一 比较法
课后篇巩固探究
1.若A=+3与B=+2,则A,B的大小关系是( )
A.A>B B.A
C.A≥B D.不确定
解析因为A-B=+3->0,所以A>B.
答案A
2.若a>2,b>2,则( )
A.a+b>ab B.a+bC.a+b≥ab D.a+b≤ab
解析,
因为a>2,b>2,所以.
因此<1,故a+b答案B
3.若α,β∈,记M=sin αcos β,N=sin α+cos β-1,则M与N的大小关系是( )
A.M>N B.MC.M=N D.大小关系不确定
解析因为M-N=sin αcos β-(sin α+cos β-1)=(sin α-1)(cos β-1),而α,β∈,所以(sin α-1)(cos β-1)>0,故M>N.
答案A
4.已知a,b都是正数,P=,Q=,则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q B.PC.P≥Q D.P≤Q
解析∵a,b都是正数,∴P>0,Q>0.
∴P2-Q2=-()2=-≤0(当且仅当a=b时,等号成立).
∴P2-Q2≤0.∴P≤Q.
答案D
5.导学号26394030若q>0,且q≠1,m,n∈N+,则1+qm+n与qm+qn的大小关系是( )
A.1+qm+n>qm+qn B.1+qm+nC.1+qm+n=qm+qn D.不能确定
解析1+qm+n-(qm+qn)=1+qm+n-qm-qn=(1-qm)+qn(qm-1)=(1-qm)(1-qn).
若0∴1-qm>0,1-qn>0,
∴(1-qm)(1-qn)>0.
若q>1,由m,n∈N+,知qm>1,qn>1,
∴1-qm<0,1-qn<0,
∴(1-qm)(1-qn)>0.
综上可知1+qm+n-(qm+qn)>0,
即1+qm+n>qm+qn.
答案A
6.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是 .?
解析∵x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x2+1),
又x>1,∴x-1>0,x2+1>0.
∴x3-(x2-x+1)>0,
即x3>x2-x+1.
答案x3>x2-x+1
7.若x∈R,则与2的大小关系是 .?
解析因为-2=≤0,所以≤2.
答案≤2
8.若a>b>c,求证bc2+ca2+ab2证明(bc2+ca2+ab2)-(b2c+c2a+a2b)
=(bc2-c2a)+(ca2-b2c)+(ab2-a2b)
=c2(b-a)+c(a+b)(a-b)+ab(b-a)
=(b-a)(c2+ab-ca-cb)
=(b-a)(c-a)(c-b).
因为a>b>c,所以b-a<0,c-a<0,c-b<0,
从而(b-a)(c-a)(c-b)<0,
故bc2+ca2+ab29.导学号26394031若a,b>0,求证:a2bb2a≤(ab)a+b.
证明因为a,b>0,所以a2bb2a>0,(ab)a+b>0.
又=ab-a·ba-b=,
当a=b时,=10=1;
当a>b>0时,0<<1,a-b>0,所以<1;
当b>a>0时,>1,a-b<0,所以<1.
所以≤1.
综上可知a2bb2a≤(ab)a+b.
10.导学号26394032已知θ∈,且a=cos 2θ,b=cos θ-sin θ,试比较a与b的大小.
解因为θ∈,所以2θ∈.
所以a=cos 2θ<0,且cos θ因为
=cos θ+sin θ=sin,
又θ∈,所以θ+,
所以sin.
所以sin∈(1,).即>1,故a二 综合法与分析法
课后篇巩固探究
1.求证.
证明:因为都是正数,
所以要证,
只需证()2>()2,
展开得5+2>5,即2>0,显然成立,
所以不等式.
上述证明过程应用了( )
A.综合法 B.分析法
C.综合法、分析法混合 D.间接证法
解析分析法是“执果索因”,基本步骤:要证……只需证……,只需证……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.
