高中數(shù)學(xué)人教A版5證明不等式的基本方法單元測(cè)試 章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①作差法②綜合法③執(zhí)果索因④放縮法⑤間接證明比較法證明不等式比較法證明不等式的依據(jù)是：不等式的意義及實(shí)數(shù)大小與運(yùn)算的關(guān)系．其主要步驟是：作差——恒等變形——判斷差值的符號(hào)——結(jié)論．其中，變形是證明推理中的關(guān)鍵，變形的目的在于判斷差的符號(hào)．設(shè)a≥b＞0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.【規(guī)范解答】3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2≥2a2－2b2≥0，從而(3a2－2b2)(a－b)≥0，故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．[再練一題]1．若a＝eq\f(lg2,2)，b＝eq\f(lg3,3)，c＝eq\f(lg5,5)，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b ＜a＜c【解析】a與b比較：a＝eq\f(3lg2,6)＝eq\f(lg8,6)，b＝eq\f(2lg3,6)＝eq\f(lg9,6).∵9＞8，∴b＞a，b與c比較：b＝eq\f(lg3,3)＝eq\f(lg35,15)，c＝eq\f(lg5,5)＝eq\f(lg53,15).∵35＞53，∴b＞c，a與c比較：a＝eq\f(lg25,10)＝eq\f(lg32,10)，c＝eq\f(lg25,10).∵32＞25，a＞c，∴b＞a＞c，故選C.【答案】C綜合法、分析法證明不等式分析法是“執(zhí)果索因”，步步尋求上一步成立的充分條件，而綜合法是“由因?qū)Ч敝鸩酵茖?dǎo)出不等式成立的必要條件，兩者是對(duì)立統(tǒng)一的兩種方法，一般來(lái)說，對(duì)于較復(fù)雜的不等式，直接用綜合法往往不易入手．因此通常用分析法探索證題途徑，然后用綜合法加以證明，所以分析法和綜合法可結(jié)合使用．已知實(shí)數(shù)x，y，z不全為零，求證：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)＞eq\f(3,2)(x＋y＋z)．【規(guī)范解答】因?yàn)閑q\r(x2＋xy＋y2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))\s\up10(2)＋\f(3,4)y2)≥eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))\s\up10(2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))≥x＋eq\f(y,2)，同理可證：eq\r(y2＋yz＋z2)≥y＋eq\f(z,2)，eq\r(x2＋xz＋z2)≥z＋eq\f(x,2).由于x，y，z不全為零，故上述三式中至少有一式取不到等號(hào)，所以三式累加得：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(z,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(x,2)))＝eq\f(3,2)(x＋y＋z)，所以有eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)＞eq\f(3,2)(x＋y＋z)．[再練一題]2．設(shè)a，b，c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10.求證：logac＋logbc≥4lgc.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：32750044】【證明】由于a＞1，b＞1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明eq\f(lgc,lga)＋eq\f(lgc,lgb)≥4lgc.又c＞1，故lgc＞0，所以只要證eq\f(1,lga)＋eq\f(1,lgb)≥4，即eq\f(lga＋lgb,lga·lgb)≥4.因ab＝10，故lga＋lgb＝1，只要證明eq\f(1,lga·lgb)≥4.(*)由a＞1，b＞1，故lga＞0，lgb＞0，所以0＜lga·lgb≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgb,2)))eq\s\up10(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(2)＝eq\f(1,4)，即(*)式成立．所以，原不等式logac＋logbc≥4lgc得證.反證法證明不等式若直接證明難以入手時(shí)，“正難則反”，可利用反證法加以證明；若要證明不等式兩邊差異較大時(shí)，可考慮用放縮法進(jìn)行過渡從而達(dá)到證明目的．若a，b，c，x，y，z均為實(shí)數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求證：a，b，c中至少有一個(gè)大于0.【規(guī)范解答】設(shè)a，b，c都不大于0，則a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，由題設(shè)知，a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，∴a＋b＋c＞0，這與a＋b＋c≤0矛盾，故a，b，c中至少有一個(gè)大于0.[再練一題]3．如圖2-1，已知在△ABC中，∠CAB＞90°，D是BC的中點(diǎn)，求證：AD＜eq\f(1,2)BC.圖2-1【證明】假設(shè)AD≥eq\f(1,2)BC.(1)若AD＝eq\f(1,2)BC，由平面幾何定理“若三角形一邊上的中線等于該邊長(zhǎng)的一半，那么這條邊所對(duì)的角為直角”，知∠A＝90°，與題設(shè)矛盾，所以AD≠eq\f(1,2)BC.(2)若AD＞eq\f(1,2)BC，因?yàn)锽D＝DC＝eq\f(1,2)BC，所以在△ABD中，AD＞BD，從而∠B＞∠BAD.同理∠C＞∠CAD.所以∠B＋∠C＞∠BAD＋∠CAD，即∠B＋∠C＞∠A.因?yàn)椤螧＋∠C＝180°－∠A，所以180°－∠A＞∠A，即∠A＜90°，與已知矛盾，故AD＞eq\f(1,2)BC不成立．由(1)(2)知AD＜eq\f(1,2)BC成立.用放縮法證明不等式在證明不等式時(shí)，有時(shí)需要舍去或添加一些項(xiàng)，使不等式的一邊放大或縮小，然后利用不等式的傳遞性，達(dá)到證明的目的．運(yùn)用放縮法證明的關(guān)鍵是放縮要適當(dāng)，既不能太大，也不能太?。阎猘，b，c為三角形的三條邊，求證：eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)也可以構(gòu)成一個(gè)三角形．【規(guī)范解答】設(shè)f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x∈(0，＋∞)．設(shè)0<x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(x2,1＋x2)－eq\f(x1,1＋x1)＝eq\f(x2－x1,1＋x11＋x2)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．