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2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
选修4－5 第2讲 不等式的证明（答案）
知识回顾
1．基本不等式
定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．
定理2：如果a、b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．
定理3：如果a、b、c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1、a2、…、an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
例题精讲
考点一 分析法证明不等式
【变式训练1】选修4-5：不等式选讲
设a，b为互不相等的正实数，求证：4（a3+b3）＞（a+b）3 ．
【答案】证明：因为a＞0，b＞0，所以要证4（a3+b3）＞（a+b）3 ，
只要证4（a+b）（a2﹣ab+b2）＞（a+b）3 ，
即要证4（a2﹣ab+b2）＞（a+b）2 ，
只需证3（a﹣b）2＞0，
而a≠b，故3（a﹣b）2＞0成立．
∴4（a3+b3）＞（a+b）3 2·1·c·n·j·y
【考点】综合法与分析法(选修）
【解析】【分析】利用分析法，从结论入手，寻找结论成立的条件，即可得到证明．
考点二 用综合法证明不等式
【变式训练2】要证明不等式 + ＜2 ，可选择的方法有（ ）
A. 分析法 B. 综合法 C. 反证法 D. 以上三种方法均可
【答案】D
【考点】综合法与分析法(选修）
【解析】【解答】解：用分析法证明如下：要证明 + ＜2 ，
需证（ + ）2＜（2 ）2 ，
即证10+2 ＜20，
即证 ＜5，即证21＜25，显然成立，
故原结论成立．
综合法：∵（ + ）2﹣（2 ）2=10+2 ﹣20=2（ ﹣5）＜0，∴ + ＜2 ．
反证法：假设 + ≥2 通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．
从以上证法中，可知三种方法均可．
故选：D．
【分析】利用三种方法，给出不等式的证明，即可得出结论．
考点三 利用柯西不等式求最值
【变式训练3】已知函数f（x）=m﹣|2﹣x|，且f（x+2）＞0的解集为（﹣1，1）．
（1）求m的值；
（2）若正实数a，b，c，满足a+2b+3c=m．求 的最小值．
【答案】（1）解：因为f（x+2）=m﹣|x| 所以由f（x+2）＞0得|x|＜m
由|x|＜m有解，得m＞0，且其解集为（﹣m，m）
又不等式f（x+2）＞0解集为（﹣1，1），故m=1
（2）解：由（1）知a+2b+3c=1，又a，b，c是正实数， 由柯西不等式得
当且仅当 时取等号
故 的最小值为9．
【考点】绝对值三角不等式，二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）由f（x+2）＞0得|x|＜m，求出解集，利用f（x+2）＞0的解集为（﹣1，1），求m的值；（2）由（1）知a+2b+3c=1，利用柯西不等式即可求 的最小值．
真题精析
一、单选题
1.（2014 山东）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时，要做的假设是（ ） 【来源：21·世纪·教育·网】
A. 方程x3+ax+b=0没有实根 B. 方程x3+ax+b=0至多有一个实根
C. 方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D. 方程x3+ax+b=0恰好有两个实根
【答案】A
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】解：反证法证明问题时，反设实际是命题的否定，
∴用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时，要做的假设是：方程x3+ax+b=0没有实根．
故选：A．
【分析】直接利用命题的否定写出假设即可．
2.(2015·湖北）设. 若p：成等比数列；
q： ，则（ ）
A. p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B. p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C. p是q的充分必要条件
D. p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
【答案】A
【考点】等比数列的性质，二维形式的柯西不等式，一般形式的柯西不等式
【解析】 【解析】 对命题:成等比数列，则公比且;对命题,①当时，成立；②当时，根据柯西不等式，等式成立，则 ,所以成等比数列，所以是的充分条件，但不是的必要条件。
【分析】判断p是q的什么条件，需要从两方面一是由条件p能否推得条件q，二是由条件q能否推得条件p.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想把抽象、复杂问题形象化、直观化外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题．21·世纪*教育网
二、填空题
3.（2013 湖北）设x，y，z∈R，且满足： ，则x+y+z=________．
【答案】
【考点】进行简单的合情推理，一般形式的柯西不等式
【解析】【解答】解：根据柯西不等式，得
（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）
当且仅当 时，上式的等号成立
∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，
结合 ，可得x+2y+3z恰好取到最大值
∴ = ，可得x= ，y= ，z=
因此，x+y+z= + + =
故答案为：
【分析】根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）2≤14（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z恰好取到最大值 ，由不等式的等号成立的条件解出x= 、y= 且z= ，由此即可得到x+y+z的值．
4.（2013 湖南）已知a，b，c∈R，a+2b+3c=6，则a2+4b2+9c2的最小值为________．
【答案】12
【考点】柯西不等式的几何意义
【解析】【解答】解：∵a+2b+3c=6，
∴根据柯西不等式，得（a+2b+3c）2=（1×a+1×2b+1×3c）2≤（12+12+12）[a2+（2b）2+（3c）2]
化简得62≤3（a2+4b2+9c2），即36≤3（a2+4b2+9c2）
∴a2+4b2+9c2≥12，
当且仅当a：2b：3c=1：1：1时，即a=2，b=1，c= 时等号成立
由此可得：当且仅当a=2，b=1，c= 时，a2+4b2+9c2的最小值为12
故答案为：12
【分析】根据柯西不等式，得（a+2b+3c）2=（1×a+1×2b+1×3c）2≤（12+12+12）（a2+4b2+9c2）=3（a2+4b2+9c2），化简得a2+4b2+9c2≥12，由此可得当且仅当a=2，b=1，c= 时，a2+4b2+9c2的最小值为12．
5.（2013 陕西）（不等式选做题）
已知a，b，m，n均为正数，且a+b=1，mn=2，则（am+bn）（bm+an）的最小值为________．
【答案】2
【考点】一般形式的柯西不等式
【解析】【解答】解：根据二维形式的柯西不等式的代数形式：
（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2可得（am+bn）（bm+an）≥（ + ）2=mn（a+b）2=2×1=2，当且仅当 即m=n时，取得最小值2．
故答案为：2．
【分析】利用二维形式的柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d∈R 均为实数，则（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2其中等号当且仅当 时成立，即可求出（am+bn）（bm+an）的最小值．
三、综合题
6.（2017 新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．
（Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值；
（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．
【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）=1﹣ = ，且f（1）=0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），
又因为f（x）min=f（a）≥0，
所以a=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，
所以ln（1+ ）＜ ，k∈N*,
所以，k∈N* ．
一方面，因为 + +…+ =1﹣ ＜1，
所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；
另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，
同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．
因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，
所以m的最小值为3．
【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法
