2016_2017学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法章末分层突破学案

证明不等式的基本方法章末分层突破

[自我校对] ①作差法 ②综合法 ③执果索因 ④放缩法 ⑤间接证明

作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．

设a ≥b ＞0，求证：3a 3

＋2b 3

≥3a 2

b ＋2ab 2

. 【规范解答】 3a 3

＋2b 3

－(3a 2

b ＋2ab 2

) ＝3a 2

(a －b )＋2b 2

(b －a )＝(a －b )(3a 2

－2b 2

)． ∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0,3a 2

－2b 2

≥2a 2

－2b 2

≥0， 从而(3a 2

－2b 2

)(a －b )≥0， 故3a 3

＋2b 3

≥3a 2

b ＋2ab 2

成立． [再练一题]

1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 5

5

，则( )

A ．a ＜b ＜c

B ．c ＜b ＜a

C ．c ＜a ＜b

D.b ＜a ＜c

【解析】 a 与b 比较：a ＝

3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 9

6

.∵9＞8，∴b ＞a ， b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 35

15，c ＝lg 55＝lg 53

15.∵35＞53

，

∴b ＞c ，

a 与c 比较：a ＝lg 25

10＝lg 3210，c ＝lg 25

10.

∵32＞25，a ＞c ， ∴b ＞a ＞c ，故选C. 【答案】 C

步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手．因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．

已知实数x ，y ，z 不全为零，求证：

x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞3

2

(x ＋y ＋z )．

【规范解答】 因为x 2

＋xy ＋y 2

＝

? ??

??x ＋y 22

＋34y 2 ≥

? ????

x ＋y 22

＝????

??x ＋y 2≥x ＋y 2，

同理可证：y 2

＋yz ＋z 2

≥y ＋z

2，x 2＋xz ＋z 2

≥z ＋x

2

.

由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号， 所以三式累加得：

x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2

＞? ????x ＋y 2＋? ????y ＋z 2＋? ????z ＋x 2＝3

2

(x ＋y ＋z )， 所以有x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2

＞32(x ＋y ＋z )．

[再练一题]

2．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10. 求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .

【导学号：32750044】

【证明】 由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ， 只要证明lg c lg a ＋lg c

lg b ≥4lg c .

又c ＞1，故lg c ＞0，

所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b

lg a ·lg b ≥4.

因ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1， 只要证明1

lg a ·lg b

≥4.(*)

由a ＞1，b ＞1，故lg a ＞0，lg b ＞0，

所以0＜lg a ·lg b ≤? ????lg a ＋lg b 22＝? ????122＝14，

即(*)式成立．

所以，原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证.

差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．

若a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3

，c ＝z 2

－

2x ＋π

6

，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.

【规范解答】 设a ，b ，c 都不大于0， 则a ≤0，b ≤0，c ≤0，∴a ＋b ＋c ≤0， 由题设知，a ＋b ＋c

＝?

????x 2

－2y ＋π2＋? ????y 2－2z ＋π3＋? ????z 2－2x ＋π6

＝(x 2

－2x )＋(y 2

－2y )＋(z 2

－2z )＋π ＝(x －1)2

＋(y －1)2

＋(z －1)2

＋π－3， ∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 故a ，b ，c 中至少有一个大于0. [再练一题]

3．如图2-1，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜1

2

BC .

图2-1

【证明】 假设AD ≥1

2

BC .

(1)若AD ＝1

2BC ，由平面几何定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么这

条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾，

所以AD ≠1

2

BC .

(2)若AD ＞12BC ，因为BD ＝DC ＝1

2BC ，

所以在△ABD 中，AD ＞BD ， 从而∠B ＞∠BAD . 同理∠C ＞∠CAD .

所以∠B ＋∠C ＞∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C ＞∠A .

因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，

所以180°－∠A ＞∠A ，即∠A ＜90°，与已知矛盾， 故AD ＞1

2BC 不成立．

由(1)(2)知AD ＜1

2

BC 成立.

然后利用不等式的传递性，达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．

已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ，b 1＋b ，c

1＋c

也可以构成一个三

角形．

【规范解答】 设f (x )＝x

1＋x ，x ∈(0，＋∞)．

设0

则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1

1＋x 1 1＋x 2

>0，

∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数．

∵a ，b ，c 为三角形的三条边，于是a ＋b >c ， ∴

c

1＋c

， 同理b 1＋b

1＋a ＋c

1＋c ，a

1＋a

1＋b ＋c

1＋c ， ∴以a

1＋a ，b 1＋b ，c

1＋c 为边可以构成一个三角形．

[再练一题]

4．已知|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε

9，

求证：|x ＋2y －3z |＜ε.

