新题库第六章 第04节 不等式的证明.docx

《新题库第六章 第04节 不等式的证明.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新题库第六章 第04节 不等式的证明.docx（42页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、新题库第六章 第04节 不等式的证明不等式的证明 题型1 用比较法证明不等式 1已知a,b,x,y(0,+), 且y11x. ，xy，求证：x+ay+bab证：ybx-aybx-ay11x=，由0ba.又xy0, bxay.0. -x+ay+b(x+a)(y+b)(x+a)(y+b)abyx. x+ay+b2设mn，m,nN*, a=(lgx)m+(lgx)-m, b=(lgx)n+(lgx)-n, x1。求证：ab 11lgmx-lgnxmn证：a-b=lgx+lgx-lgx-lgx=(lgx-lgx)-lgnx-lgmx=(lgx-lgx)-lgmxlgnx m-mn-nmn11=(lgm

2、x-lgnx)-1-.x1, lgx0. 当0lg xb;当lgx=1时，1-=(lgmx-lgnx)-m+nm+nlgxlgxa=b;当lgx1时，ab. a22b223. 设a0,b0，求证：+a2+b2. ba1111a证：ba故b212211bab22+-a-b=+-a-b=aba22121212a-b(a+b)ab20， 11b22+aa+b. 2ab证法二：Q左边0,右边0, bab+aa=b 11a+ba2+b2(a-b)2+ab= ab1221212212=a+b(a-ab+b)ab(a+b)(a+b)ab2=a+b-abab122=a+11，又Qa+b0,b1211b22+a

3、a+b. a2-b2a-b4. 设ab0，求证：2； 2a+ba+b 1 bn-1an-111设a+b0，n是偶数，证明n+n+； abab设a0, b0，求证：ab+baa+b。 (a-b)(a+b)2-(a2+b2)2ab(a-b)=0，原不等式成立；证：左边-右边= =2=1+右边a+b2a2+b2bn-1an-111(an-bn)(an-1-bn-1)n+n-=， baab(ab)n(an-bn)(an-1-bn-1)bn-1an-111当a0, b0时，(a-b)(a-b)0, (ab)0，0，故n+n+。 nab(ab)abnnn-1n-1n当a, b有一个为负值时，不妨设a0,

4、b0，且a+b0，所以a|b|，又n为偶数，所以(an-bn)(an-1-bn-1)0。(an-bn)(an-1-bn-1)bn-1an-111又(ab)0，故0，即n+n+。 ab(ab)nabn综合知原不等式成立。 ab+ba-a-b=aa+bb-ab-baab=(a-b)(a-b)ab=(a-b)2(a+b)ab0，故ab32+baa+b. a证法二：ba=a+b+bab32ab(a+b)=(a+b)(a+b-ab)ab(a+b)=a+b-abab4abab=(a+b)2-3ababab+ba=(a+b)2ab-3(2-ab)2ab-3 =-3=1,a+b. 5. 已知a0, b0，求证

5、：ab+baa+b。 证：ab+aba-bb-a(a-b)(a-b)b-(a+b)=-b+-a+= =ababaab2 =(a+b)(a-b)2ab0。 题型2 用综合法证明不等式 111+6已知x0，y0，x+y=1.求证：1+9. yx证：x+y=1,11y11x+y1x+yy11+2+= 2+=1+.=+1.1+yyxxyxxxxxyx1+=5+25+4=9，当且仅当x=y=时取“=”号 xy2(x+y)211证法二：x0,y0,x+y=1,xy=. 4 xy4411111x+yx+y11111+1+=1+=1+=1+1+13+4+2yxxyxyyxyxyxyxxy=9.当且仅yx1时取

6、“=”号 27在锐角三形中，求证：sinA+sinB+sinCcosA+cosB+cosC. 当x=y=证：在锐角三角形中，A+Bppppp，A-B. 0-BAsin-B=cosB,即sinAcosB； 2同理sinBcosC,sinCcosA.以上，两端分别相加，有sinA+sinB+sinCcosA+cosB+cosC. 8. a,b,c为互不相等的正数，且abc=1，求证：111+a+b+c. abc证：Qabc=1，且a,b,c为互不相等的正数， 111bc+acac+abab+bc+=bc+ac+ab=+bcac+acab+abbcabc222111=c+a+b，+a+b+.c. a