【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；
（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ）＜ ，k∈N* ． 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．
7.（2017 新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（ + ）2=（a3+b3）2≥4，
当且仅当 = ，即a=b=1时取等号，
（Ⅱ）∵a3+b3=2，
∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，
∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，
∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，
∴ =ab，
由均值不等式可得： =ab≤（ ）2 ，
∴（a+b）3﹣2≤ ，
∴ （a+b）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立．
【考点】不等式比较大小，基本不等式，不等式的证明，二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由a3+b3=2转化为 =ab，再由均值不等式可得： =ab≤（ ）2 ， 即可得到 （a+b）3≤2，问题得以证明．
8.（2017 新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
【答案】证明：（Ⅰ）由柯西不等式得：（a+b）（a5+b5）≥（ + ）2=（a3+b3）2≥4，
当且仅当 = ，即a=b=1时取等号，
（Ⅱ）∵a3+b3=2，
∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，
∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，
∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，
∴ =ab，
由均值不等式可得： =ab≤（ ）2 ，
∴（a+b）3﹣2≤ ，
∴ （a+b）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立．
【考点】基本不等式，不等式的证明，二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由a3+b3=2转化为 =ab，再由均值不等式可得： =ab≤（ ）2 ， 即可得到 ≤2，问题得以证明．
9.（2013 北京）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An ， 第n项之后各项an+1 ， an+2…的最小值记为Bn ， dn=An﹣Bn ．
（1）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N* ， an+4=an），写出d1 ， d2 ， d3 ， d4的值；
（2）设d是非负整数，证明：dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
（3）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．
【答案】（1）解：若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列，∴d1=A1﹣B1=2﹣1=1，
d2=A2﹣B2=2﹣1=1，d3=A3﹣B3=4﹣1=3，d4=A4﹣B4=4﹣1=3．
（2）证明：
充分性：设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，
∴An=an=a1+（n﹣1）d，Bn=an+1=a1+nd，∴dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．
必要性：若 dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．假设ak是第一个使ak﹣ak﹣1＜0的项，
则dk=Ak﹣Bk=ak﹣1﹣Bk≥ak﹣1﹣ak＞0，这与dn=﹣d≤0相矛盾，故{an}是一个不减的数列．
∴dn=An﹣Bn=an﹣an+1=﹣d，即 an+1﹣an=d，故{an}是公差为d的等差数列．
（3）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），首先，{an}的项不能等于零，否则d1=2﹣0=2，矛盾．
而且还能得到{an}的项不能超过2，用反证法证明如下：
假设{an}的项中，有超过2的，设am是第一个大于2的项，由于{an}的项中一定有1，否则与d1=1矛盾．
当n≥m时，an≥2，否则与dm=1矛盾．
因此，存在最大的i在2到m﹣1之间，使ai=1，此时，di=Ai﹣Bi=2﹣Bi≤2﹣2=0，矛盾．
综上，{an}的项不能超过2，故{an}的项只能是1或者2．
下面用反证法证明{an}的项中，有无穷多项为1．
若ak是最后一个1，则ak是后边的各项的最小值都等于2，故dk=Ak﹣Bk=2﹣2=0，矛盾，
故{an}的项中，有无穷多项为1．
综上可得，{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，等差关系的确定，等比关系的确定，反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）根据条件以及dn=An﹣Bn的定义，直接求得d1 ， d2 ， d3 ， d4的值．（2）设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，从而证得dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．若dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．可得{an}是一个不减的数列，求得dn=An﹣Bn=﹣d，即 an+1﹣an=d，即{an}是公差为d的等差数列，命题得证．（3）若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项不能等于零，再用反证法得到{an}的项不能超过2，
从而证得命题．
10.（2013 安徽）设函数fn（x）=﹣1+x+ + +…+ （x∈R，n∈N+），证明：
（1）对每个n∈N+ ， 存在唯一的x∈[ ，1]，满足fn（xn）=0；
（2）对于任意p∈N+ ， 由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜ ．
【答案】（1）证明：对每个n∈N+ ， 当x＞0时，由函数fn（x）=﹣1+x+ ），可得
f′（x）=1+ + +… ＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）= + +…+ ＞0，即fn（1）＞0．
又fn（ ）=﹣1+ +[ + + +…+ ]≤﹣ +
=﹣ + × =﹣ ＜0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn，满足fn（xn）=0
（2）证明：对于任意p∈N+ ， 由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+ ＞fn（x），
∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．
由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn ， 即 xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的 n、p∈N+ ， xn﹣xn+p＞0．
由于 fn（xn）=﹣1+xn+ + +…+ =0 ①，
fn+p （xn+p）=﹣1+xn+p+ + +…+ +[ + +…+ ]②，
用①减去②并移项，利用 0＜xn+p≤1，可得
xn﹣xn+p= + ≤ ≤ ＜ = ＜ ．
综上可得，对于任意p∈N+ ， 由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜
【考点】导数的运算，数列的求和，数列与不等式的综合，反证法与放缩法，函数的零点
【解析】【分析】（1）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得fn（1）＞0，fn（ ）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．（2）由题意可得fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0，由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn ， 故xn﹣xn+p＞0．用 fn（x）的解析式减去fn+p （xn+p）的解析式，变形可得xn﹣xn+p= + ，再进行放大，并裂项求和，可得它小于 ，综上可得要证的结论成立．
11.（2015·重庆）在数列中，
（1）若，，求数列的通向公式；
（2）若，，证明：。
【答案】（1）
（2）见解答
【考点】等比数列的通项公式，数列递推式，不等式的证明，反证法与放缩法
【解析】【解答】（1）由，有
若存在某个，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得，此与矛盾，所以对任意。
从而，即是一个公比的等比数列。
故。
（2）由，数列的递推关系式变为
,变形为。
由上式及，归纳可得
因为，所以对
求和得
另一方面，由上已证的不等式知得
综上：.