【证明】 ∵|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε

9，

∴|x ＋2y －3z |＝|1＋2y ＋(－3z )| ≤|x |＋|2y |＋|－3z | ＝|x |＋2|y |＋3|z | ＜ε3＋2×ε6＋3×ε

9＝ε. ∴原不等式成立．

1．(2015·湖南高考)若实数a ，b 满足1a ＋2

b

＝ab ，则ab 的最小值为( )

A. 2 B ．2 C ．2 2

D.4

【解析】 由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2

b ≥2

2

ab

，即ab ≥22，

当且仅当?????

1a ＝2b ，

1a ＋2

b ＝ab ，

即a ＝42，b ＝24

2时取“＝”，所以ab 的最小值为

2 2.

【答案】 C

2．(2015·重庆高考)设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________．

【解析】 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2

＝a ＋1＋b ＋3＋2 a ＋1 b ＋3 ＝9＋2 a ＋1 b ＋3 ≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，

当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝3

2.

∴t max ＝18＝3 2. 【答案】 3 2

3．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；

(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 2

2，a 3

3，a 4

4依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k

3

，a n ＋3k

4

依次构成等比数列？并说

明理由．

【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n

＝2a n ＋1－a n ＝2d

(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，

2a 3，2a 4依次构成等比数列．

(2)不存在，理由如下：

令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)． 假设存在a 1，d ，使得a 1，a 2

2，a 3

3，a 4

4依次构成等比数列，则a 4

＝(a －d )(a ＋d )3

，且(a ＋d )6

＝a 2

(a ＋2d )4

.

令t ＝d

a

，则1＝(1－t )(1＋t )3

，

且(1＋t )6＝(1＋2t )4? ????－12＜t ＜1，t ≠0，

化简得t 3

＋2t 2

－2＝0(*)，且t 2

＝t ＋1.

将t 2

＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2

＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－1

4

.

显然t ＝－1

4

不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，

a 22，a 33，a 4

4依次构成等比数列．

(3)不存在，理由如下：

假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n

1，a n ＋k

2，a n ＋2k

3，a n ＋3k

4

依次构成等比数列，

则a n

1(a 1＋2d )

n ＋2k

＝(a 1＋d )

2(n ＋k )

，且(a 1＋d )

n ＋k

(a 1＋3d )

n ＋3k

＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )

，

分别在两个等式的两边同除以a 2 n ＋k

1及a 2 n ＋2k

1

，并令t ＝d a 1? ??

??t ＞－13

，t ≠0， 则(1＋2t )

n ＋2k

＝(1＋t )

2(n ＋k )

，且(1＋t )n ＋k

(1＋3t )

n ＋3k

＝(1＋2t )

2(n ＋2k )．

将上述两个等式两边取对数，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 )． 化简得

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 )]． 再将这两式相除，化简得

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 )，则g ′(t )＝2[ 1＋3t 2

ln 1＋3t －3 1＋2t 2

ln 1＋2t ＋3 1＋t 2

ln 1＋t ] 1＋t 1＋2t 1＋3t

.

令φ(t )＝(1＋3t )2

ln(1＋3t )－3(1＋2t )2

ln(1＋2t )＋3(1＋t )2

ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝12

1＋t 1＋2t 1＋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? ??

??－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立． 所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n

1，a n ＋k

2，a n ＋2k

3

，a n ＋3k

4

依次构成等比数列．

4．(2015·湖南高考)已知a >0，函数f (x )＝e ax

sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *

)个极值点．证明：

(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥

1e 2

－1

，则对一切n ∈N *

，x n <|f (x n )|恒成立．

【证明】 (1)f ′(x )＝a e ax

sin x ＋e ax

cos x ＝e ax

(a sin x ＋cos x ) ＝a 2

＋1e ax

sin(x ＋φ)． 其中tan φ＝1a ，0<φ<π

2

.

令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *

.