7、bc证法二： Qa,b,c为互不等的正数，且abc=1. 111111+111bcacab=1+1+1. + a+b+.c=,xy.求证：x+ay+bab证： Qxybx-ay11-=,又且a、R+,ba0. x+ay+b(x+a)(y+b)abbx-ayxy0.即. (x+a)(y+b)x+ay+b+又xy0,bxay.证法二： Qx,y,a,bR,要证xy,只要证明x(y+b)y(x+a)，即证xbya.而由x+ay+b110,ba0,又xy0,知xbya显然成立。故原不等式成立. ab12. 已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca0. a2+b2+c2.ab+bc+ca0. 证：Qa

8、+b+c=0,(a+b+c)=0,展开得(ab+bc+ca)=22证法二： 要证ab+bc+ca0,Qa+b+c=0.故只需证ab+bc+ca(a+b+c)， 即证a2+b2+c2+bc+ca0.而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，原不等式成立。 证法三：Qa+b+c=0,-c=a+b,2ab+bc+ca=ab+(b+a)c 4 b23b2=ab-(a+b)=-a-b-ab=-(a+)+0,ab+bc+ca0.， 2422213. 已知x, yR+，且x+y=1，求证：(1+11)(1+)9。 yx1xy2证：x, yR+，x+y=112xy14。 xy(1+1111111)(1+)=1+1

9、+2+1+22+4=9。当且仅当x=y时，取“=”号。 xyxyxyxyxy证法二：x, yR+，x+y=1， (1+11x+yx+y)(1+)=(1+)(1+) xyxy2x2yyx2y2x2y2x=(2+)(2+)=4+15+2=9。当且仅当，即x=y时，等式成立。 =xyxyxyyx14. 已知x，y，z是互不相等的正数且x+y+z=1，求证：(111-1)(-1)(-1)8. xyz证: Qx、y、z是互不相等的正数，且x+y+z=1, 1y+z2yz1x+y2xy1x+z2xz1,又0x1， -1=,-1=,-1=xxxzzzyyyx同理111111,1(-1)(-1)(-1)8.

10、zyxyz15. 证明下列不等式 a2+b2+c2ab+ac+bc； 已知a, b, cR+，求证：bcacab+a+b+c。 abca2b2+b2c2+c2a2abc。 已知a, b, cR，求证：a+b+c+证:a2+b22ab, b2+c22ab, a2+c22ac, 2(a2+b2+c2)2ab+2bc+2ac, a2+b2+c2ab+ac+bc。 bcacabc2bcacbcabacab+2=2c，+2c。同理：+2b,+2a，abababacbc2(bcacabbcacaba+b+c +)2(a+b+c), +abcabca2b2+b2c22ab2c, b2c2+c2a22abc2

11、, c2a2+a2b22a2bc，将上面三式相加，化简得a2b2+b2c2+c2a2abc。 ab+bc+caabc(a+b+c)。a+b+c222222 5 16. 已知a、b、cR+，求证：(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)16abc。 证：ab+a+b+1=(a+1)(b+1), ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)。a、b、cR+，a+12a0, b+12b0, a+c2ac0, b+c2bc0, (a+1)(b+1)(a+c)(b+c)16abc，即(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)16abc。 17. 证明：对于任意实数x、y有x4+y41xy(x+

12、y)2。 2x4+y4x3y+xy3,(1)1证：x4+y4xy(x+y)22(x4+y4)x3y+xy3+2x2y2不等式显然成立，4422x+y2xy.(2)2下面证明不等式。(x4+y4)-(x3y+xy3)=(x-y)(x3-y3)， x-y与x3-y3同号，(x-y)(x3-y3)0，即x4+y4x3y+xy3, x4+y41xy(x+y)2。 218. 经计算可发现：7+15211;5.5+16.5211;3-3+19+30, b0, a+b=22。证明如下： a+b2ab，2(a+b)a+2ab+b，即2(a+b)(a+b)2。a+b2(a+b)。当a+b=22时，有a+b222

13、=211。当且仅当a=b=11时，等号成立。 19. 设a, b为不相等的两正数，且a3-b3=a2-b2，求证：1a+ba2+ab+b2=a+b，故a+b1。又(a+b)24ab，(a+b)2=a2+2ab+b2, 1344(a+b)2，即(a+b)2a+b, a+b. 1a+b。 4433a+bb+ca+c20. 已知：a，b，c是不全相等的正数，求证：lga+lgb+lgclg. +lg+lg222a+b1a+b1证：Qlglgab=(lga+lgb),lg(lga+lgb), 2222b+c1c+a1同理：lg(lgb+lgc),lg(lgc+lga)，三式相加得： 2222a+bb+

