高考数学不等式的证明测试题

高考数学不等式的证明测试题

一、单选题（共3题；共6分）

1.已知t=a+2b，s=a+b2+1，则t和s的大小关系中正确的是（）

A. t＞s

B. t≥s

C. t＜s

D. t≤s

2.用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时，要做的假设是（）

A. 方程+ax+b=0没有实根

B. 方程+ax+b=0至多有一个实根

C. 方程+ax+b=0至多有两个实根

D. 方程+ax+b=0恰好有两个实根

3.设，现给出下列五个条件：① ② ③ ④ ⑤

，其中能推出：“ 中至少有一个大于”的条件为（）

A. ②③④

B. ②③④⑤

C. ①②③⑤

D. ②⑤

二、解答题（共15题；共100分）

4.已知函数．

（1）解不等式；

（2）设函数的最小值为c，实数a，b满足，求证：．

5.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16,…，这样的数为正方形数.

某同学模仿先贤用石子摆出了如下图3的图形，图3中的2,5,7,9,…，这些数能够表示成梯形，将其称为梯形数.

（1）请写出梯形数的通项公式（不要求证明），并求数列的前项和;

（2）若，数列的前项和记为，求证：.

6.已知数列满足.

（1）求的通项公式.

（2）证明: .

7.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

（Ⅰ）ab+bc+ac ；（Ⅱ）

8.根据所学知识完成题目：

（1）若a、b、m、n∈R+，求证：；

（2）利用（1）的结论，求下列问题：已知，求的最小值，并求出此时x的值．

9.已知函数 (k

①若;

②若对都有f(x)求k范围;

③若且f(证明：;

10.（1）[选修4﹣1：几何证明选讲]

如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BD=DC，连接AC，AE，DE．

求证：∠E=∠C．

（2）[选修4﹣2：矩阵与变换]

已知矩阵A的逆矩阵，求矩阵A的特征值．

（3）[选修4﹣4：坐标系与参数方程]

在极坐标中，已知圆C经过点P（，），圆心为直线ρsin（θ﹣）=﹣与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．

（4）[选修4﹣5：不等式选讲]

已知实数x，y满足：|x+y|＜，|2x﹣y|＜，求证：|y|＜．

11.已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）设集合满足：当且仅当时，，若，求证：

.

12.已知函数.

（1）若，求的单调区间；

（2）若，，求证：.

13.已知函数f(x）=ax2-2xln x-1(a∈R）．

（1）若x= 时，函数f（x）取得极值，求函数f(x）的单调区间：

（2）证明：1+ + +…+ > 1n（2m+1)+ （n∈N*)．

14.用反证法证明：已知a，b均为有理数，且和都是无理数，求证：是无理数.

15.已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)在x＝1处取得极值．

（1）求实数a的值；

（2）若关于x的方程f(x)＋2x＝x2＋b在上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；（3）证明：(n∈N，n≥2)．参考数据：ln2≈0.6931.

16.已知a，b，c均为实数，且a=x2﹣2y+ ，b=y2﹣2z+ ，c=z2﹣2x+ ，求证：a，b，c中至少有一个大于0．

17.已知a，b，c都是正数，

（1）若a+c=1，试比较a3+a2c+ab2+b2c与a2b+abc的大小；

（2）若a2+b2+c2=1，求证：﹣≥3．

18.函数f（x）=alnx+1（a＞0）．

（1）当x＞0时，求证：；

（2）在区间（1，e）上f（x）＞x恒成立，求实数a的范围．

（3）当时，求证：（n∈N*）．

答案

一、单选题

1.D

2. A

3. D

二、解答题

4.（1）解：①当时，不等式可化为，．

又∵，∴?；

②当时，不等式可化为，．

又∵，∴．

③当时，不等式可化为，．

又∵，∴．

综上所得，．

∴原不等式的解集为．

（2）证明：由绝对值不等式性质得，，

∴，即．

令，，则，，，，

，

原不等式得证．

5. （1）解：根据观察可归纳得：，

进一步：

（2）解：易知，

，

则

6. （1）解：因为a1=1,a n+1=3a n+1,n∈N*.