对k ∈N ，若2k π0； 若(2k ＋1)π

因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *

)时，f (x )取得极值，

所以x n ＝n π－φ(n ∈N *

)． 此时，f (x n )＝e a (n π－φ)

sin(n π－φ)＝(－1)

n ＋1e a (n π－φ)

·

sin φ. 易知f (x n )≠0，

而f x n ＋1 f x n ＝ －1 n ＋2e a [ n ＋1 π－φ]sin φ －1 n ＋1e a n π－φ

sin φ

＝－e a π是常数， 故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)

sin φ，公比为－e a π

的等比数列．

(2)由(1)知，sin φ＝1

a 2＋1

，于是对一切n ∈N *

，x n <|f (x n )|恒成立，即n π－φ<

1

a 2＋1

e

a (n π－φ)

恒成立，

等价于a 2＋1a

a n π－φ

a n π－φ

(*)恒成立(因为a >0)．

设g (t )＝e t t (t >0)，则g ′(t )＝e t

t －1

t

2

. 令g ′(t )＝0得t ＝1.

当01时，g ′(t )>0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.

因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a 1e 2－1

.

而当a ＝

1

e 2

－1时，由tan φ＝1a ＝e 2

－1>3且0<φ<π2知，π3<φ<π2.于是π－φ<2π33π2

>e 2

－1.

因此对一切n ∈N *

，ax n ＝

n π－φ

e 2

－1

≠1，

所以g (ax n )>g (1)＝e ＝a 2＋1

a

.

故(*)式亦恒成立． 综上所述，若a ≥

1e 2

－1

，则对一切n ∈N *

，x n <|f (x n )|恒成立．

章末综合测评(二) (时间120分钟，满分150分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的)

1．已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，c

d

中最大的是( )

A.a b

B.

a ＋c

b ＋d C.a ＋2

c b ＋2

d D.c

d

【解析】 因为a ，b ，c ，d 均是正数且bc ＞ad ， 所以有c d ＞a b

. ①

又c d －a ＋c b ＋d ＝c b ＋d － a ＋c d d b ＋d ＝bc －ad

d b ＋d ＞0，

∴c d ＞

a ＋c

b ＋d

，

②

c d －a ＋2c b ＋2d ＝c b ＋2d － a ＋2c ·d d b ＋2d ＝bc －ad d b ＋2d

＞0， ∴c d ＞

a ＋2c

b ＋2d

.

③

由①②③知c d

最大，故选D. 【答案】 D

2．已知x ＞y ＞z ，且x ＋y ＋z ＝1，则下列不等式中恒成立的是( )

【导学号：32750045】

A ．xy ＞yz

B ．xz ＞yz

C ．x |y |＞z |y |

D.xy ＞xz

【解析】 法一 特殊值法：令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A ，B ，C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ，∴x ＞1

3＞z ，

由x ＞0，y ＞z ，得xy ＞xz .故D 正确． 【答案】 D

3．对于x ∈[0,1]的任意值，不等式ax ＋2b ＞0恒成立，则代数式a ＋3b 的值( ) A ．恒为正值 B ．恒为非负值 C ．恒为负值

D.不确定

【解析】 依题意2b ＞0，∴b ＞0，

且a ＋2b ＞0，∴a ＋2b ＋b ＞0，即a ＋3b 恒为正值． 【答案】 A

4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝an

bn ＋1

，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是( )

A ．a n ＞a n ＋1

B ．a n ＜a n ＋1

C ．a n ＝a n ＋1 D.与n 的取值有关

【解析】 a n ＋1－a n ＝a n ＋1 b n ＋1 ＋1－an

bn ＋1

＝

a

bn ＋b ＋1 bn ＋1

.

∵a ＞0，b ＞0，n ＞0，n ∈N ＋， ∴a n ＋1－a n ＞0，因此a n ＋1＞a n . 【答案】 B

5．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b

的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3

D.43

【解析】 3a

＋3b

≥23a

·3b

＝232

＝2×3＝6，选B. 【答案】 B

6．设a ＝lg 2－lg 5，b ＝e x

(x ＜0)，则a 与b 的大小关系是( ) A ．a ＜b B ．a ＞b C ．a ＝b

D.a ≤b

【解析】 a ＝lg 2－lg 5＝lg 2

5＜0.