答案B
2.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是运用综合法的是( )
A.?x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数
B.?x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数
C.?x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数
D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2.f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数
解析D项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.
答案D
3.若1A.(lg x)2B.lg x2<(lg x)2C.(lg x)2D.lg(lg x)<(lg x)2解析因为1lg x>0.
又lg(lg x)<0,所以lg(lg x)<(lg x)2答案D
4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证a”,索的“因”应是( )
A.a-b>0 B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0
解析由a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.要证a,只要证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证a(a-c)-b(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.故求证a,索的“因”应是(a-b)(a-c)>0.
答案C
5.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∵()2=a+2+b,
∴A2-B2>0.
又A>0,B>0,
∴A>B.
答案C
6.导学号26394035设x1,x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则( )
A.|x1|>2,且|x2|>2
B.|x1+x2|<4
C.|x1+x2|>4
D.|x1|=4,且|x2|=16
解析由方程有两个不等实根知Δ=p2-16>0,所以|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.
答案C
7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用的证明方法是 .(填“综合法”或“分析法”)?
答案综合法
8.若a>c>b>0,则的符号是 .?
解析
=
=
=,
因为a>c>b>0,
所以a-b>0,a-c>0,b-c<0,abc>0.
因此<0.
答案负
9.导学号26394036已知a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2.
求证1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显然成立.
故而a+b<成立.
综上,110.导学号26394037在△ABC中,已知△ABC的面积为,外接圆的半径为1,三边长分别为a,b,c,求证.
证明设外接圆的半径为R,△ABC的面积为S.
∵S=,R=1,S=,
∴abc=1,且a,b,c不全相等,否则a=1与a=2Rsin 60°=矛盾,∴=bc+ac+ab.
又bc+ac≥2=2,ca+ab≥2=2,bc+ab≥2=2,
∵a,b,c不全相等,
∴上述三式中“=”不能同时成立.
∴2(bc+ac+ab)>2(),
即bc+ac+ab>.
因此.
三 反证法与放缩法
课后篇巩固探究
1.设实数a,b,c满足a+b+c=,则a,b,c中( )
A.至多有一个不大于
B.至少有一个不小于
C.至多有两个不小于
D.至少有两个不小于
解析假设a,b,c都小于,即a<,b<,c<,则a+b+c<,这与a+b+c=矛盾,因此假设错误,即a,b,c中至少有一个不小于.
答案B
2.已知三角形的三边长分别为a,b,c,设M=,N=,Q=,则M,N与Q的大小关系是( )
A.MB.MC.QD.N解析由题意知a+b>c>0,
则.
∴+1<+1,
即.
∴,
故NM-Q==0,
∴M>Q,故M>Q>N.
答案D
3.导学号26394038设M=+…+,则( )
A.M=1
B.M<1
C.M>1
D.M与1大小关系不确定
解析分母全换成210,共有210个单项.
答案B
4.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 .?
答案|f(x1)-f(x2)|≥
5.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.?
解析必要性是显然成立的;当PQR>0时,若P,Q,R不同时大于零,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.
答案充要
6.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是 .(填序号)?
解析①可取a=0.5,b=0.6,故不正确;②a+b=2,可取a=1,b=1,故不正确;③a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,正确;④a2+b2>2,可取a=-2,b=-1,故不正确;⑤ab>1,可取a=-2,b=-1,故不正确.
答案③
7.设f(x)=x2-x+13,a,b∈[0,1],求证|f(a)-f(b)|≤|a-b|.
证明|f(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b|
=|(a-b)(a+b-1)|
=|a-b||a+b-1|,
因为0≤a≤1,0≤b≤1,
所以0≤a+b≤2.
所以-1≤a+b-1≤1,
所以|a+b-1|≤1.
故|f(a)-f(b)|≤|a-b|.
8.已知x>0,y>0,且x+y>2,试证:中至少有一个小于2.
证明假设都不小于2,即
≥2,且≥2.
