y
解析:由x+≥2,x+≥3,
x+=4….
∴a=nn,x+=n+1.
答案:nn
12.若记号“*”表示求两个数a与b的算术平均的运算,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______________.
解析:a+(b*c)=a+==+=(a*b)+(a*c),
(a+b)*(a+c)==.
答案:a+(b*c)=(a*b)+(a*c)=(a+b)*(a+c)
13.已知a、b、c∈R+,且a+b+c=1,求证:++≥.
分析:由已知条件a+b+c=1,而不等式中含有a+b,b+c,c+a等量.
∴可将等式a+b+c=1,化为(a+b)+(b+c)+(c+?a)=2?进行代换.
证明:∵a、b、c∈R+,且a+b+c=1,
∴(a+b)+(b+c)+(c+a)=2.
∴［(a+b)+(b+c)+(c+a)］［++］≥ =9.
∴++≥成立.
14.已知a、b∈R+,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2.
解析:可用比较法证明,也可构造平均不等式证明.
证法一:(比较法)∵a3+b3-(a2b+ab2)=a2(a-b)+b2(b-a)=(a-b)2(a+b),21世纪教育网版权所有
又∵a,b∈R+且a≠b,
∴(a-b)2>0.a+b>0.
∴a3+b3>a2b+ab2.
证法二:(平均不等式法)∵a、b∈R+,且a≠b.
∴a3+b3=［(a3+a3+b3)+(a3+b3+b3)］
>()=a2b+ab2.
∴a3+b3>a2b+ab2.
我创新，我超越
15.设a、b、c∈R+,求证:ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.
证明:∵a、b、c∈R+,
∴ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
=(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)
≥=6abc.
∴原不等式成立.
16.求y=4sin2xcosx的最值.
分析:∵sin2x+cos2x=1,
∴可构造“和”为定值,求出值域.需先求出y2的值域,再求y的范围.
解:y2=16sin4xcos2x=16sin2xsin2xcos2x
=64×
≤64×
=64×()3=.
∴.
∴最大值为,最小值为.
5.5.1 运用算术－几何平均不等式求最大（小）值
同步测控
我夯基,我达标
1.设x、y∈R+,且满足x+4y=40,则lgx+lgy的最大值是( )
A.40 B.10 C.4 D.221·cn·jy·com
解析:lgx+lgy=lg(xy)=lg≤lg=lg=2.
答案:D
2.设x、y∈R+,且xy-(x+y)=1,则( )
A.x+y≥2(+1) B.xy≤+1
C.x+y≤(+1)2 D.xy≥2(+1)
解析:∵x、y∈R+,∴xy≤()2.
∴()2-(x+y)≥1,即(x+y-2)2≥8.
∴x+y≥2(+1).
而xy-(x+y)≤xy-2,∴xy-2≥1,
即(-1)2≥2.∴≥+1.即xy≥3+.
答案为A.
答案:A
3.设x、y∈R,且x+y=4,则3x+3y的最小值为( )
A.9 B.18 C.3 D.62·1·c·n·j·y
解析:∵3x+3y≥==18.
答案:B
4.若a>b>1,P=,Q=(lga+lgb),R=lg(),则( )
A.R解析:∵a>b>1,∴lga>lgb>0.∴Q>P.
∵R=lg>lg=(lga+lgb)=Q,
∴R>Q>P.
答案:B
5.下列命题中,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2.2-1-c-n-j-y
其中正确命题的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.421cnjy.com
解析:①x不一定为正数,错;②≥2,当且仅当x=0时取“=”,正确;③=≥2,但≠,∴等号取不到;④2-3x-中x的正负不定,错.21*cnjy*com
答案:A
6.x>0,y>0且x+y=1,则≤a恒成立的a的最小值是( )
A. B. C.2 D.
解析:∵a2≥()2=x+y+2,
又∵x+y+2≤2(x+y)=2,由≤a恒成立,得a2≥2,即amin=.
答案:B
7.若x+3y+2z=6,则μ=3x+27y+9z的最小值为( )
A.6 B.9 C.27 D.8121世纪教育网版权所有
解析:μ=3x+27y+9z≥==27.