【分析】1.由于，因此把已知等式具体化得,显示由于,则(否则会得出),从而,所以是等比数列，由其通向公式可得结论；
2.本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是,可变形为，
由于，因此，于是可得，即有，又
，于是有
，这里应用了累加求和的思想方法，
由这个结论可知，因此
,这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法。
数列是考查考生创新意识与实践精神的最好素材。从近些年的高考试题来看，一些构思精巧新颖别致、极富思考性和挑战性的数列与方程、函数（包括三角函数）、不等式以及导数等的综合性试题不断涌现，这部分试题往往以压轴题的形式出现，考查综合运用知识的能力，突出知识的融会贯通．数列的问题难度大，往往表现在与递推数列侑关，递推含义趋广，不仅有数列前后项的递推，更有关联数列的递推，更甚的是数列间的“复制”式递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式、三角、分段、积（幂）等形式，在考查通性通法的同时，突出考查想理能力、代数推理能力、分析问题解决问真的能力，本题第（1）小题通过递推式证明数列是等比数列，从而应用等比数列的通项公式求得通项，第（2）小题把数列与不等式结合起来，利用数列的递推式证明数列是单调数列，利用放缩法证明不等式，难度很大，
12.（2015·福建)选修4-5：不等式选讲
已知，函数的最小值为4．
（1）求的值；
（2）求的最小值．
【答案】（1）4
（2）
【考点】绝对值三角不等式，二维形式的柯西不等式，一般形式的柯西不等式，柯西不等式的几何意义，柯西不等式在函数极值中的应用
【解析】【解答】
1.因为,当且仅当时，等号成立，又,所以,所以的最小值为，所以.
2.由1知，由柯西不等式得,即.d当且仅当,即时，等号成立所以的最小值为
【分析】当的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如的函数的最小值，以及解析式形如的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标．
13.（2014 福建）已知定义域在R上的函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|的最小值为a．
（1）求a的值；
（2）若p，q，r为正实数，且p+q+r=a，求证：p2+q2+r2≥3．
【答案】（1）解：∵|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，
当且仅当﹣1≤x≤2时，等号成立，
∴f（x）的最小值为3，即a=3
（2）证明：由（1）知，p+q+r=3，又p，q，r为正实数，
∴由柯西不等式得，（p2+q2+r2）（12+12+12）≥（p×1+q×1+r×1）2
=（p+q+r）2=32=9，
即p2+q2+r2≥3
【考点】绝对值不等式的解法，二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）由绝对值不等式|a|+|b|≥|a﹣b|，当且仅当ab≤0，取等号；（2）由柯西不等式：（a2+b2+c2）（d2+e2+f2）≥（ad+be+cf）2 ， 即可证得．
14.（2014 重庆）设a1=1，an+1= +b（n∈N*）
（1）若b=1，求a2 ， a3及数列{an}的通项公式；
（2）若b=﹣1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立，证明你的结论．
【答案】（1）解：∵a1=1，an+1= +b，b=1，
∴a2=2，a3= +1；
又（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+1，
∴{（an﹣1）2}是首项为0，公差为1的等差数列；
∴（an﹣1）2=n﹣1，
∴an= +1（n∈N*）；
（2）解：设f（x）= ，则an+1=f（an），
令c=f（c），即c= ﹣1，解得c= ．
下面用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n+1＜1．
n=1时，a2=f（1）=0，a3=f（0）= ﹣1，∴a2＜c＜a3＜1，成立；
设n=k时结论成立，即a2k＜c＜a2k+1＜1
∵f（x）在（﹣∞，1]上为减函数，
∴c=f（c）＞f（a2k+1）＞f（1）=a2 ，
∴1＞c＞a2k+2＞a2 ，
∴c=f（c）＜f（a2k+2）＜f（a2）=a3＜1，
∴c＜a2k+3＜1，
∴a2（k+1）＜c＜a2（k+1）+1＜1，即n=k+1时结论成立，
综上，c= 使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立
【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）若b=1，利用an+1= +b，可求a2 ， a3；证明{（an﹣1）2}是首项为0，公差为1的等差数列，即可求数列{an}的通项公式；（2）设f（x）= ，则an+1=f（an），令c=f（c），即c= ﹣1，解得c= ．用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n+1＜1即可．
15.（2013 江苏）设数列{an}：1，﹣2，﹣2，3，3，3，﹣4，﹣4，﹣4，﹣4，…， ，…，即当 ＜n≤ （k∈N*）时， ．记Sn=a1+a2+…+an（n∈N ）．对于l∈N ， 定义集合Pl=﹛n|Sn为an的整数倍，n∈N ， 且1≤n≤l}
（1）求P11中元素个数；
（2）求集合P2000中元素个数．
【答案】（1）解：由数列{an}的定义得a1=1，a2=﹣2，a3=﹣2，a4=3，
a5=3，a6=3，a7=﹣4，a8=﹣4，a9=﹣4，a10=﹣4，a11=5，
所以S1=1，S2=﹣1，S3=﹣3，S4=0，S5=3，S6=6，S7=2，
S8=﹣2，S9=﹣6，S10=﹣10，S11=﹣5，
从而S1=a1 ， S4=0 a4 ， S5=a5 ， S6=2a6 ， S11=﹣a11 ，
所以集合P11中元素的个数为5；
（2）解：先证：Si（2i+1）=﹣i（2i+1）（i∈N*）．
事实上，①当i=1时，Si（2i+1）=S3=﹣3，﹣i（2i+1）=﹣3，故原等式成立；
②假设i=m时成立，即Sm（2m+1）=﹣m（2m+1），则i=m+1时，
S（m+1）（2m+3）=Sm（2m+1）+（2m+1）2﹣（2m+2）2=﹣m（2m+1）﹣4m﹣3
=﹣（2m2+5m+3）=﹣（m+1）（2m+3）．
综合①②可得Si（2i+1）=﹣i（2i+1）．于是S（i+1）（2i+1）=Si（2i+1）+（2i+1）2
=﹣i（2i+1）+（2i+1）2=（2i+1）（i+1）．
由上可知Si（2i+1）是2i+1的倍数，而ai（2i+1）+j=2i+1（j=1，2，…，2i+1），
所以Si（2i+1）+j=Si（2i+1）+j（2i+1）是ai（2i+1）+j（j=1，2，…，2i+1）的倍数．
又S（i+1）（2i+1）=（i+1） （2i+1）不是2i+2的倍数，
而a（i+1）（2i+1）+j=﹣（2i+2）（j=1，2，…，2i+2），
所以S（i+1）（2i+1）+j=S（i+1）（2i+1）+j（2i+2）=（2i+1）（i+1）﹣j（2i+2）
不是a（i+1）（2i+1）+j（j=1，2，…，2i+2）的倍数，
故当l=i（2i+1）时，集合Pl中元素的个数为1+3+…+（2i﹣1）=i2 ，
于是，当l=i（2i+1）+j（1≤j≤2i+1）时，集合Pl中元素的个数为i2+j．
又2000=31×（2×31+1）+47，
故集合P2 000中元素的个数为312+47=1008．
【考点】数列与函数的综合，计数原理的应用，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）由数列{an}的定义，可得前11项，进而得到前11项和，再由定义集合Pl ， 即可得到元素个数；（2）运用数学归纳法证明Si（2i+1）=﹣i（2i+1）（i∈N*）．再结合定义，运用等差数列的求和公式，即可得到所求．
16.(2015·湖北）已知数列的各项均为正数，， 为自然对数的底数．
（1）求函数的单调区间，并比较与的大小；
（2）计算， ， ， 由此推测计算的公式，并给出证明；
（3）令， 数列， 的前项和分别记为,, 证明：.