∵a，b，c為三角形的三條邊，于是a＋b>c，∴eq\f(c,1＋c)<eq\f(a＋b,1＋a＋b)＝eq\f(a,1＋a＋b)＋eq\f(b,1＋a＋b)<eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，即eq\f(c,1＋c)<eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，同理eq\f(b,1＋b)<eq\f(a,1＋a)＋eq\f(c,1＋c)，eq\f(a,1＋a)<eq\f(b,1＋b)＋eq\f(c,1＋c)，∴以eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)為邊可以構(gòu)成一個(gè)三角形．[再練一題]4．已知|x|＜eq\f(ε,3)，|y|＜eq\f(ε,6)，|z|＜eq\f(ε,9)，求證：|x＋2y－3z|＜ε.【證明】∵|x|＜eq\f(ε,3)，|y|＜eq\f(ε,6)，|z|＜eq\f(ε,9)，∴|x＋2y－3z|＝|1＋2y＋(－3z)|≤|x|＋|2y|＋|－3z|＝|x|＋2|y|＋3|z|＜eq\f(ε,3)＋2×eq\f(ε,6)＋3×eq\f(ε,9)＝ε.∴原不等式成立．1．若實(shí)數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值為()\r(2) B．2C．2eq\r(2) 【解析】由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)知a>0，b>0，所以eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，即ab≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝\f(2,b)，,\f(1,a)＋\f(2,b)＝\r(ab)，))即a＝eq\r(4,2)，b＝2eq\r(4,2)時(shí)取“＝”，所以ab的最小值為2eq\r(2).【答案】C2．設(shè)a，b>0，a＋b＝5，則eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)的最大值為________．【解析】令t＝eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)，則t2＝a＋1＋b＋3＋2eq\r(a＋1b＋3)＝9＋2eq\r(a＋1b＋3)≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋3時(shí)取等號(hào)，此時(shí)a＝eq\f(7,2)，b＝eq\f(3,2).∴tmax＝eq\r(18)＝3eq\r(2).【答案】3eq\r(2)3．設(shè)a1，a2，a3，a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列．(1)證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；(3)是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．【解】(1)證明：因?yàn)閑q\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1,2,3)是同一個(gè)常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列．(2)不存在，理由如下：令a1＋d＝a，則a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假設(shè)存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，則1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化簡(jiǎn)得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.將t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，則t＝－eq\f(1,4).顯然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列．(3)不存在，理由如下：假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)，分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以aeq\o\al(2n＋k,1)及aeq\o\al(2n＋2k,1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，則(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．將上述兩個(gè)等式兩邊取對(duì)數(shù)，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．化簡(jiǎn)得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．再將這兩式相除，化簡(jiǎn)得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)．(**)令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，則g′(t)＝eq\f(2[1＋3t2ln1＋3t－31＋2t2ln1＋2t＋31＋t2ln1＋t],1＋t1＋2t1＋3t).令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，則φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，則φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ′1(t)，則φ′2(t)＝eq\f(12,1＋t1＋2t1＋3t)＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))和(0，＋∞)上均單調(diào)．故g(t)只有唯一零點(diǎn)t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設(shè)不成立．所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列．4．已知a>0，函數(shù)f(x)＝eaxsinx(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn)．證明：(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對(duì)一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．【證明】(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ)．其中tanφ＝eq\f(1,a)，0<φ<eq\f(π,2).令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*.對(duì)k∈N，若2kπ<x＋φ<(2k＋1)π，即2kπ－φ<x<(2k＋1)π－φ，則f′(x)>0；若(2k＋1)π<x＋φ<(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ<x<(2k＋2)π－φ，則f′(x)<0.因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符號(hào)總相反．于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時(shí)，f(x)取得極值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．此時(shí)，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)·sinφ.易知f(xn)≠0，而eq\f(fxn＋1,fxn)＝eq\f(－1n＋2ea[n＋1π－φ]sinφ,－1n＋1ea