所以a n+1+ =3a n+1+ =3 .

所以是首项为a1+ = ,公比为3的等比数列.

所以a n+ = ,所以a n=

（2）解：= . =1,当n>1时, = < .

所以+ +…+ <1+ + +…+ = = < .

7. 解：（Ⅰ）由，，得：

，由题设得，即

，所以

，即.

（Ⅱ）因为，，，

所以，即，

所以.

8.（1）证明：∵a、b、m、n∈R+，∴（a+b）=m2+n2+ ≥m2+n2+2mn=（m+n）2，当且仅当bm=an时取等号，∴

（2），= + ≥ =25，当且仅当2（1﹣2x）=3?2x，即当时取得最小值，最小值为25．

9. 解：⑴

① 时,因为所以

函数的单调递增区间是，无单调递减区间,无极值；

②当时，令解得，

当时，当

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，

在区间上的极小值为无极大值．

⑵由题意，

即问题转化为对于恒成立．

即对于恒成立,

令,则

令,则

所以在区间上单调递增,故故

所以在区间上单调递增,函数

要使对于恒成立,只要,

所以即实数的取值范围为．

⑶因为由⑴知,函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,且

不妨设则,

要证只要证即证

因为在区间上单调递增,所以

又即证

构造函数

即

因为,所以即

所以函数在区间上单调递增,故

而故

所以即所以成立．

10.（1）证明：连接AD．

∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角）．

∴AD⊥BD（垂直的定义）．

又∵BD=DC，∴AD是线段BC 的中垂线（线段的中垂线定义）．

∴AB=AC（线段中垂线上的点到线段两端的距离相等）．

∴∠B=∠C（等腰三角形等边对等角的性质）．

又∵D，E 为圆上位于AB异侧的两点，

∴∠B=∠E（同弧所对圆周角相等）．

∴∠E=∠C（等量代换）．

（2）解：∵矩阵A的逆矩阵，∴A=

∴f（λ）= =λ2﹣3λ﹣4=0

∴λ1=﹣1，λ2=4

（3）解：∵圆心为直线ρsin（θ﹣）=﹣与极轴的交点，

∴在ρsin（θ﹣）=﹣中令θ=0，得ρ=1．∴圆C的圆心坐标为（1，0）．

∵圆C 经过点P（，），∴圆C的半径为PC=1．

∴圆的极坐标方程为ρ=2cosθ．

（4）证明：∵3|y|=|3y|=|2（x+y）﹣（2x﹣y）|≤2|x+y|+|2x﹣y|，|x+y|＜，|2x﹣y|＜，∴3|y|＜，

∴

11. （1）解：

当时，，得，故；

当时，，得，故；

当时，，得，故；

综上，不等式的解集为

（2）解：由绝对值不等式的性质可知

等价于，当且仅当，

即时等号成立，故所以，所以，

即

12. （1）的定义域为，时，

,

所以

当时，，所以在单调递减；

当时，，所以在单调递增；

所以，所以在单调递增，

即的单调递增区间为，不存在递减区间.

（2）解法一：设，则

当时，，所以在单调递增；

当时，，所以在单调递减；

所以

所以时，

即，要证明

只需证明

由（1）知，在单调递增，

所以，当时，，即

所以当时，

所以只需证明，即证明

设，则

所以在单调递增，所以，所以原不等式成立.

综上，当，时，

解法二：同解法一得只需证明

设，则

,

由得，即

因为，所以

又因为，所以

因为，所以

所以，在单调递增，所以

所以在单调递减，所以，即

综上，当，时，

解法三：同解法一得要证明，只需证明，

即证明，设

则

由，得，即，所以，

所以在单调递增，所以

即，所以

综上，当，时，

解法四：同解法一得要证明，只需证明，

即证明，设

，设，

因为，所以，所以在单调递减，

所以，

所以在单调递增，所以

即，所以

综上，当，时，

13. （1）解：由已知f'(x)=2ax-2ln x-2（x>0，a∈R)

