新人教A第十三节不等式的证明练习

第十三章第二节不等式的证明课下练兵场命题报告难度及题号知识点容易题(题号)中等题(题号)稍难题(题号)大小比较2综合法的应用1、3、45、8分析法的应用7、11放缩法、反证法的应用6、9、10、121．已知关于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为()\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2(x－a)\f(2,x－a))＋2a＝2a＋4≥7，∴a≥eq\f(3,2).答案：C2．已知a∈R，b∈R，且a≠b，下列结论正确的是()A．a2＋3ab>2b2B．a5＋b5>a3b2＋a2b3C．a2＋b2≥2(a－b－1)\f(a,b)＋eq\f(b,a)>2解析：对于A、D举反例，如a＝0，b＝1时A不成立；a＝－1，b＝1时D不成立，故A、D不恒成立；对于B，利用作差法：a5＋b5－a3b2－a2b3＝a3(a2－b2)－b3(a2－b2)＝(a2－b2)(a3－b3)＝(a－b)2(a＋b)(a2＋ab＋b2)．(a－b)2>0，a2＋ab＋b2>0，而a＋b的符号是不确定的，故差值符号不能确定，因此B不恒成立；对于C，a2＋b2－2a＋2b＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故a2＋b2≥2(a－b－1)，C恒成立．综合以上分析，只有C恒成立．答案：C3．若a>0，b>0，则(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))的最小值为()A．1B．2C．3解析：(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝1＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＋1＝2＋(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.答案：D4．设a＞b＞c且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(m,a－c)恒成立，则m的取值范围为________．解析：由a＞b＞c，知：a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.因此，原不等式等价于m≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)，又eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f((a－b)＋(b－c),a－b)＋eq\f((a－b)＋(b－c),b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，当且仅当eq\f(b－c,a－b)＝eq\f(a－b,b－c)时，等号成立．∴m≤4，即m∈(－∞，4]．答案：(－∞，4]5．设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是________．①|a－b|≤|a－c|＋|b－c|；②a2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)；③|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2；④eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)<eq\r(a＋2)－eq\r(a).解析：对于①，因为|a－b|＝|(a－c)＋(c－b)|≤|a－c|＋|b－c|，所以|a－b|≤|a－c|＋|b－c|恒成立；对于②，因为a2＋eq\f(1,a2)－(a＋eq\f(1,a))＝(a＋eq\f(1,a))2－(a＋eq\f(1,a))－2＝(a＋eq\f(1,a)＋1)(a＋eq\f(1,a)－2)，易知a＋eq\f(1,a)≥2，故a2＋eq\f(1,a2)－(a＋eq\f(1,a))≥0，所以a2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)恒成立；对于③，当a＞b时，有|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2成立；当a≤b时，|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2不成立．对于④，可以证明不等式eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)<eq\r(a＋2)－eq\r(a)也恒成立．答案：③6．已知点P是边长为2eq\r(3)的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为x、y、z，则x、y、z所满足的关系式为________，x2＋y2＋z2的最小值是________．解析：由面积关系可得eq\f(1,2)(2eq\r(3)x＋2eq\r(3)y＋2eq\r(3)z)＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3⇒x＋y＋z＝3；又2(x2＋y2)≥x2＋2xy＋y2，2(y2＋z2)≥y2＋2yz＋z2，2(z2＋x2)≥z2＋2zx＋x2，三式相加得3(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥eq\f(1,3)(x＋y＋z)2＝eq\f(1,3)×32＝3.答案：x＋y＋z＝337．已知：a＋b＋c＝0，求证ab＋bc＋ca≤0.证明：法一：(综合法)∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，展开，得ab＋bc＋ca＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2).∴ab＋bc＋ca≤0.法二：(分析法)要证ab＋bc＋ca≤0，∵a＋b＋c＝0，故只需证ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2，即证a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0，即eq\f(1,2)[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]≥0，∴显然原式成立．法三：∵a＋b＋c＝0，∴－c＝a＋b，∴ab＋bc＋ca＝ab＋(a＋b)c＝ab－(a＋b)2＝－a2－b2－ab＝－[(a＋eq\f(b,2))2＋eq\f(3b2,4)]≤0.8．(2022·江苏南京调研)已知a，b为正数，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)≥eq\f(9,a＋b).证明：∵a>0，b>0，∴(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(4,b))＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)×\f(4a,b))＝9，∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)≥eq\f(9,a＋b).9．求证：a3＋b3＋c3≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．证明：∵a2＋b2≥2ab，∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)，∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2a2b＋2ab2∴a3＋b3≥a2b＋ab2.同理：b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac将三式相加得：2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)＝(a＋b＋c)(a2＋b2∴a3＋b3＋c3≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．10．设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－证明：假设4a(1－b)＞1,4b(1－c)＞1,4c(1－d)＞1，4d(1－a(1－b)＞eq\f(1,4)，b(1－c)＞eq\f(1,4)，c(1－d)＞eq\f(1,4)，d(1－a)＞eq\f(1,4).∴eq\r(a(1－b))＞eq\f(1,2)，eq\r(b(1－c))＞eq\f(1,2)，eq\r(c(1－d))＞eq\f(1,2)，eq\r(d(1－a))＞eq\f(1,2).又∵eq\r(a(1－b))≤eq\f(a＋(1－b),2)，eq\r(b(1－c))≤eq\f(b＋(1－c),2)，eq\r(c(1－d))≤eq\f(c＋(1－d),2)，eq\r(d(1－a))≤eq\f(d＋(1－a),2)，∴eq\f(a＋1－b,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(b＋1－c,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(c＋1－d,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(d＋1－a,2)＞eq\f(1,2).将上面各式相加得2＞2，矛盾．∴4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－11．△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，a、b、c分别为三内角A，B，C的对边．求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明：要证明eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，只需证明eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，只需证明eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需证明c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)·(b＋c)，只需证明c2＋a2＝ac＋b2，∵△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，∴B＝60°，由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，∴c2＋a2＝ac＋b2.故原命题成立，得证．12．设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：假设|f(1)|＜eq\f(1,2)，|f(2)|＜eq\f(1,2)，|f(3)|＜e