【答案】（1）的单调递增区间为,单调递减区间为.
.
（2）,
下面用数学归纳法证明②。
（1）当时，左边=右边=2，②成立。
（2）假设当时，②成立，即.当时，,有归纳假设可得.所以当时，②也成立。根据（1）（2），可知②对一切正整数 都成立。
（3）
【考点】基本不等式，数列的概念及简单表示法，不等式的证明，数学归纳法
【解析】【解答】1.的定义域为， .当， 即时，单调递增；当， 即时，单调递减。故的单调递增区间为,单调递减区间为.当时，,即.令,得,即.①
2.;;.由此推测：,②
下面用数学归纳法证明②。
（1）当时，左边=右边=2，②成立。
（2）假设当时，②成立，即.当时，,有归纳假设可得.所以当时，②也成立。根据（1）（2），可知②对一切正整数 都成立。
3.由的定义，② ， 算术-集合平均不等式，的定义及①得
.即.
【分析】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．运用数学归纳法应注意以下三点：(1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．(2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．(3)要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．
模拟题精练
一、单选题
1.用反证法证明命题“若a+b+c≥0，abc≤0，则a、b、c三个实数中最多有一个小于零”的反设内容为（ ）
A. a、b、c三个实数中最多有一个不大于零
B. a、b、c三个实数中最多有两个小于零
C. a、b、c三个实数中至少有两个小于零
D. a、b、c三个实数中至少有一个不大于零
【答案】C
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】解：用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，
而命题“a、b、c三个实数中最多有一个小于零”的否定为：“a、b、c三个实数中至少有两个小于零”，
故应假设的内容是：a、b、c三个实数中至少有两个小于零．
故选：C．
【分析】用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，而命题“a、b、c三个实数中最多有一个小于零”的否定为：“a、b、c三个实数中至少有两个小于零”，由此得出结论．
2.若实数x＋y＋z＝1，则2x2+y2+3z2 的最小值为( )
A. 1 B. 6 C. 11 D.
【答案】D
【考点】一般形式的柯西不等式
【解析】【解答】∵ .
∴ ，当且仅当 ， ， 时等号成立.
∴ 的最小值为 .
【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式，解决问题的关键是根据所给条件结合一般形式的柯西不等构造不等式计算即可.
3.用数学归纳法证明：， 第二步证明“从k到k+1”，左端增加的项数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 2k D. 8k+4
【答案】B
【考点】数学归纳法
【解析】【解答】n=k时，不等式为，
当n=k+1时，不等式为， 所以左端增加的项数为2项，故选B。
【分析】简单题，数学归纳法证明命题，步骤是“两步一结”，关键是应用归纳假设，明确从k到k+1的变化。
4.用数学归纳法证明某命题时，左式为+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α（α≠kπ，k∈Z，n∈N*）在验证n=1时，左边所得的代数式为（ ）
A. B. +cosα C. +cosα+cos3α D. +cosα+cos3α+cos5α
【答案】B
【考点】数学归纳法
【解析】【解答】解：由于左式为+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α（α≠kπ，k∈Z，n∈N*），
因此在验证n=1时，左边所得的代数式为：+cosα．故选：B．
【分析】在验证n=1时，令左边n=1可得：所得的代数式为：+cosα．
5.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
【答案】B
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”．
故选B
【分析】一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；
“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；
“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．
6.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
【答案】B
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”． 故选B
【分析】一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；
“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；
“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．
7.若0＜x1＜x2 ， 0＜y1＜y2 ， 且x1+x2=y1+y2=1，则下列代数式中值最大的是（ ）
A. x1y1+x2y2 B. x1x2+y1y2 C. x1y2+x2y1 D.
【答案】A
【考点】二维形式的柯西不等式
【解析】【解答】解：依题意取x1=， x2=， y1=， y2=，
计算x1y1+x2y2=， x1x2+y1y2=，
x1y2+x2y1=，
故选：A．
【分析】由已知，结合且x1+x2=y1+y2=1，可取特殊值求得答案．www.21-cn-jy.com
8.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是( )
A. 假设三内角都不大于60度
B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D假设三内角至多有两个大于60度
【答案】B
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】本题考查反证法的应用.反证法的第一步是否定结论，而原题结论为三角形的内角中至少有一个不大于60度，即是三角形中有至少有一个角小于等于60度，其否定为三角形中没有一个角小于等于60度，即假设三个内角都大于60度.选B。
【分析】本题主要考查了反证法与放缩法，解决问题的关键是2-1-c-n-j-y
9.已知x2+4y2+kz2=36，且x+y+z的最大值为7，则正数k等于（ ）
A. 1 B. 4 C. 8 D. 9
【答案】D
【考点】二维形式的柯西不等式
【解析】【解答】解：由题意利用柯西不等式可得 （x2+4y2+kz2）（1++）≥（x+y+z）2 ，
即 36（1++）≥（x+y+z）2 ．
再根据x+y+z的最大值为7，可得36（1++）=49，求得正数k=9，
故选：D．
【分析】由柯西不等式可得 （x2+4y2+kz2）（1++）≥（x+y+z）2 ， 再根据x+y+z的最大值为7，可得36（1++）=49，由此求得正数k的值．21*cnjy*com
10.已知a ， b ， c＞0，则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab) 的正负情况是( )
A. 大于零 B. 大于或等于零 C. 小于零 D. 小于或等于【版权所有：21教育】
【答案】B
【考点】排序不等式
【解析】【解答】设 ，所以 ，
根据排序不等式，得 .
又知 ， ，
所以 .
所以 ，
即 .
【分析】本题主要考查了排序不等式，解决问题的关键是根据排序不等式
分析计算即可.