又x ＜0，知0＜e x

＜1，即0＜b ＜1，∴a ＜b . 【答案】 A

7．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝( ) A.2

3

B ．2

C ．6 D.2或6 【解析】 ∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2， ∴2≤kx ≤6，

∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}， ∴k ＝2. 【答案】 B

8．设a ＝x 4

＋y 4

，b ＝x 3

y ＋xy 3

，c ＝2x 2y 2

(x ，y ∈R ＋)，则下列结论中不正确的是( ) A ．a 最大 B ．b 最小

C ．c 最小

D.a ，b ，c 可以相等

【解析】 因为b ＝x 3

y ＋xy 3

≥2 x 3

y · xy 3

＝2x 2y 2

＝c ，故B 错，应选B. 【答案】 B

9．要使3a －3b ＜3

a －

b 成立，a ，b 应满足的条件是( )

A ．ab ＜0且a ＞b

B ．ab ＞0且a ＞b

C ．ab ＜0且a ＜b

D ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 【解析】

3

a －3

b ＜3a －b ?(3a －3

b )3＜a －b

?33ab 2＜33a 2

b ?ab (a －b )＞0. 当ab ＞0时，a ＞b ；当ab ＜0时，a ＜b . 【答案】 D

10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝? ????12b 2

－2 (b ＜0)，则x ，y 之间的大小关系是( )

A ．x ＞y

B ．x ＜y

C ．x ＝y

D.不能确定

【解析】 因为x ＝a －2＋1

a －2

＋2≥2＋2＝4(a ＞2)． 又b 2

－2＞－2(b ＜0)，

即y ＝? ????12b 2

－2＜? ????12－2＝4，所以x ＞y .

【答案】 A

11．若a >0，b >0，则p ＝(a ·b )a +b

2，q ＝a b ·b a

的大小关系是( )

A ．p ≥q

B ．p ≤q

C ．p >q

D.p

【解析】 p q ＝ a ·b a ＋b

2a b ·b a

＝a a －b 2·b b －a 2＝? ??

??a b a －b 2. 若a ≥b >0，则a b ≥1，a －b ≥0，从而p q

≥1，得p ≥q ； 若b ≥a >0，则0

≥1，得p ≥q . 综上所述，p ≥q . 【答案】 A

12．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则角B 适合的条件是( )

A ．0＜

B ≤π

4

B ．0＜B ≤π

3

C ．0＜B ≤π

2

D.

π

2

＜B ＜π 【解析】 由a ，b ，c 成等差数列，得2b ＝a ＋c ， ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 2

2ac ＝a 2

＋c 2

－

a ＋c

2

42ac

，

＝3 a 2＋c 2 －2ac 8ac ＝3 a 2＋c 2

8ac －14≥1

2.

当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴cos B 的最小值为1

2

.

又y ＝cos B 在? ????0，π2上是减函数，∴0＜B ≤π3.

【答案】 B

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上) 13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________． 【解析】 “三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”，故应填三角形中至少有两个内角是钝角．

【答案】 三角形中至少有两个内角是钝角

14．若实数m ，n ，x ，y 满足m 2

＋n 2

＝a ，x 2

＋y 2

＝b (a ≠b )，则mx ＋ny 的最大值为________.

【导学号：32750046】

【解析】 设m ＝a cos α，n ＝a sin α，x ＝b cos β，y ＝b sin β， 则mx ＋ny ＝ab cos αcos β＋ab sin αsin β ＝ab cos(α－β)．

当cos(α－β)＝1时，mx ＋ny 取得最大值ab . 【答案】

ab

15．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞a

b

.完成下列证明过程： ∵b ＋m ＞0，b ＞0，

∴要证原不等式成立，只需证明

b (a ＋m )＞a (b ＋m )，

即只需证明________． ∵m ＞0，∴只需证明b ＞a ， 由已知显然成立．∴原不等式成立．

【解析】 b (a ＋m )＞a (b ＋m )与bm ＞am 等价， 因此欲证b (a ＋m )＞a (b ＋m )成立，

只需证明bm ＞am 即可． 【答案】 bm ＞am

16．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d

a ＋

b ＋d

，则S 的取值

范围是________．

【解析】 由放缩法，得

a

a ＋

b ＋

c ＋

d ＜

a a ＋

b ＋

c ＜a

a ＋c

；

b a ＋b ＋

c ＋

d ＜b b ＋c ＋d ＜b

d ＋b

；

c a ＋b ＋c ＋

d ＜c c ＋d ＋a ＜c

c ＋a ；

d

a ＋

b ＋

c ＋

d ＜

d d ＋a ＋b ＜d

d ＋b

.

以上四个不等式相加，得1＜S ＜2. 【答案】 (1,2)

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分10分)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：? ??

??a ＋mb 1＋m 2≤a 2

＋mb 2

1＋m .