因为x>0,y>0,
所以1+x≥2y,且1+y≥2x.
把这两个不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),
从而x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.
因此,都不小于2是不可能的,即原命题成立.
9.导学号26394039已知Sn=+…+,求证:对于正整数m,n,当m>n时,|Sm-Sn|<.
证明记ak=(k∈N+),则|ak|≤.
于是,当m>n时,|Sm-Sn|
=|+…+am|
≤||+||+…+|am|
≤+…+
=
=.
10.导学号26394040若数列{xn}的通项公式为xn=,求证x1·x3·x5·…·x2n-1<.
证明因为,
又
==1,
所以,
所以x1·x3·x5·…·x2n-1
=×…×
<,
故x1·x3·x5·…·x2n-1<.
第二讲 证明不等式的基本方法
测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.已知,则下列不等式成立的是( )
A.aC. D.<0
解析由>0,即>0,则<0.
答案D
2.若a∈R,且p=,q=a2-a+1,则( )
A.p≥q B.p>q C.p≤q D.p解析因为a∈R,所以p,q>0,且=(a2-a+1)(a2+a+1)=a4+a2+1≥1,所以q≥p.
答案C
3.(2017江西二模)求证,p=(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2,q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2,若a≠,则一定有( )
A.p>q B.pC.p,q的大小不定 D.以上都不对
解析设f(x)=(x1-x)2+(x2-x)2+…+(xn-x)2,则f(x)=nx2-2(x1+x2+…+xn)x++…+.
当x=时,f(x)取得最小值,即p答案B
4.对“a,b,c是不全相等的正数”,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与aA.0 B.1 C.2 D.3
解析对于①,假设(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,这时a=b=c,与已知矛盾,故(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,故①正确;对于②,假设a>b与ab与a答案C
5.已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,数列{an}是等差数列,a3>0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值 ( )
A.恒为正数 B.恒为负数
C.恒为0 D.可正可负
解析因为f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,且a3>0,所以f(a3)>f(0)=0,而a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,则a1>-a5,于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),所以f(a1)+f(a5)>0,故f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.
答案A
6.要使成立,a,b应满足的条件是( )
A.ab<0,且a>b
B.ab>0,且a>b
C.ab<0,且aD.ab>0,且a>b或ab<0,且a解析?a-b+3-30时,有,即b当ab<0时,有,即b>a.
答案D
7.设a,b,c∈R,且a,b,c不全相等,则不等式a3+b3+c3≥3abc成立的一个充要条件是( )
A.a,b,c全为正数 B.a,b,c全为非负实数
C.a+b+c≥0 D.a+b+c>0
解析a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)=(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2],而a,b,c不全相等?(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2>0.故a3+b3+c3-3abc≥0?a+b+c≥0.
答案C
8.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则有 ( )
A.ad=bc B.adC.ad>bc D.ad≤bc
解析|a-d|<|b-c|?(a-d)2<(b-c)2?a2+d2-2adbc.
答案C
9.使不等式>1+成立的正整数a的最大值是 ( )
A.10 B.11 C.12 D.13
解析用分析法可证当a=12时不等式成立,当a=13时不等式不成立.
答案C
10.已知a,b,c∈(0,+∞),若,则( )
A.cC.a解析由可得+1<+1<+1,即,所以a+b>b+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c,由b+c>c+a可得b>a,于是有c答案A
11.设m>n,m,n∈N+,a=(lg x)m+(lg x)-m,b=(lg x)n+(lg x)-n,其中x>1,则( )
A.a>b B.a≥b
C.a≤b D.a解析a-b=[(lg x)m-(lg x)n]-[(lg x)-n-(lg x)-m]
=[(lg x)m-(lg x)n]-
=(lgmx-lgnx)-
=(lgmx-lgnx).
因为x>1,所以lg x>0.