11.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
【答案】B
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”． 故选B
【分析】一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；
“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；
“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”．
12.一个关于自然数n的命题，如果验证当n=1时命题成立，并在假设当n=k（k≥1且k∈N*）时命题成立的基础上，证明了当n=k+2时命题成立，那么综合上述，对于（ ）
A. 一切正整数命题成立 B. 一切正奇数命题成立
C. 一切正偶数命题成立 D. 以上都不对【来源：21cnj*y.co*m】
【答案】B
【考点】数学归纳法，数学归纳法
【解析】【解答】解：本题证的是对n=1，3，5，7，命题成立，即命题对一切正奇数成立．A、C、D不正确； 故选B．
【分析】仔细体会数学归纳法的解题步骤，结合如果验证当n=1时命题成立，并在假设当n=k（k≥1且k∈N*）时命题成立的基础上，证明了当n=k+2时命题成立，即可推出正确选项．
二、填空题
13.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2= 时，当n=k+1时左端在n=k时的左端加上________．
【答案】（k2+1）+（k2+2）+…+（k+1）2
【考点】数学归纳法，数学归纳法
【解析】【解答】解：n=k时左端为：1+2+3+…+k2 ， n=k+1时左端为：1+2+3+…+k2+（k2+1）+（k2+2）+…+（k+1）2 ． 故答案为：（k2+1）+（k2+2）+…+（k+1）2
【分析】求出n=k时左边的表达式，求出n=k+1时左边的表达式，通过求差即可得到左端增加的表达式．【出处：21教育名师】
14.若－1＜a＜b＜0，则 ，a2 ， b2中值最小的是________.
【答案】
【考点】比较法
【解析】【解答】依题意，知 ，a2＞b2 ，
故只需比较 与b2的大小.
因为b2＞0， ，
∴
【分析】本题主要考查了比较法证明不等式，解决问题的关键是根据根据不等式的性质进行分析即可.21*cnjy*com
15.下列命题适合用反证法证明的是________.
①已知函数f(x)=ax+ (a>1),证明:方程f(x)=0没有负实数根;
②若x,y∈R,x>0,y>0,且x+y>2,求证: 和 中至少有一个小于2;
③关于x的方程ax=b(a≠0)的解是唯一的;
④同一平面内,分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交.
【答案】①②③④
【考点】反证法与放缩法
【解析】【解答】①是“否定”型命题;②是“至少”型命题;③是“唯一”型命题,且题中条件较少;④中条件较少不足以直接证明,因此四个命题都适合用反证法证明.
【分析】本题主要考查了反证法与放缩法，解决问题的关键是根据反证法证明命题的特征解析结构特征分析判断即可.
16.已知a ， b ， c都是正数，则 ________.
【答案】
【考点】排序不等式
【解析】【解答】设 ，所以 .
由排序不等式，知
， ①
. ②
①＋②，得 .
【分析】本题主要考查了排序不等式，解决问题的关键是设 ，所以 .然后根据排序不等式的性质计算即可.
三、综合题
17.求证：
（1）a2＋b2≥2(a－b－1).
（2）若a＞b＞c，则bc2＋ca2＋ab2＜b2c＋c2＜2＋a2b.
【答案】（1）证明：a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1).
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证明：bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b)
＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－ab)
＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)ab(b－a)
＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab)
＝(b－a)(c－a)(c－b)，
∵a＞b＞c，∴b－a＜0，c－a＜0，c－b＜0.
∴(b－a)(c－a)(c－b)＜0.
∴bc2＋ca2＋ab2＜b2c＋c2a＋a2b.
【考点】比较法
【解析】【分析】本题主要考查了比较法证明不等式，解决问题的关键是根据(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少.(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法.(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号.有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论.
18.设正项数列{an}的前n项和为Sn ， 且满足 ．
（1）计算a1 ， a2 ， a3的值，并猜想{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明{an}的通项公式．
【答案】（1）解：当n=1时， ， 得a1=1； ，得a2=2，
，得a3=3，
猜想an=n
（2）解：证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立， （ⅱ）假设当n=k时，ak=k，
则当n=k+1时， = ，
整理得： ，即[ak+1﹣（k+1）][ak+1+（k﹣1）]=0，
结合an＞0，解得ak+1=k+1，
于是对于一切的自然数n∈N* ， 都有an=n 21cnjy.com
【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）利用递推关系式求解数列a1 ， a2 ， a3的值，猜想{an}的通项公式；（2）利用数学归纳法的证明步骤，逐步证明即可．
19.设复平面上点Z1 ， Z2 ， …，Zn ， …分别对应复数z1 ， z2 ， …，zn ， …；
（1）设z=r（cosα+isinα），（r＞0，α∈R），用数学归纳法证明：zn=rn（cosnα+isinnα），n∈Z+
（2）已知 ，且 （cosα+isinα）（α为实常数），求出数列{zn}的通项公式；
（3）在（2）的条件下，求 |+…．
【答案】（1）证明：当n=1时，左边=r（cosθ+isinθ），右边=r（cosθ+isinθ）， 左边=右边，即n=1等式成立；
假设当n=k时等式成立，即：[r（cosθ+isinθ）]k=rk（coskθ+isinkθ），
则当n=k+1时，[r（cosθ+isinθ）]k+1=[r（cosθ+isinθ）]kr（cosθ+isinθ）
=rk（coskθ+isinkθ）rk（cosθ+isinθ）
=rk+1[（coskθcosθ﹣sinkθsinθ）+i（sinkθcosθ+coskθsinθ）]
=rk+1[cos（k+1）θ+isin（k+1）θ]，
即当n=k+1时，等式成立；
综上，对n∈N+ ， zn=rn（cosnα+isinnα）
（2）解： = =1， 且 （cosα+isinα）（α为实常数），
∴数列{zn}是首项为Z1=1，公比为q= （cosα+isinα）的等比数列，
∴该数列的通项公式为Zn=Z1 qn﹣1= [cos（n﹣1）α+isin（n﹣1）α]
（3）解：在（2）的条件下， = ﹣ =（ cosα﹣1， sinα） ∴| |= ．
= [cosnα﹣2cos（n﹣1）α+i（sinnα﹣2sin（n﹣1）α）]，
= = ．
|+…= × =
【考点】复数代数形式的混合运算，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）按照数学归纳法的基本步骤即可证明等式成立；（2） = =1，且 （cosα+isinα）（α为实常数），可得数列{zn}是首项为Z1=1，公比为q= （cosα+isinα）的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得出．（3）在（2）的条件下， = [cosnα﹣2cos（n﹣1）α+i（sinnα﹣2sin（n﹣1）α）]，再利用数列极限求和公式即可得出．21教育网
20.函数f（x）=ln（x+1）﹣ （a＞1）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a1=1，an+1=ln（an+1），证明： ＜an≤ ．
【答案】（1）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）= ，
①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，
若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，
若x∈（0，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
②当a=2时，f′（x）≥0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，
③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，
若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，
若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数．
（2）解：由（1）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，
当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，
即ln（x+1）＞ ，（x＞0），
又由（1）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，
当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜ ，
下面用数学归纳法进行证明 ＜an≤ 成立，
①当n=1时，由已知
，故结论成立．
②假设当n=k时结论成立，即 ，
则当n=k+1时，an+1=ln（an+1）＞ln（ +1） ，
an+1=ln（an+1）＜ln（ +1） ，
即当n=k+1时， 成立，
综上由①②可知，对任何n∈N 结论都成立． www-2-1-cnjy-com
【考点】利用导数研究函数的单调性，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）求函数的导数，通过讨论a的取值范围，即可得到f（x）的单调性；（2）利用数学归纳法即可证明不等式．
21.设数列{an}满足an+1=an2﹣nan+1（n∈N*）
（1）当a1=2时，求a2、a3、a4 ， 并由此猜想出an的一个通项公式；
（2）当a1≥2时，证明：对 n∈N* ， 有an≥n+1．
【答案】（1）解：由a1=2，得a2=a12﹣a1+1=3 由a2=3，得a3=a22﹣2a2+1=4
由a3=4，得a4=a32﹣3a3+1=5
故猜想an=n+1
（2）解：用数学归纳法证明： ①当n=1时，a1≥2=1+1，不等式成立．
②假设当n=k时不等式成立，即ak≥k+1，
那么ak+1=ak（ak﹣k）+1≥（k+1）（k+1﹣k）+1=k+2．
也就是说，当n=k+1时，ak+1≥（k+1）+1
据①和②，对于所有n≥1，有an≥n+1
【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）由a1=2，an+1=an2﹣nan+1，把n=1，2，3分别代入可求a2 ， a3 ， a4的值，归纳数列中每一项的值与序号的关系，我们可以归纳推理出an的一个通项公式．（2）an≥n+1的证明可以使用数学归纳法，先证明n=1时不等式成立，再假设n=k时不等式成立，进而论证n=k+1时，不等式依然成立，最终得到不等式an≥n+1恒成立．
22.已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列.
