【数学】2020届一轮复习人教A版 证明不等式的基本方法 课时作业
2020届一轮复习人教A版 证明不等式的基本方法 课时作业
1、已知函数,数列{}满足:证明:
(1)；
(2)。
2、已知数列的前n项和是(),且
(1)求数列的通项公式;
.
3、已知函数满足下列条件：对任意的实数1，2都有 和，其中是大于0的常数.设实数，，满足 和
(Ⅰ)证明，并且不存在，使得；
(Ⅱ)证明；
(Ⅲ)证明.
4、已知函数f（x）=logax（a>0，且a≠1），x∈［0，+∞）．若、，判断与的大小，并加以证明．
5、已知；
（1）判断的大小；
（2）若，求证：中至少有一个的值小于2．
6、证明下列不等式：
（1）（其中为实数）；
（2）（其中均为正实数）．
7、设，且．求证：．
8、已知，求证：
9、在某两个正数之间，若插入一个正数，使成等比数列；若另插入两个正数，使成等差数列，求证：．
10、已知实数x，y满足：求证：．
11、已知,求证:.
12、设x>0,y>0且x≠y,求证
13、设x1、x2、y1、y2是实数，且满足x12+x22≤1，
证明不等式（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
14、设求证
15、已知
的单调区间；
（2）若
16、一辆邮政车自A城驶往B城，沿途有n个车站（包括起点站A和终点站B），每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个，设该车从各站出发时邮政车内的邮袋数构成一个有穷数列，
试求：
（1）
（2）邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋数是多少个？
（3）求数列的前 k项和并证明：
17、已知:
求证:
18、证明不等式(n∈N*)
19、已知a＞0，b＞0，且a+b=1. 求证: (a+)(b+)≥.
20、已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，
证明:x，y，z∈［0，］
参考答案
1、答案：先用数学归纳法证明，ｎ＝1,2,3,…
(1).当n=1时,由已知显然结论成立。
(2).假设当n=k时结论成立,即。
因为0
0成立。
于是．故。
该题是数列知识和导数结合到一块。
2、答案：
3、答案：证明：（I）任取 ①
和 ②
可知 ，
从而 。假设有①式知
，∴不存在。
（II）由 ③
可知 ④
由①式，得 ⑤
由和②式知， ⑥
将⑤、⑥代入④式，得 。
（III）由③式可知
（用②式）
（用①式）
不等式的证明。
（Ⅰ）要证明，并且不存在，使得，由已知条件和合并，可以直接得出。再假设有，使得，根据已知判断出矛盾即得到不存在，使得。
（Ⅱ）要证明；把不等式两边和分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可。
（III）由已知和（Ⅱ）中的不等式逐步推导即可。
4、答案：，
∵x1>0，x2>0，∴（当且仅当x1=x2时取“=”号）
当a>1时，，∴，
即≤（当且仅当x1=x2时取“=”号）；
当00,y>0且x≠y,要证明
只需 即
只需
由条件,显然成立.∴原不等式成立
13、答案：（1）当x12+x22=1时，原不等式成立.
（2）当x12+x22＜1时，联想根的判别式，可构造函数f（x）=（x12+x22－1）x－2（x1y1+x2y2－1）x+（y12+y22－1）
其根的判别式Δ=4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）
由题意x12+x22＜1，函数f（x）的图象开口向下.
又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥0，
因此抛物线与x轴必有公共点.
∴Δ≥0.
∴4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0，
即（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
14、答案：左边-右边=
=
= = ∴原不等式成立。
证法二:左边>0，右边>0。
∴原不等式成立。
15、答案：（1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得 ,
（2）首先证明任意
事实上,
而
.
16、答案：（1），
（2）邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋数个（3）证明
（1）由题意得：
（2） 在第k站出发时，前面放上的邮袋共：个
而从第二站起，每站放下的邮袋共：1＋2＋3＋…＋（k－1）个
故
即邮政车从第k站出发时，车内共有邮袋数个
（3）
17、答案：证明:
由于
=
①
由于
②
同理: ③
①+②+③得:
即原不等式成立
18、答案：证法一: (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立:
(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，
∴当n=k+1时，不等式成立.
综合(1)、(2)得:当n∈N*时，都有1+＜2.
另从k到k+1时的证明还有下列证法:
证法二: 对任意k∈N*，都有:
证法三:设f(n)=
那么对任意k∈N* 都有:
∴f(k+1)＞f(k)
因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴
19、答案：证法一:(分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.
证法二： (均值代换法)
设a=+t1，b=+t2.
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜
显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.
证法三:(比较法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
证法四：(综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.
证法五： (三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)
20、答案：证法一: 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得:
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］
同理可得y，z∈［0，］
证法二: 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2
故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
证法三: 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，
=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾
x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，
则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞ 矛盾
故x、y、z∈［0，］