当lg x=1时,a-b=0,所以a=b;
当lg x>1时,a-b>0,所以a>b;
当00,所以a>b.
综上,a≥b.
答案B
12.已知x,y>0,且xy-(x+y)=1,则 ( )
A.x+y≥2(+1) B.xy≤+1
C.x+y≤(+1)2 D.xy≥+1
解析由xy-(x+y)=1可得xy=1+x+y≥1+2,即()2-2-1≥0,所以+1,则xy≥(+1)2,排除B和D;因为xy=x+y+1≤,解得x+y≥2(+1).故选A.
答案A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是 .?
解析因为x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x2+1),且x>1,
所以(x-1)(x2+1)>0.
因此x3-(x2-x+1)>0,即x3>x2-x+1.
答案x3>x2-x+1
14.设0解析∵<1<,y=f(x)在R上是减函数,
∴f>f>f>f.
答案f>f>f>f
15.若a+b>a+b,则a,b应满足的条件是 .?
解析因为a+b>a+b?()2()>0?a≥0,b≥0,且a≠b.
答案a≥0,b≥0,且a≠b
16.设a,b为正数,α为锐角,M=,N=()2,则M,N的大小关系是 .?
解析因为a>0,b>0,α为锐角,
所以N=ab+2+2,M=ab+≥ab+2当且仅当时,等号成立.
又sin 2α≤1,所以M≥ab+2+2=N,当且仅当a=b,且α=时,等号成立.
答案M≥N
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)设a>b>0,求证.
证明因为a>b>0,所以>0,>0.
又=1+>1,
故.
18.(本小题满分12分)设a,b>0,a≠b,求证>a+b.
证明-(a+b)=
=(a3-b3)
=,
因为a,b>0,a≠b,所以a+b>0,(a-b)2>0,a2+ab+b2>0,a2b2>0,
所以>0.
故>a+b.
19.(本小题满分12分)已知a2+b2=1,x2+y2=1,试用分析法证明ax+by≤1.
证明要证ax+by≤1成立,
只需证1-(ax+by)≥0,
只需证2-2ax-2by≥0.
因为a2+b2=1,x2+y2=1,
只需证a2+b2+x2+y2-2ax-2by≥0,
即证(a-x)2+(b-y)2≥0,显然成立.
所以ax+by≤1.
20.(本小题满分12分)设a,b,c,d是正数,试证明下列三个不等式:
①a+b证明假设不等式①②③都正确.
因为a,b,c,d都是正数,所以①②两不等式相乘并整理,得(a+b)2由③式,得(a+b)cd又a+b>0,(a+b)(c+d)所以4cd所以3cd由④式,得(a+b)2<,即a2+b2<-ab,与平方和为正数矛盾.
故假设不成立,即不等式①②③中至少有一个不正确.
21.导学号26394042(本小题满分12分)已知正数a,b,c满足a+b+c=6,求证.
证明由已知及三个正数的算术-几何平均不等式可得
≥3
=
=
≥(当且仅当a=b=c=2时,等号成立),
故原不等式成立.
22.导学号26394043(本小题满分12分)设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=nan-3n(n-1)(n∈N+),且a2=11.
(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的前n项和Sn;
(3)设数列{bn}满足bn=,求证b1+b2+…+bn<.
(1)解当n=2时,由Sn=nan-3n(n-1),
得a1+a2=2a2-3×2(2-1),
又a2=11,可得a1=5.
(2)解当n≥2时,由an=Sn-Sn-1,得an=nan-3n(n-1)-[(n-1)an-1-3(n-1)(n-2)],
整理,得an-an-1=6(n∈N,n≥2).
又a2-a1=6,所以数列{an}是首项为5,公差为6的等差数列.所以an=5+6(n-1)=6n-1.
故Sn==3n2+2n.
(3)证明bn=
=
=
=),
所以b1+b2+…+bn<[()+()+()+…+()]
=)<.
故b1+b2+…+bn<成立.