（1）求f(30)的值.
（2）若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论.
【答案】（1）【解答】解：由f(0)、f(2)、f(6)成等差数列，得
2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，
即(m＋2)2＝m(m＋6)(m＞0).
∴m＝2，
∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.
（2）【解答】
证明：f(a)＋f(c)＞2f(b).
证明如下：
2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2 ，
f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，
又b2＝ac，
∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.
∵ (a≠c)，
∴2(a＋c)－4b＞0，
∴log2[(a＋2)(c＋2)]＞log2(b＋2)2 ，
即f(a)＋f(c)＞2f(b).
【考点】比较法
【解析】【分析】本题主要考查了比较法证明不等式，解决问题的关键是（1）根据等差数列性质求得m,然后计算即可；(2)首项求得2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2 ， f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，如何根据所给条件结合不等式性质作差比较大小即可.
23.已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|﹣|x﹣b|+c的最大值为10．
（1）求a+b+c的值；
（2）求 （a﹣1）2+（b﹣2）2+（c﹣3）2的最小值，并求出此时a、b、c的值．
【答案】（1）解：f（x）=|x+a|﹣|x﹣b|+c≤|b+a|+c，当且仅当x≥b时等号成立， ∵a＞0，b＞0，∴f（x）的最大值为a+b+c．
又已知f（x）的最大值为10，所以a+b+c=10．
（2）解：由（1）知a+b+c=10，由柯西不等式得[ （a﹣1）2+（b﹣2）2+（c﹣3）2]（22+12+12）≥（a+b+c﹣6）2=16， 即 （a﹣1）2+（b﹣2）2+（c﹣3）2≥
当且仅当 （a﹣1）=b﹣2=c﹣3，即a= ，b= ，c= 时等号成立．
【考点】绝对值三角不等式，二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式，求出f（x）的最大值为a+b+c，即可求a+b+c的值；（2）利用柯西不等式，即可得出结论．
24.已知数列{an}满足a1=1，Sn=2n﹣an（n∈N*）．
（1）计算a2 ， a3 ， a4 ， 并由此猜想通项公式an；
（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想．
【答案】（1）解：当n=1时，a1=S1=1． 当n=2时，a1+a2=S2=2×2﹣a2 ， ∴a2= ．
当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3﹣a3 ， ∴a3= ．
当n=4时，a1+a2+a3+a4=S4=2×4﹣a4 ， ∴a4= ，
由此猜想an= （n∈N*）
（2）解：证明：①当n=1时，a1=S1=1，结论成立． ②假设n=k（k≥1且k∈N*）时，结论成立，即ak=
那么n=k+1（k≥1且k∈N*）时，ak+1=Sk+1﹣Sk=2（k+1）﹣ak+1﹣2k+ak=2+ak﹣ak+1 ．
∴2ak+1=2+ak=2+ = ．
∴ak+1= ，
由①②可知，对n∈N* ， an= 都成立
【考点】归纳推理，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）根据Sn=2n﹣an ， 利用递推公式，求出a2 ， a3 ， a4 ． （2）总结出规律求出an ， 然后利用归纳法进行证明，检验n=1时等式成立，假设n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立．
25.（2014 重庆）设a1=1，an+1= +b（n∈N*）
（1）若b=1，求a2 ， a3及数列{an}的通项公式；
（2）若b=﹣1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立，证明你的结论．
【答案】（1）解：∵a1=1，an+1= +b，b=1，
∴a2=2，a3= +1；
又（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+1，
∴{（an﹣1）2}是首项为0，公差为1的等差数列；
∴（an﹣1）2=n﹣1，
∴an= +1（n∈N*）；
（2）解：设f（x）= ，则an+1=f（an），
令c=f（c），即c= ﹣1，解得c= ．
下面用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n+1＜1．
n=1时，a2=f（1）=0，a3=f（0）= ﹣1，∴a2＜c＜a3＜1，成立；
设n=k时结论成立，即a2k＜c＜a2k+1＜1
∵f（x）在（﹣∞，1]上为减函数，
∴c=f（c）＞f（a2k+1）＞f（1）=a2 ，
∴1＞c＞a2k+2＞a2 ，
∴c=f（c）＜f（a2k+2）＜f（a2）=a3＜1，
∴c＜a2k+3＜1，
∴a2（k+1）＜c＜a2（k+1）+1＜1，即n=k+1时结论成立，
综上，c= 使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立 21教育名师原创作品
【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）若b=1，利用an+1= +b，可求a2 ， a3；证明{（an﹣1）2}是首项为0，公差为1的等差数列，即可求数列{an}的通项公式；（2）设f（x）= ，则an+1=f（an），令c=f（c），即c= ﹣1，解得c= ．用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n+1＜1即可．
26.在数列{an}中，a1= ，且 =nan（n∈N+）．
（1）写出此数列的前4项；
（2）归纳猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
【答案】（1）解：a1= ，a2= ，a3= ，a4=
（2）解：猜想：an= ． 证明：①当n=1时，猜想显然成立．
②假设n=k时猜想成立，即ak= ．
∵ =nan ， ∴ =（2n﹣1）an ．
∴ ，
∴a1+a2+…+ak=（2k2+3k）ak+1 ，
又a1+a2+…+ak=（2k2﹣k）ak= ，
∴ak+1= = ，
∴当n=k+1时，猜想成立．
由①②可知，对一切n∈N+ ， 都有an= 21·cn·jy·com
【考点】归纳推理，数学归纳法，数学归纳法
【解析】【分析】（1）根据递推式，依次令n=2，3，4计算a2 ， a3 ， a4；（2）根据前4相猜想通项公式，验证n=1时猜想成立，假设n=k时猜想成立，根据条件推导ak+1得出结论．
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2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
选修4－5 第2讲 不等式的证明
考纲剖析
了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法。
应用基本方法证明一些简单不等式．
知识回顾
1．基本不等式
定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥ .当且仅当 时，等号成立．
定理2：如果a、b为正数，则≥ ，当且仅当 时，等号成立．
定理3：如果a、b、c为正数，则≥ ，当且仅当 时，等号成立．
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1、a2、…、an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
2．柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．21教育网
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则()()≥(ibi)2，当且仅当＝＝…＝(当ai＝0时，约定bi＝0，i＝1,2，…，n)时等号成立．21·cn·jy·com