14、cc+alg+lg+lglga+lgb+lgc，又Qa、b、c为不全相等，故等号不成立， 222a+bb+cc+a即lga+lgb+lgc(a+b)2-21已知f(x)=1+x2,ab.求证：|f(a)-f(b)|a-b|. 证：原不等式等价于|1+a2-1+b2|21+ab,若1+ab0,则上式6 显然成立；若1+ab0，则只需证(1+a2)(1+b2)(1+ab)2,即证(a-b)20(ab)该式显然成立|f(a)-f(b)|0,y0，且xy，求证：(x3+y)0,y0,且xy,(x+y)(x+y)(x3+y3)2(x2+y2)3 313321221331222x3y33x2y2(x2+y

15、2)2xy3(x2+y2)2xyx2+y2. Qxy ， 最后一个不等式显然成立. 原不等式成立. 23. 已知正数a，b，c满足a+b2，求证：c-c-abac+c-ab. 证：要证c-c-abac+c-abac+c-ab,只需证： 22222-c2-aba-cc2-ab，也就是只要证|a-c|c2-ab,Q两边都是非负数，只要证(a-c)2c2-ab，也就是只要证a2-2ac-ab,即只要证a(a+b)0，只需证a+b2c. 这就是已知条件，且以上各步都可逆，证得c-c-aba1+a1+b1+cxx证：设函数f(x)=,即f(x)=1-(x(0,+).显然f(x)在(0,+)上是单调递增函

16、数 1+x1+x7 a、b、c是三角形三边，故有ca+b.f(c)f(a+b).即abcab， +1+c1+(a+b)1+(a+b)1+a1+bcab0,y0,z0求证：x2+xy+y2+y2+yz+z2x+y+z. y3y2y证：x+xy+y=x+x+, 242222yy3x+xy+y=z+y2z+, 242222+得：x2+xy+y2+y2+yz+z2x+y+z. 29. 已知a+b+c0,ab+bc+ca0,abc0，求证：a、b、c都为正数. 证：假设a,b,c不全是正数，即至少有一个小于或等于0，又abc0， 不妨假设a0,则bc-a0,-a(b+c)0,a(b+c)0, 又bc0,

17、bc+a(b+c)0,即ab+bc+ca0矛盾所以假设不成立，故a0,b0,c0成立. 30. 设a，b，c，d是正数，求证：下列三个不等式： a+bc+d 中至少有一个不正确 证：假设不等式、都成立.因为a,b,c,d都是正数，所以式与式相乘，得： (a+b)(c+d)ab+cd (a+b)cdab(d+d) (a+b)2ab+cd， 由式(a+b)cd0,4cd(a+b)(c+d)，结合式得4cdadcd,3cdab,即cd42(a+b)2ab，即a2+b2-ab，矛盾.不等式、中至少有一个不正确. 33n(n+1)(n+1)2an31. 设an=12+23+L+n(n+1)(n=1, 2

18、, 3, )，证明： 22k+(k+1)2k+1，令k=1, 2, ，n有=22352n+1。以上各式相加得112,223，nn(n+1)222证：对于一切正整数k都有：kk(k+1)n(n+1)(n+1)2352n+1an1+2+n12+23+n(n+1)0, y0，且x+2y=1，求证：3x+3y9+62. 证： 3x+3y=3(1x+1y)=3(x+2yx+x+2yy)=3(1+2yxx+y+2) =3(3+2yx2y=xx=2-1,x+y)3(3+22)=9+62。当且仅当xy,，即2-2时取“=”号。 x+2y=1y=2证法二：令x=sin2, 2y=cos2(0p33362)，则x

19、+y=sin2a+cos2a 3(sin2=a+cos2a)6(sin2a+cos2a)22sin2a+cos2a=9+3(cot+2tan)9+322=9+622。当且仅当cot2=2tan2，即tan=12时，等式成立。 34已知a，b，m都是正数，并且aab. 证：Qa,b,mR+,ab,ambmab+am1,mb+mab. 证法二：Qa,b,mR+,且aa2+amab+bm=ab. 证法三：设b=a+t(t0)，则b+ma+t+mta+ta+m=a+mab. 证法四：设a+mb+m=k,则0k0，解得kaa+mab.即b+mb. 证法五：Q(b+m)-(a+m)=b-a,令b+m=(b