答案:C
8.若x>0,则4x+的最小值为( )
A.50 B.100 C. D.20
解析:4x+=2x+2x+≥.
答案:C
我综合，我发展
9.设x>0,y>0,x2+=1,则的最大值为________________.
解析:∵x>0,y>0,x2+=1,∴=≤.
答案:
10.若正数a、b满足ab=a+b+3,则ab的最小值为________________.
解析:∵a>0,b>0,a+b≥2,
∴ab=a+b+3≥2+3.
∴(-3)(+1)≥0.
∴-3≥0.
∴ab≥9.
答案:9
11.已知sin2α+sin2β+sin2γ=1(α、β、γ均为锐角),则cosαcosβcosγ的最大值为______________.【来源：21·世纪·教育·网】
解析:∵cos2αcos2βcos2γ≤()3=()3= ()3=,
又∵α、β、γ均为锐角,∴cosαcosβcosγ≤.
答案:
12.函数①y=x2+;②y=;③y=ex+4e-x;④y=sinx+(0解析:①y=x2+≥=4,当且仅当x2=,即x2=2时取“=”.
②y==4.
当且仅当时取“=”,但≠,∴最小值不是4.
③y=ex+4e-x≥=4,当且仅当ex=4e-x,即ex=2时取“=”.
④∵0∴sinx>0,y=sinx+≥=4.
但sinx≠,∴最小值不是4.
答案:①③
13.已知a>b>0,求a2+的最小值.
分析:可构造乘积为定值,求和的最小值.
解:∵a>b>0,∴a-b>0.
∴0∴.
∴a2+≥a2+≥=16.
当且仅当a2=,即a=且b=a-b,b==时取“=”.
∴当a=,b=时,a2+最小为16.
14.当0解:∵00.
∴y=x2(1-3x)=≤×［］3=×=.
当且仅当=1-3x,即x=时取“=”,ymax=
我创新，我超越
15.某单位用木料制作如图所示的框架,框架的下部是宽和长分别为x、y(单位:m)的矩形,上部是等腰直角三角形,要求框架围成的总面积为8 m2,问x、y分别为多少时用料最省?(精确到0.001 m)21教育网
分析:根据题意列出等式,表示出料长,求最小值.
解:由题意得x·y+·x·=8,
∴y=(0∴框架用料长度为l=2x+2y+2()=(+)x+≥,当(+)x=,
即x==8-时等号成立,此时x=2.343,y==2.828.
∴当x=2.343 m,y=2.828 m时用料最省.
16.某单位决定投资32 000元建一仓库(长方体状),高度恒定,它的后墙利用旧墙不花钱,正面用铁栅,每米长造价为400元,两侧墙砌砖,每米长造价450元,顶部每平方米造价为200元,试计算:仓库面积S最大为多少?这时铁栅长多少?www-2-1-cnjy-com
解:设铁栅长为x m,一堵墙长为y m,则S=xy,
由题意,得400x+2×450y+200xy≤32 000,
即4x+9y+2xy≤320.
∵4x+9y≥24x·9y=12xy=12S,
∴320≥2S+12,
即S+6≤160,(+16)(-10)≤0.
∴-10≤0.∴S≤100.
当且仅当4x=9y,xy=100,即x=15时,S最大=100.
答:S最大值为100 m2,这时铁栅长为15 m.
5.5.2 运用柯西不等式求最大（小）值
同步测控
我夯基,我达标
1.函数y=的最大值为( )
A.3 B. C.2 D.21世纪教育网版权所有
解析:y2=()2≤［12+()2］［()2+()2］=3,
∴y≤.
答案:B
2.已知2x2+y2=1,则2x+y的最大值为( )
A. B.2 C. D.3
解析:∵(2x+y)2=(·+y)2≤［()2+1］［()2+y2］=3(2x2+y2)=3,
∴2x+y≤.
答案:C
3.已知3x+y=5,则3x2+2y2的最小值为( )
A. B.25 C.5 D.1021教育网
解析:∵(3x+y)2≤()2≤［()2+()2］·［(x)2+(y)2］=(3x2+2y2),21cnjy.com
∴3x2+2y2≥×25=.