(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当α，β共线时等号成立．2·1·c·n·j·y
3．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．
精讲方法
一、证明不等式的基本方法
（一）利用比较法证明不等式
不等式左、右两边是多项式形式，可用作差或作商比较法，也可用分析法、综合法。
利用综合法证明不等式
利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式．
（三）利用分析法证明不等式
当从条件直接去推证不等式的方向不明确时，可考虑用分析法证明。
分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．【来源：21·世纪·教育·网】
（四）利用放缩法证明不等式
（五）利用柯西不等式求最值
根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式．
小结
1.证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法
2.算术—几何平均不等式证明不等式：
(1)利用算术—几何平均不等式证明不等式或求最值问题，是不等式问题中的一个重要类型，重点要抓住算术—几何平均不等式的结构特点和使用条件．
(2)在解答本题时有两点容易造成失分：
一是多次运用算术—几何平均不等式后化简错误；
二是求解等号成立的a，b，c的值时计算出错．
例题精讲
考点一 分析法证明不等式
【例题1】 已知函数f（x）=x3+ ，x∈[0，1]．
（1）用分析法证明：f（x）≥1﹣x+x2；
（2）证明：f（x）＞ ．
【答案】（1）证明：∵x∈[0，1]，∴x+1∈[1，2]． 要证明：f（x）≥1﹣x+x2 ，
只要证明：x3（x+1）+1≥（x+1）（1﹣x+x2），
只要证明：x4≥0，
显然成立，
∴f（x）≥1﹣x+x2
（2）证明：∵1﹣x+x2=（x﹣ ）2+ ≥ ，当且仅当x= 时取等号， ∵f（ ）= ＞ ，f（x）≥1﹣x+x2 ，
∴f（x）＞ 21·世纪*教育网
【考点】综合法与分析法(选修）
【解析】【分析】（1）利用分析法的证明步骤，即可得出结论．（2）利用配方法，结合（1），即可得出结论．21教育名师原创作品
【变式训练1】选修4-5：不等式选讲
设a，b为互不相等的正实数，求证：4（a3+b3）＞（a+b）3 ．
考点二 用综合法证明不等式
【例题2】若a∈R，b∈R，且a＞0，b＞0，2c＞a+b．
（1）综合法证明：c2＞ab；
【答案】（1）证明：∵a＞0，b＞0， ∴2c＞a+b≥2 ．
∴c＞ ＞0．故c2＞ab
【考点】综合法
【解析】【分析】（1）利用基本不等式，即可证明结论；（2）是一个连锁不等式，不易用比较法，又待证的不等式即|a﹣c|＜ ，也不具备使用基本不等式的特点，而用分析法较合适．www-2-1-cnjy-com
【变式训练2】要证明不等式 + ＜2 ，可选择的方法有（ ）
A. 分析法 B. 综合法 C. 反证法 D. 以上三种方法均可
考点三 利用柯西不等式求最值
【例题3】综合题。
（1）设a，b∈R+ ， a+b=1，求证 ≥4．
（2）已知x+2y+3z=1，求x2+y2+z2的最小值．
【答案】（1）证明：由柯西不等式，可得 ． ．
（2）解：由柯西不等式可知：（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+33）， ∴
当且仅当 时取等号．
即x2+y2+z2的最小值为 ．
【考点】二维形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）由柯西不等式，即可证明结论；（2）由柯西不等式可知：（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2）（12+22+33），可得求x2+y2+z2的最小值．21*cnjy*com
【变式训练3】已知函数f（x）=m﹣|2﹣x|，且f（x+2）＞0的解集为（﹣1，1）．
（1）求m的值；
（2）若正实数a，b，c，满足a+2b+3c=m．求 的最小值．
真题精析
一、单选题
1.（2014 山东）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时，要做的假设是（ ） 21世纪教育网版权所有
A. 方程x3+ax+b=0没有实根 B. 方程x3+ax+b=0至多有一个实根
C. 方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D. 方程x3+ax+b=0恰好有两个实根
2.(2015·湖北）设. 若p：成等比数列；
q： ，则（ ）
A. p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B. p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C. p是q的充分必要条件
D. p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
二、填空题
3.（2013 湖北）设x，y，z∈R，且满足： ，则x+y+z=________．
4.（2013 湖南）已知a，b，c∈R，a+2b+3c=6，则a2+4b2+9c2的最小值为________．
5.（2013 陕西）（不等式选做题）
已知a，b，m，n均为正数，且a+b=1，mn=2，则（am+bn）（bm+an）的最小值为________．
三、综合题
6.（2017 新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．
（Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值；
（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值． www.21-cn-jy.com
7.（2017 新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2． 【版权所有：21教育】
8.（2017 新课标Ⅱ）已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
9.（2013 北京）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An ， 第n项之后各项an+1 ， an+2…的最小值记为Bn ， dn=An﹣Bn ．
（1）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N* ， an+4=an），写出d1 ， d2 ， d3 ， d4的值；
（2）设d是非负整数，证明：dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
（3）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．
10.（2013 安徽）设函数fn（x）=﹣1+x+ + +…+ （x∈R，n∈N+），证明：
（1）对每个n∈N+ ， 存在唯一的x∈[ ，1]，满足fn（xn）=0；
（2）对于任意p∈N+ ， 由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜ ．
11.（2015·重庆）在数列中，
（1）若，，求数列的通向公式；
（2）若，，证明：。
12.（2015·福建)选修4-5：不等式选讲
已知，函数的最小值为4．
（1）求的值；
（2）求的最小值．
13.（2014 福建）已知定义域在R上的函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|的最小值为a．
（1）求a的值；
（2）若p，q，r为正实数，且p+q+r=a，求证：p2+q2+r2≥3．
14.（2014 重庆）设a1=1，an+1= +b（n∈N*）
（1）若b=1，求a2 ， a3及数列{an}的通项公式；
（2）若b=﹣1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立，证明你的结论．
15.（2013 江苏）设数列{an}：1，﹣2，﹣2，3，3，3，﹣4，﹣4，﹣4，﹣4，…， ，…，即当 ＜n≤ （k∈N*）时， ．记Sn=a1+a2+…+an（n∈N ）．对于l∈N ， 定义集合Pl=﹛n|Sn为an的整数倍，n∈N ， 且1≤n≤l} 21cnjy.com
（1）求P11中元素个数；
（2）求集合P2000中元素个数．
16.(2015·湖北）已知数列的各项均为正数，， 为自然对数的底数．
（1）求函数的单调区间，并比较与的大小；
（2）计算， ， ， 由此推测计算的公式，并给出证明；
（3）令， 数列， 的前项和分别记为,, 证明：.
