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2014年人教A版数学理(福建用)课时作业:选修4-5 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(七十九) 1.已知 a>1,求证:

a ? 1 ? a ? a ? a ?1.
x y z 1 1 1 ? ? ? ? ? . yz zx xy x y z

2.已知 x,y,z 均为正数,求证:

3.已知 a>2,求证:loga(a-1)< log(a+1)a. 4.(2012·湖北高考)(1)已知函数 f(x)=rx-x +(1-r)(x>0),其中 r 为有理数,且 0<r<1.求 f(x) 的最小值. (2)试用(1)的结果证明如下命题. 设 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数,若 b1+b2=1,则 a11 a 22 ≤a1 b1+a2b2. (3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题. 注:当α 为正有理数时,有求导公式(x ) =α x
3 3 α ′ α -1 r

b

b

.
2 2

5.(2013·苏州模拟)设 a≥b>0,求证:3a +2b ≥3a b+2ab . 6.已知 a,b,c>0,且互不相等,abc=1,证明 a ? b ? c ?

1 1 1 ? ? . a b c

7.已知 a>b>0,求证:

?a ? b?
8a

2

?a ? b? . a?b ? ? ab ? 2 8b
2

8.(2013·无锡模拟)设 a,b,c 是不全相等的正实数. 求证: lg

a?b b?c c?a ? lg ? lg ? lga ? lgb ? lgc. 2 2 2
2

9.已知 a,b,c∈R,f(x)=ax +bx+c.若 a+c=0,f(x)在[-1,1]上最大值为 2,最小值为求证:a ≠0 且|

5 , 2

b |<2. a

10.(2012·洛阳模拟)已知数列{an},{bn}满足 a1=2,an-1=an(an+1-1),bn=an-1,数列{bn}的前 n 项 和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式. (2)设 Tn=S2n-Sn,求证:Tn+1>Tn.

答案解析 1.【证明】方法一:≧

?

a ?1 ? a ?

? ?

a ? a ?1

?

-1-

? ?

1 1 ? a ?1 ? a a ? a ?1

?

a ?1 ? a ?1 a ?1 ? a

??

a ? a ?1

?

,

≧a>1,?a-1>0,且 a-1<a+1, ? a ?1 ? a ? 1, ? a ?1 ? a ? 1 <0.

? ??


a ?1 ? a a ?1 ?

?? a ? a ?1? >0, a ? ? ? a ? a ? 1 ? <0,

? a ? 1 ? a ? a ? a ?1 . 方法二:要证原不等式成立. 只需证:

1 1 ? , a ?1 ? a a ? a ?1

只需证: a ? a ?1 ? a ? 1 ? a , 即证: a ?1 ? a ? 1 , 上式显然成立. 所以原不等式成立. 2.【证明】≧x,y,z 均为正数, ?

x y 1 x y 2 ? ? ( ? )? ; yz zx z y x z y z 2 z x 2 ? ? , ? ? , zx xy x xy yz y

同理可得

当且仅当 x=y=z 时,以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加,并除以 2, 得

x y z 1 1 1 ? ? ? ? ? . yz zx xy x y z

3.【证明】≧a>2,?a-1>1.?loga(a-1)>0,log(a+1)a>0.
2 log a ? a ? 1? log a ? a ? 1? ? log a ? a ? 1? 2 log a a ? 1 2 由于 =loga(a-1)·loga(a+1)<[ ] =[ ], log ? a ?1? a 2 2

?

?

-2-

≧a>2,?0<loga(a -1)<logaa =2,?[ ≧log(a+1)a >0, ?loga(a-1)<log(a+1)a.

2

2

log a ? a 2 ? 1? 2

] <[

2

log a ? a ? 1? log a a 2 2 ] =1,即 <1. log ? a ?1? a 2

4.【解析】(1)f′(x)=r-rx =r(1-x ),令 f′(x)=0,解得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(0,1)内是减函数; 当 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 x ≤rx+(1-r). 若 a1,a2 中至少有一个为 0,则 a11 a 22 ≤a1b1+a2b2 成立; 若 a1,a2 均不为 0,又 b1+b2=1,可得 b2=1-b1,于是 在①中令 x=
b b
r

r-1

r-1



a1 a b a ,r=b1,可得 ( 1 ) 1 ≤b1· 1 +(1-b1), a2 a2 a2
b b

即 a11 a 2

b

1? b1

≤a1b1+a2(1-b1),亦即 a11 a 22 ≤a1b1+a2b2.
b b

综上,对 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数且 b1+b2=1,总有 a11 a 22 ≤a1b1+a2b2. ② (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 a11 a 22 … a nn ≤a1b1+a2b2+…+anbn. ③ 用数学归纳法证明如下: (ⅰ)当 n=1 时,b1=1,有 a1 ≤a1,③成立. (ⅱ)假设当 n=k 时,③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 a11 a 22 … a kk ≤a1b1+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 0<bk+1<1,即 1-bk+1>0,
?1 1 2 k k?1 于是 a11 a 22 … a kk a kk ?1 =( a1 a 2 … a k )· a k ?1

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

= (a

b1 1?bk?1 1

a

b2 1?bk?1 2

??? a

bk 1?bk?1 1?bk?1 k

)

k ?1 ? ab k ?1 ,

-3-



1 2 k b1 b2 bk b1 1?bk?1 1?bk?1 ?bk?1 ≤a1· ? ? ??? ? ? 1, 由归纳假设可得 a1 a2 ??? a 1 k 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? b k ?1

b

b

b

+a2·

b2 bk a b ? a 2 b 2 ? ??? ? a k b k +…+ak· = 1 1 , 1 ? b k ?1 1 ? b k ?1 1 ? bk ?1
b b b b