答案:A
4.已知a+b+c=3,且a、b、c∈R+,则的最小值为( )
A.3 B.1 C. D.21·cn·jy·com
解析:∵()［(3-a)+(3-b)+(3-c)］≥a+b+c=3,
而(3-a)+(3-b)+(3-c)=9-(a+b+c)=6,
∴≥.
答案:D
5.a12+a22+…+a102=6,x12+x22+…+x102=24,则a1x1+a2x2+…+a10x10的最大值为( )
A.6 B.12 C.24 D.144www.21-cn-jy.com
解析:∵(a12+a22+…+a102)(x12+x22+…+x102)≥(a1x1+a2x2+…+a10x10)2,【来源：21·世纪·教育·网】
∴a1x1+a2x2+…+a10x10≤=12.
答案:B
6.已知x+2y+3z=6,则x2+2y2+3z2的最小值为( )
A.6 B.36 C.12 D.2421·世纪*教育网
解析:∵(x+2y+3z)2=()2
≤［12+()2+()2］·［x2+()2+()2］=6(x2+2y2+3z2),
∴x2+2y2+3z2≥6.
答案:A
7.已知a+b+c+d=,则的最小值为( )
A. B.2 C.1 D.4
解析:∵(12+12)(a2+b2)≥(a+b)2,
∴.
同理,,,
∴(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+a)=×2(a+b+c+d)=2,∴最小值为2.2·1·c·n·j·y
答案:B
8.已知+2+3=9,则x+y+z的最小值为( )
A.3 B.1 C. D.-1
解析:∵()2≤(12+22+32)［(2x+1)+(2y+3)+(3z+4)］
=14(2x+2y+3z+8)=28(x+y+z+4),
∴x+y+z+4≥.
∴x+y+≥-4=-.
答案:C
我综合，我发展
9.(a+b+c)(++)的最小值为______________(a、b、c∈R+).
解析:(a+b+c)(++)≥()2=9.
答案:9
10.a、b、c、d∈R+,则(+++)(+++)的最小值为_______________.
解析:利用柯西不等式,原式≥(1+1+1+1)2=16.
答案:16
11.若a+b+c+d=1,且a、b、c、d∈R+,则的最小值为__________.
解析:∵［(1+a)+(1+b)+(1+c)+(1+d)］(+++)
≥a+b+c+d=1,
∴++≥.
答案:
12.已知x1,x2,…,xn∈R+,且x1+x2+…+xn=n,求证:≥n.
证明:∵(x1+x2+…+xn)()≥(1+1+…+1)2=n2,
又∵x1+x2+…+xn=n,∴++…+≥n.
13.已知2x2+y2+5z2=3,求S=x+2y+3z的最大值.
解:S2=(x+2y+3z)2=［(x)+2·y+］2
≤［()2+22+()2］［(x)2+y2+(z)2］=(+4+)(2x2+y2+5z2)
=(2x2+y2+5z2)=×3=,
∴S≤.∴S的最大值为.
我创新，我超越
14.求三个实数x、y、z,使得它们同时满足下列等式:
2x+3y+z=13, ①
4x2+9y2+z2-2x+15y+3z=82. ②
分析:可先观察两等式之间的联系,再进一步变形.
解:①+②,得4x2+9y2+z2+18y+4z=95,
即(2x)2+(3y+3)2+(z+2)2=108.
由①得2x+(3y+3)+(z+2)=18,
∴182=［(2x)+(3y+3)+(z+2)］2≤(12+12+12)［(2x)2+(3y+3)2+(z+2)2］=108×3.
当且仅当2x=3y+3=z+2=6时取“=”.
∴x=3,y=1,z=4.
15.已知正数x、y、z满足x+y+z=xyz且不等式≤λ恒成立,求λ的取值范围.
分析:本题的已知条件为x+y+z=xyz,所证的不等式中有和,需要转化为积,由平均不等式转化.