20、-a)sec2a,a+m=(b-2)tan2a, b=(b-a)sec2b,a=(b-a)tan2b,a,b(0,p)，易得a+m=sin2a,a=sin22b+mbb. 9 又a+ma,tan2atan2b,0basin2b.即原不等式得证。 证法六： a,b,R,a0x(x+b)0，其解集为(-,-b)(0,+)b+xbb(b+x)证法七：设数轴上P1,P2,P三点的坐标分别为R+,原不等式成立. aa+m、1，,则p分P1P2所成的比bb+ma+ma-PPma+mal=1=b+mb=0P为P1P2内分点. a+mPP21-bb+mbb+maa+m证法八：作直线y=x.,设A(b,a)、B

21、(-m,-m),则kOA=tana,kAB=tanb. bb+mpaa+m由0abtanaf(0),即. b+mb1+b1+a35已知a0,b0,，且a+b2,求证：中至少有一个小于2. ,ab1+b1+a1+b1+a证：假设都不小于2，则、2,2，Qa0,b0,1+b2a,1+a2d, abab1+b1+a1+1+a+b2(a+b),即2a+b这与已知a+b2矛盾，故假设不成立.即中至少有一个,2b小于2. 36. 设x,yR且x+y1，求证：|x2+2xy-y2|证:设x=rcosq,y=rsinq,且|r|1,则 222. |x2+2xy-y2|=r2|cos2q+2cosqsinq-s

22、in2q|=r2|cos2q+sin2q|=2r2|sin(2)q+37. 设f(x)=ax+bx+c,当|x|1时，总有|f(x)|1，求证：|f(x)|7. 2p4|2. f(1)+f(-1)a=-f(0)2f(0)=cf(1)-f(-1), 证：Q|x|1,|f(0)|,|f(1)|1,|f(-1)|1，f(1)=a+b+c,b=2f(-1)=a-b+cc=f(0)f(2)=4a+2b+c=4(f(1)+f(-1)f(1)-f(-1)-f(0)+2+f(0)=3f(1)+f(-1)-3f(0),2210 |f(2)|=|3f(1)+f(1)-3f(0)3|f(1)|+|f(-1)|+3|

23、f(0)|7。 38. 设m等于|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|m时，求证：ab+2m|b|abab|a|b|x|x|22+m|a|，|x|b|.+2+2=|x|m1xxxx|x|x|2|x|x|2原不等式成立。 39. 已知a, bR，且a2+b21，求证：|a2+2ab-b2|2。 证：设a=rcos,b=rsin且0r1，|a2+2ab-b2|=|r2sin2cos-r2cos2|=r2|sin2-cos2| =2r2|sin(2-p)|2r22。 440. 已知f(x)=x2+px+q。 求证：f(1)+f(3)-2f(2)=2； 求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|

24、中至少有一个不小于1。 2证：f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2 1，则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|f(1)+f(3)-2f(2) 21=(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)=2出现矛盾。|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于。 2题型5 不等式证明中的综合问题 假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于41. 已知等差数列an的公差大于0，且a3、a5是x2-14x+45=0的两根，数列bn的前n项的和为1Sn,且Sn=1-bn. 2求数列an，bn的通项公式； 记cn=anbn，

25、求证：cn+1cn 解：Qa3、a5是方程x2-14x+45=0的两根、且数列an是公差d0，a3+5,a5=9,， 公差d=a5-a312=2.an=as+(n-5)d=2n-1.nN*.又当n=1时，有b1=S1=1-b1,b1=. 5-323b11(bn-1-bn),n=(n2),数列bn是等比数列， 2bn-13当n2时，有bn=Sn-Sn-1=b1=21212,q=,bn=b1qn-1=n-1=n,nN*. 333332(2n-1)2(2n+1)2(2n+)2(2n+1)8(1-n)Qcn=anbn=,c=,c-c=-=0, n+1n+1n3n3n+13n+13n3n+1cn+1cn

26、. 42. 已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn,a3=7,S4=24. 11 求数列an的通项公式； 设p、q是正整数，且pq，证明：Sp+q1(S2p+S2q)。 2a1+2d=7,a1=3,解：设等差数列an的公差是d，依题意得解得 数列an的通43d=2.4a1+d=24.2项公式为：an=a1+(n-1)a=2n+1. Qan=2n+1,Sn=n(a1+an)=n2+2n. 2Q2Sp+q-(S2P+S2p)=2(p+q)2+2(p+q)-(4p2+4p)-(4p2+4q)=-2(p-q)2,1Qpq,2Sp+q-(S2p+S2q)0.Sp+q(S2p+s2q). 243已知函数