由x= 时，函数f(x）取得极值知f‘( ）= +2-2=0，所以a=0

所以f(x）=-2xlnx-1,f'(x)=-2lnx-2(x>0)，

所以00；x> 时，f‘(x)<0；

所以f(x)的单调增区间（0，），单调减区间为（，+∞)

（2）解：当a=1时，f(x)=x2-2xln x-1,f'(x)=2x-2ln x-2=2(x-ln x-1),

令g（x）=x-lnx-1，则g'（x)=1- = ，当01时，g'（x)>0，g（x)的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞)，

所以g（x）=g（1）=0，所以f（x）=0，f‘(x）是增函数，所以x>1时，f(x)=x2-2xlnx-1>f(1)=0,

所以x>1时，x- >2ln x．

令x= >1，n∈N，得＞2

即>2ln

所以> ．

上式中n=1，2，3，n，然后n个不等式相加，

得到1+ + +…+．1>1n(2n+1)+ ．

14.【解答】

证明：证法一：假设为有理数，令=t ，

则，两边平方，得，

∴.

∵a ，b ，t均为有理数，∴也是有理数.

即为有理数，这与已知为无理数矛盾.

∴一定是无理数.

证法二：假设为有理数，

则.

由a>0.b>0 ，得.

∴.

∵a ，b为有理数，且为有理数，

∴为有理数，即为有理数.

∴为有理数，即2为有理数.

从而也应为有理数，这与已知为无理数矛盾，

∴一定是无理数.

15. （1）解：f′(x)＝1－，∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，即1－＝0，∴a＝0. 经检验满足题意

（2）解：由(1)得f(x)＝x－lnx，∴f(x)＋2x＝x2＋b即x－lnx＋2x＝x2＋b，∴x2－3x＋lnx＋b＝0，

设g(x)＝x2－3x＋lnx＋b(x>0)，

则g′(x)＝2x－3＋＝

＝.

由g′(x)>0得01，由g′(x)<0得

∴当x∈，(1，＋∞)时，函数g(x)单调递增，x∈时，函数g(x)单调递减，

当x＝1时，g(x)极小值＝g(1)＝b－2，g ＝b－－ln2，g(2)＝b－2＋ln2，

∵方程f(x)＋2x＝x2＋b在上恰有两个不相等的实数根，

∴即解得＋ln2≤b<2

（3）证明：∵k－f(k)＝lnk，∴

?＋＋＋…＋> (n∈N，n≥2)

设φ(x)＝lnx－ (x2－1)，则φ′(x)＝－＝＝－

当x≥2时，φ′(x)<0，∴函数y＝φ(x)在[2，＋∞)上是减函数，

∴φ(x)≤φ(2)＝ln2－<0，∴lnx< (x2－1)．

∴当x≥2时， > ＝

＝2 ，

∴＋＋＋…＋>2

＝2 ＝.

∴原不等式成立．

16.解：反证法：假设a，b，c都小于或等于0，则有a+b+c=（x﹣1）2+（y﹣1）2+（z﹣1）2+π﹣3≤0，而该式显然大于0，矛盾，故假设不正确，故a，b，c中至少有一个大于0．

17.（1）解：∵a，b，c都是正数，且a+c=1，∴a3+a2c+ab2+b2c﹣a2b﹣abc=（a2+b2﹣ab）（a+c）=

＞0，

所以a3+a2c+ab2+b2c＞a2b+abc

（2）证明：∵a，b，c都是正数，且a2+b2+c2=1，∴﹣=3+

≥3

当且仅当a=b=c= 取得等号，即﹣≥3

18. （1）证明：设

令，则x=1，即φ（x）在x=1处取到最小值，

则φ（x）≥φ（1）=0，即原结论成立．

（2）解：由f（x）＞x得alnx+1＞x

即，

令，

令，，

则h（x）单调递增，所以h（x）＞h（1）=0

∵h（x）＞0，∴g'（x）＞0，即g（x）单调递增，则g（x）的最大值为g（e）=e﹣1

所以a的取值范围为[e﹣1，+∞）．

（3）证明：由第一问得知，则

则

=

=

=2n﹣

=2n﹣2（）=