模拟题精练
一、单选题
1.用反证法证明命题“若a+b+c≥0，abc≤0，则a、b、c三个实数中最多有一个小于零”的反设内容为（ ） 【来源：21cnj*y.co*m】
A. a、b、c三个实数中最多有一个不大于零
B. a、b、c三个实数中最多有两个小于零
C. a、b、c三个实数中至少有两个小于零
D. a、b、c三个实数中至少有一个不大于零21*cnjy*com
2.若实数x＋y＋z＝1，则2x2+y2+3z2 的最小值为( )
A. 1 B. 6 C. 11 D.
3.用数学归纳法证明：， 第二步证明“从k到k+1”，左端增加的项数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 2k D. 8k+4
4.用数学归纳法证明某命题时，左式为+cosα+cos3α+…+cos（2n﹣1）α（α≠kπ，k∈Z，n∈N*）在验证n=1时，左边所得的代数式为（ ）
A. B. +cosα C. +cosα+cos3α D. +cosα+cos3α+cos5α
5.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
6.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
7.若0＜x1＜x2 ， 0＜y1＜y2 ， 且x1+x2=y1+y2=1，则下列代数式中值最大的是（ ）
A. x1y1+x2y2 B. x1x2+y1y2 C. x1y2+x2y1 D.
8.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是( )
A. 假设三内角都不大于60度
B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度
D假设三内角至多有两个大于60度
9.已知x2+4y2+kz2=36，且x+y+z的最大值为7，则正数k等于（ ）
A. 1 B. 4 C. 8 D. 9
10.已知a ， b ， c＞0，则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab) 的正负情况是( )
A. 大于零 B. 大于或等于零 C. 小于零 D. 小于或等于
11.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（ ）
A. 假设三内角都不大于60度 B. 假设三内角都大于60度
C. 假设三内角至多有一个大于60度 D. 假设三内角至多有两个大于60度
12.一个关于自然数n的命题，如果验证当n=1时命题成立，并在假设当n=k（k≥1且k∈N*）时命题成立的基础上，证明了当n=k+2时命题成立，那么综合上述，对于（ ）
A. 一切正整数命题成立 B. 一切正奇数命题成立
C. 一切正偶数命题成立 D. 以上都不对2-1-c-n-j-y
二、填空题
13.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2= 时，当n=k+1时左端在n=k时的左端加上________． 【出处：21教育名师】
14.若－1＜a＜b＜0，则 ，a2 ， b2中值最小的是________.
15.下列命题适合用反证法证明的是________.
①已知函数f(x)=ax+ (a>1),证明:方程f(x)=0没有负实数根;
②若x,y∈R,x>0,y>0,且x+y>2,求证: 和 中至少有一个小于2;
③关于x的方程ax=b(a≠0)的解是唯一的;
④同一平面内,分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交.
16.已知a ， b ， c都是正数，则 ________.
三、综合题
17.求证：
（1）a2＋b2≥2(a－b－1).
（2）若a＞b＞c，则bc2＋ca2＋ab2＜b2c＋c2＜2＋a2b.
18.设正项数列{an}的前n项和为Sn ， 且满足 ．
（1）计算a1 ， a2 ， a3的值，并猜想{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明{an}的通项公式．
19.设复平面上点Z1 ， Z2 ， …，Zn ， …分别对应复数z1 ， z2 ， …，zn ， …；
（1）设z=r（cosα+isinα），（r＞0，α∈R），用数学归纳法证明：zn=rn（cosnα+isinnα），n∈Z+
（2）已知 ，且 （cosα+isinα）（α为实常数），求出数列{zn}的通项公式；
（3）在（2）的条件下，求 |+…．
20.函数f（x）=ln（x+1）﹣ （a＞1）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a1=1，an+1=ln（an+1），证明： ＜an≤ ．
21.设数列{an}满足an+1=an2﹣nan+1（n∈N*）
（1）当a1=2时，求a2、a3、a4 ， 并由此猜想出an的一个通项公式；
（2）当a1≥2时，证明：对 n∈N* ， 有an≥n+1．
22.已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列.
（1）求f(30)的值.
（2）若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论.
23.已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|﹣|x﹣b|+c的最大值为10．
（1）求a+b+c的值；
（2）求 （a﹣1）2+（b﹣2）2+（c﹣3）2的最小值，并求出此时a、b、c的值．
24.已知数列{an}满足a1=1，Sn=2n﹣an（n∈N*）．
（1）计算a2 ， a3 ， a4 ， 并由此猜想通项公式an；
（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想．
25.（2014 重庆）设a1=1，an+1= +b（n∈N*）
（1）若b=1，求a2 ， a3及数列{an}的通项公式；
（2）若b=﹣1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n+1对所有的n∈N*成立，证明你的结论．
26.在数列{an}中，a1= ，且 =nan（n∈N+）．
（1）写出此数列的前4项；
（2）归纳猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
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