?1 从而 a11 a 22 … a kk a kk ?1 ≤ (

a1b1 ? a 2 b2 ??? a k bk 1?bk?1 bk?1 ) a k ?1 . 1 ? bk ?1

又因(1-bk+1)+bk+1=1,由②得

(

a1b1 ? a 2 b2 ??? a k bk 1?bk?1 bk?1 a1b1 ? a 2 b 2 ??? a k b k ·(1-bk+1)+ak+1bk+1, ) a k ?1 ≤ 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
b b b

?1 从而 a11 a 22 … a kk ?1

≤a1b1+a2b2+…+akbk+ak+1bk+1. 故当 n=k+1 时,③成立, 由(ⅰ)(ⅱ)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③式对 n≥2 成立,则后续证明中不需讨 论 n =1 的情况. 5.【证明】3a +2b -(3a b+2ab )=3a (a-b)+2b (b-a)=(3a -2b )(a-b). 因为 a≥b>0,故 a-b≥0,3a -2b >2a -2b =2(a+b)(a-b)≥0, 所以(3a -2b )(a-b)≥0,即 3a +2b ≥3a b+2ab . 6.【证明】方法一:≧a,b,c>0,且互不相等,abc=1.
2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 ? ? ? 1 1 1 b c a c a b 1 1 1 ? a? b? c? ? ? ? ? ? ? ? ? . bc ac ab 2 2 2 a b c 1 1 1 即 a? b? c? ? ? . a b c
方法二:≧

1 1 1 ? ?2 ? 2 c, a b ab

1 1 1 1 1 1 ? ?2 ? 2 a, ? ? 2 ? 2 b, b c bc c a ac
以上三式相加,得

1 1 1 ? ? ? a ? b ? c. a b c 1 1 1 ? ? . a b c

又≧a,b,c 互不相等,?等号不成立, 即 a? b? c?

-4-

7.【证明】要证原不等式组成立,

?a ? b? 只需证
4a
即证 (

2

<a+b- 2

?a ? b? ab ?
4b

2



a?b 2 ) ? 2 a

?

a? b

?

2

?(

a ?b 2 ), 2 b

只需证

a ?b a ?b ? a? b? , 2 a 2 b

即证

a? b a? b ?1? , 2 a 2 b
b a b a <1< ,只需证 <1< . a b a b



≧a>b>0,?

b a <1< 成立. a b

?原不等式组成立.

a?b b?c c?a ? lg ? lg >lga+lgb+lgc, 2 2 2 a?b b?c c?a ? ? 只需证:lg( )>lg(abc), 2 2 2 a?b b?c c?a ? ? 只需证: >abc. 2 2 2 a?b b?c c?a ? ab ? 0, ? bc ? 0, ? ca ? 0, ≧ 2 2 2 a?b b?c c?a ? ? ? ≥abc>0 成立. 2 2 2
8.【证明】方法一:要证: lg ≧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}, ?

a?b b?c c?a ? ab ? 0, ? bc ? 0, ? ca ? 0, 2 2 2

又≧a,b,c 为不全相等的实数,

a?b b?c c?a ? ? >abc, 2 2 2 a?b b?c c?a ? ? ?lg( )>lg(abc), 2 2 2 a?b b?c c?a ? lg ? lg 即 lg >lga+lgb+lgc. 2 2 2
?

-5-

9.【证明】由 a+c=0 得 c=-a,?f(x)=ax +bx-a. 假设 a=0 或|

2

b |≥2. a

(1)由 a=0,得 f(x)=bx,依题意知 b≠0,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|.

5 ,显然矛盾,故 a≠0. 2 b b (2)由| |≥2,得||≥1 且 a≠0, a 2a
于是|b|=2,-|b|=因 f(x)在[-1,1]上单 调,故其最大值为|b|,最小值为-|b|,

b |≥2 不成立. a b 综合(1)(2)可知,假设不成立,故 a≠0 且| |<2. a
由(1)知这是不可能的,所以| 10.【解析】(1)由 bn=an-1 得 an=bn+1 代入 an-1 =an(an+1-1)得 bn=(bn+1)bn+1 整理得 bn-bn+1=bnbn+1, ≧bn≠0,否则 an =1,与 a1=2 矛盾, 从而得

1 1 ? ? 1. bn ?1 bn

≧b1=a1-1=1, ?数列{

1 }是首项为 1,公差为 1 的等差数列. bn

?

1 1 =n,即 bn= . n bn

1 1 1 + +…+ 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 ?Tn=S2n-Sn=1+ + +…+ + +…+ -(1+ + +…+ ) 2 3 n n ?1 2n 2 3 n 1 1 1 = + +… + . 2n n ?1 n ? 2 1 1 1 1 1 1 ?( ? ? ??? ? ) 方法一:≧Tn+1-Tn= + +…+ n?2 n?3 2n ? 2 n ? 1 n ? 2 2n
(2)≧Sn=1+

-6-

1 1 1 ? ? 2n ? 1 2n ? 2 n ? 1 1 1 ? ? 2n ? 1 2n ? 2 1 ? >0, ? 2n ? 1?? 2n ? 2 ? ?
?Tn+1>Tn.

1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ?( ? ? ??? ? ) n ?2 n ?3 2n ? 2 n ? 1 n ? 2 2n 1 1 1 ? ? ? . 2n ? 1 2n ? 2 n ? 1 1 1 > . ≧2n+1<2n+2,? 2n ? 1 2n ? 2 1 1 1 ? ? ?Tn+1-Tn> =0. 2n ? 2 2n ? 2 n ? 1
方法二:≧Tn+1-Tn= ?Tn+1>Tn.

-7-


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