解:∵x、y、z为正数,
∴+≤
=()
=()
≤［(12+12+12)()=,
∴λ的取值范围为［,+∞).
5.6 运用数学归纳法证明不等式
同步测控
我夯基,我达标
1.用数学归纳法证明“≥(n∈N*)”时,由n=k到n=k+1时,不等式左边应添加的项是( )21教育网
A. B.
C. D.
解析:当n=k时,不等式为,
当n=k+1时,不等式为,
即为
∴选C.
答案:C
2.用数学归纳法证明1+++…+1)时,第一步即证下述哪个不等式成立( )21cnjy.com
A.1<2 B.1+<2 C.1++<2 D.1+<2
解析:∵n>1,n∈N*,∴第一步中n取2.
∴左边=1++=1++.
答案:C
3.关于正整数n的不等式2n>n2成立的条件是( )
A.n∈N* B.n≥4 C.n>4 D.n=1或n>4
解析:当n=1时,不等式为2>1成立,当n=2时,不等式为22>22不成立.
当n=4时,24>42不成立,排除A、B、C.选择D.
答案:D
4.用数学归纳法证明“1+++…+1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项数是( )21·cn·jy·com
A.2k-1 B.2k-1 C.2k D.2k+12·1·c·n·j·y
解析:当n=k时,不等式为1+++…+当n=k+1时,不等式为1+++…+++…+∵2k+1-1-(2k-1)=2k+1-2k=2k,
∴共增加了2k项.
答案:C
5.对于不等式(n∈N*),某学生的证明过程如下:
(1)当n=1时,≤1+1,不等式成立.
(2)假设n=k(k∈N*)时,不等式成立,即<
==(k+1)+1.
所以当n=k+1时,不等式成立.
上述证法( )
A.过程全部正确 B.n=1验得不正确
C.归纳假设不正确 D.从n=k到n=k+1的推理不正确
解析:第一步正确,假设也正确.但从n=k到n=k+1的推理不正确.
因为证明过程没有用上归纳假设.
答案:D
6.若不等式对大于1的一切自然数n都成立,则自然数m的最大值为( )
A.12 B.13 C.14 D.不存在
解析:令f(n)=++…+,取n=2,3,4,5等值发现f(n)是单调递减的.
［f(n)］max>,∴f(2)>.∴m<24×(+)=14.
答案:B
7.设n为正整数,f(n)=1+++…+,计算得f(2)=,f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,观察上述结果,可推测出一般结论( )
A.f(2n)> B.f(n2)≥
C.f(2n)≥ D.以上都不对
解析:f(2)=,f(4)=f(22)>,f(8)=f(23)>,f(16)=f(24)>,f(32)=f(25)>.
所以猜想f(2n)≥.
答案:C
8.如果1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n(n+1)(n+2)=n(n+1)(n+a)(n+b)对一切正整数n都成立,a、b的值应该等于( )21世纪教育网版权所有
A.a=1,b=3 B.a=-1,b=1 C.a=1,b=2 D.a=2,b=3
解析:令n=1,n=2得到关于a、b的方程组,解之即可.
答案:D
我综合，我发展
9.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:__________.【来源：21·世纪·教育·网】
解析:观察得到从n开始连续加(2n-1)个自然数之和,右边为中间奇数的平方,∴结论为n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2.21·世纪*教育网
答案:n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2
10.在数列{an}中,a1=1,且Sn,Sn+1,2S1成等差数列,则S2,S3,S4分别为______,猜想Sn=_________.www-2-1-cnjy-com
解析:∵Sn,Sn+1,2S1成等差数列,
∴2Sn+1=Sn+2S1.
又∵S1=a1=1,∴2S2=S1+2S1=3S1=3.
∴S2==,2S3=S2+2S1=+2=.
于是S3==.
由此猜想Sn=.
答案:,,
11.用数学归纳法证明+…+,假设n=k时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标是______________.www.21-cn-jy.com
解析:观察用k+1替换不等式中的n,即为+…+>- .
答案:
12.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N*都成立,那么a=_____________, b=_____________,c=_______________.21*cnjy*com
解析:当n=1,n=2,n=3时得到三个等式,解方程组求得a、b、c.