【证明】 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 所以要证原不等式成立，

只需证(a ＋mb )2

≤(1＋m )(a 2

＋mb 2

)， 即证m (a 2

－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0， 而(a －b )2

≥0显然成立， 故原不等式得证．

18．(本小题满分12分)实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1，求证：a ，

b ，

c ，

d 中至少有一个是负数．

【证明】 假设a ，b ，c ，d 都是非负数， 即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0，

则1＝(a ＋b )(c ＋d )＝(ac ＋bd )＋(ad ＋bc )≥ac ＋bd ， 这与已知中ac ＋bd ＞1矛盾，∴原假设错误， ∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．

19．(本小题满分12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数．求证：lg a ＋b

2

＋lg

b ＋c

2

＋

lg

c ＋a

2

＞lg a ＋lg b ＋lg c .

【证明】 法一 要证：lg a ＋b

2

＋lg

b ＋c

2

＋lg

c ＋a

2

＞lg a ＋lg b ＋lg c ，

只需证lg ? ????a ＋b 2

·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(abc )，

只需证a ＋b 2

·

b ＋

c 2·

c ＋a

2＞abc .

∵a ＋b

2≥ab ＞0，b ＋c

2

≥bc ＞0，

c ＋a

2

≥ca ＞0，

∴

a ＋

b 2

·

b ＋

c 2

·

c ＋a

2

≥abc ＞0成立．

∵a ，b ，c 为不全相等的正数，∴上式中等号不成立． ∴原不等式成立．

法二 ∵a ，b ，c ∈{正实数}， ∴

a ＋b

2

≥ab ＞0，

b ＋c

2

≥bc ＞0，

c ＋a

2

≥ca ＞0.

又∵a ，b ，c 为不全相等的实数， ∴

a ＋

b 2·

b ＋

c 2·

c ＋a

2

＞abc ，

∴lg ?

??

??a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(abc )，

即lg

a ＋b

2＋lg

b ＋c

2

＋lg

c ＋a

2

＞lg a ＋lg b ＋lg c .

20．(本小题满分12分)若0＜a ＜2,0＜b ＜2,0＜c ＜2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.

【证明】 假设三数能同时大于1， 即(2－a )b ＞1，(2－b )c ＞1，(2－c )a ＞1. 那么 2－a ＋b

2≥ 2－a b ＞1，

同理 2－b ＋c 2＞1， 2－c ＋a 2

＞1，

三式相加 2－a ＋b ＋ 2－b ＋c ＋ 2－c ＋a

2＞3，

即3＞3.

上式显然是错误的，∴该假设不成立．

∴(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时都大于1. 21．(本小题满分12分)求证：2(n ＋1－1)＜1＋

1

2＋13＋…＋1

n

＜2n (n ∈N ＋). 【导学号：32750047】

【证明】 ∵

1

k ＝

2

2k

＞

2

k ＋k ＋1

＝2(k ＋1－k )，k ∈N ＋， ∴1＋

12＋13＋…＋

1

n

＞2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )] ＝2(n ＋1－1)． 又1

k ＝22k ＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，k ∈N ＋， ∴1＋

12＋13＋…＋

1

n

＜1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)] ＝1＋2(n －1)＝2n －1＜2n . ∴2(n ＋1－1)＜1＋

12＋13＋…＋

1

n

＜2n (n ∈N ＋)．

22．(本小题满分12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n .等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{b a n

}是公比为64的等比数列．

(1)求a n 与b n ；

(2)证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34

.

【解】 (1)设{a n }的公差为d (d ∈N )，{b n }的公比为q ，则a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q

n －1

.

依题意???

b a n ＋1b a

n

＝q 3＋nd －1

q 3＋ n －1 d －1

＝q d

＝64， ①S 2b 2

＝ 6＋d q ＝64. ②

由①知，q ＝641d ＝26

d ， ③

由②知，q 为正有理数，

所以d 为6的因子1,2,3,6中之一， 因此由②③知，d ＝2，q ＝8. 故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8

n －1

.

(2)证明：S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 则1S n

＝

1n n ＋2 ＝12? ??

??1

n －1n ＋2.

∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n

＝1

2?

????1－

1

3

＋

1

2

－

1

4

＋

1

3

－

1

5

＋…＋

1

n

－

1

n＋2

＝1

2?

????

1＋

1

2

－

1

n＋1

－

1

n＋2＜

1

2

×

3

2

＝

3

4

.