27、f(x)(xR)满足下列条件：对任意的实数x1、x2都有：(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|，其中是大于0的常数设实数a0, a, b满足f(a0)=0和b=a-f(a). 证明1，并且不存在b0a0，使得f(b0)=0; 证明(b-a0)2(1-2)(a-a0)2 证明f(b)2(1-2)f(a)2. 证：任取x1, x2R, x1x2, 则由(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)， 和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|， 可知：(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)| x1-x2| f(x1)-f(x

28、2)| x1-x2|2，从而1 假设有b0a0，使得f(b0)=0，则由式知0(b0-a0)2(b0-a0)f(a0)-f(b0)=0，矛盾不存在b0a0，使得f(b0)=0. 由b=a-, 可知(b-a0)2=a-a0-f(a)2=(a-a0)2-2(a-a0)f(a)+2f(a)2. 由f(a0)=0和式，得(a-a0)f(a)=( a-a0)f(a)-f(a0)(a-a0)2. 由f(a0)=0和式知f(a)2=f(a)-f(a0)2(a-a0)2. 则将、代入式，得(b-a0)2(a-a0)2-22(a-a0)2+2(a-a0)2=(1-2)( a-a0)2. 由式，可知f(b)2=f

29、(b)-f(a)+f(a)2=f(b)-f(a)2+2f(a)f(b)-f(a)+f(a)2 b-a22(b-a)2-2f(b)-f(a)+f(a)2=2f(a)2-(b-a)f(b)-f(a)+f(a)22f(a)2-(b-a)2+f(a)2 lll=2f(a)2-22f(a)2+f(a)2=(1-2)f(a)2. 44已知函数f(x)=lm(1+x)-x, g(x)=xlnx. 求函数f(x)的最大值； a+b设0ab，证明：0g(a)+g(b)-2g(b-a)ln2. 21-1.令f(x)=0，解得x=0 1+x当-1x0；当x0时，f(x)0又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)

30、取得最大值，最大值为0. 解：函数f(x)的定义域为，f(x)=a+b2a2ba+bg(a)+g(b)-2g=aln+bln.由结论知： =alna+blnb-(a+b)ln2a+ba+b2ln(1+x)-x-1,且x0) 12 由题设0a0,-1-2a2a2ba+b2ba+ba-ba-b2b2bb-a=-ln1+.aln+bln-=0. -2b2ba+ba+b2又2ba+b2b2ba+b2b2b,aln+blnaln+bln=(b-a)ln(b-a)ln2. a+b2ba+ba+b2ba+ba+ba+b0g(a)+g(b)-2g(b-a)ln2. 2a+证法二：g(x)=xln x,g=ln

31、x+1.设f(x)=g(a)=g(x)-2g2xa+x. ,则F(x)=lnx-ln2当0xa时，F(x)a时，F(x)0，因此f(x)在(a，+)上为增a+b函数当x=a时，F(x)有最小值F(a)F(a)=0, ba，F(b)0, 00，G(x)a, a+bG(b)0，即g(a)+g(b)-2g(b-a)ln2. 245设f(x)是定义在0，1上的函数，若存在x(0,1),使得f(x)在0,x上单调递增，在x*，1上单调递减，则称f(x)为0，1上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间.对任意的0，1上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法： 证明：对任意的x1,x

32、2(0,1),x1x2,若f(x1)f(x2),则(0,x2)为含峰区间； 若f(x1)f(x2),则(x1,1)为含峰区间； 对给定的r，证明：存在x1,x2(0,1),满足x2-x12r，使得由所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r； 选取x1,x2(0,1),x1x2，由可确定含峰区间为或，在所得的含峰区间内选取x3,由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间，在第一次确定的含峰区间为的情况下，试确定x1,x2,x3的值，满足两两之差的绝地值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34. 证：设x为f(x)的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在0,x上单调递增，在x,1上单调递减. 13 *当f(x1)f(x2)时,假设x(0,x2),则x1f(x1)，这与 *f(x1)f(x2)矛盾,所以x*(0,x2),即(0,x2)是含峰区间. 当f(x1)f(x2)时,假设x(x1,1),则xx1f(x2),这与 *f(x1)f(x2)矛盾,所以x*(x1,1),即(x1,1)是含峰区间. 由的结论可知：当f(x1