答案:
13.用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n,不等式(1+)(1+)…(1+)>成立.
分析:注意由n=k到n=k+1时的变化部分及应用归纳假设后的变形技巧.
证明:(1)当n=2时,左边=1+=,右边=,左边>右边,不等式成立.
(2)假设当n=k时,不等式成立,即(1+)(1+)…(1+)>成立,
则当n=k+1时,左边=(1+)(1+)…(1+)(1+)
>
=
==右边.
∴当n=k+1时,不等式成立.
由(1)(2),可知不等式对一切大于1的自然数n都成立.
14.设数列{an}满足a1=2,an+1=an+(n=1,2,3,…).
求证:an>对一切正整数n成立.
分析:本题中由n=k变到n=k+1时,并不能直接代入归纳假设.
∵ak>,而<,异向不等式不能直接相加,需用函数的单调性来完成.
证法一:当n=1时,a1=2>,不等式成立,
假设n=k时,ak>成立.
当n=k+1时,ak+12=ak2++2>2k+3+>2(k+1)+1.
∴n=k+1时,ak+1>成立.
综上(1)(2),可知an>对一切正整数成立.
证法二:当n=1时,a1=2>=,结论成立.
假设n=k时结论成立,即ak>.
当n=k+1时,由函数f(x)=x+(x>1)的单调性和归纳假设有ak+1=ak+>+.
因此只需证+≥,
而这等价于(+)2≥2k+3≥0显然成立.
所以当n=k+1时,结论成立.
因此,an>对一切正整数n均成立.
我创新，我超越
15.已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145(n∈N*),
(1)求数列{bn}的通项.
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a>0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和,试比较Sn与logabn+1的大小,并证明你的结论.2-1-c-n-j-y
分析:本题为数列与数学归纳法的综合题,在比较Sn与logabn+1的大小时,可比较真数的大小,而Sn不能合并起来,可用归纳——猜想,再用数学归纳法解答.【来源：21cnj*y.co*m】
解:(1)设数列{bn}的公差为d,
由题意,得10×1+×d=145,
∴d=3,bn=3n-2.
(2)由bn=3n-2,知
Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)
=loga［(1+1)(1+)…(1+)］,
logabn+1=loga.
因此要比较Sn与logabn+1的大小,可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小.
取n=1,有(1+1)>,
取n≥2,有(1+1)(1+)…(1+)>.
下面用数学归纳法证明之:
①当n=1时,已验证不等式成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,
即(1+1)(1+)…(1+)>,
则当n=k+1时,
(1+1)(1+)…(1+)［1+］>(1+)
=·(3k+2).
∵［ (3k+2)］3-()3
=>0.
∴·(3k+2)>=.
因此(1+1)(1+)…(1+)［1+］>.
这说明,当n=k+1时,不等式也成立.
由①②,知对一切n∈N*,不等式(1+1)(1+)…(1+)>都成立.
再由对数的性质,可得
当a>1时,Sn>logabn+1;
当016.设a∈R,f(x)=是奇函数,
(1)求a的值;
(2)如果g(n)=(n∈N*),试比较f(n)与g(n)的大小(n∈N*).
分析:本题为函数与数学归纳法相结合的题目,可归纳——猜想——证明.
解:∵(1)f(x)是定义在R上的奇函数,
∴f(0)=0.故a=1.
(2)f(n)-g(n)=.
只要比较2n与2n+1的大小.
当n=1,2时,f(n)2n+1,f(n)>g(n).
下面证明n≥3时,2n>2n+1,即f(x)>g(x).
①n=3时,23>2×3+1,显然成立,
②假设n=k(k≥3,k∈N)时,2k>2k+1,那么n=k+1时,
2k+1=2×2k>2(2k+1),
2(2k+1)-［2(k+1)+1］=4k+2-2k-3=2k-1>0.(∵k≥3)
∴n=k+1时有2k+1>2(k+1)+1成立.
由①②,可知n≥3时,2n>2n+1.
结论n=1,2时,f(n)g(n).
