Question

求高中不等式题目及答案

如题。

Answer 1

［例1］证明不等式 (n∈N*) 命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目. 知识依托：本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析：此题易出现下列放缩错误： 这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省. 证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+ ＜2 ， ∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+ ＜2 . 另从k到k+1时的证明还有下列证法： 证法二：对任意k∈N*，都有： 证法三：设f(n)= 那么对任意k∈N�* 都有： ∴f(k+1)＞f(k) 因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0， ∴ ［例2］求使 ≤a (x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值. 命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目. 知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令 =cosθ， =sinθ(0＜θ＜ )，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的. 技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max；若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化. 解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x+y+2 ≤a2(x+y)，即2 ≤(a2－1)(x+y)， ① ∴x，y＞0，∴x+y≥2 ， ② 当且仅当x=y时，②中有等号成立. 比较①、②得a的最小值满足a2－1=1， ∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是 . 解法二：设 . ∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)， ∴ ≤1， 的最大值是1. 从而可知，u的最大值为 ， 又由已知，得a≥u，∴a的最小值为 . 解法三：∵y＞0， ∴原不等式可化为 +1≤a ， 设 =tanθ，θ∈(0， ). ∴tanθ+1≤a ；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ= sin(θ+ )， ③ 又∵sin(θ+ )的最大值为1(此时θ= ). 由③式可知a的最小值为 . ●锦囊妙计 1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证. (2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法. 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. 一、填空题 1.(★★★★★)已知x、y是正变数，a、b是正常数，且 =1，x+y的最小值为__________. 2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________. 3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________. 二、解答题 4.(★★★★★)已知a，b，c为正实数，a+b+c=1. 求证：(1)a2+b2+c2≥ (2) ≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2= ，证明：x，y，z∈［0， ］ 6.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则 z2≥2(xy+yz+zx) (2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， 则 ≥2( ) 7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n. (1)证明：niA ＜miA ；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1. 参考答案 证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤ 或ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立∵1=a+b≥2 ，∴ab≤ ，从而得证.证法二：(均值代换法)设a= +t1，b= +t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜ ，|t2|＜ 显然当且仅当t=0，即a=b= 时，等号成立.证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ 证法四：(综合法)∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ，∴ab≤ .证法五：(三角代换法）∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0， )2 一、1.解析：令 =cos2θ， =sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2 .答案：a+b+2 2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c| (a－d)2＜(b－c)2 (a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc�∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－ = (3a2+3b2+3c2－1)= ［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］= ［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］= ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥ 证法三：∵ ∴a2+b2+c2≥ ∴a2+b2+c2≥ 证法四：设a= +α，b= +β，c= +γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0∴a2+b2+c2=( +α)2+( +β)2+( +γ)2= + (α+β+γ)+α2+β2+γ2= +α2+β2+γ2≥ ∴a2+b2+c2≥ ∴原不等式成立.证法二： ∴ ≤ ＜6∴原不等式成立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2= ，得x2+y2+(1－x－y)2= ，整理成关于y的一元二次方程得：2y2－2(1－x)y+2x2－2x+ =0，∵y∈R，故Δ≥0∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+ )≥0，得0≤x≤ ，∴x∈［0， ］同理可得y，z∈［0， ］证法二：设x= +x′，y= +y′，z= +z′，则x′+y′+z′=0，于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2= +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)= +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2故x′2≤ ，x′∈［－ ， ］，x∈［0， ］，同理y，z∈［0， ］证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0， =x2+y2+z2≥x2+ ＞ ，矛盾.x、y、z三数中若有最大者大于 ，不妨设x＞ ，则 =x2+y2+z2≥x2+ =x2+ = x2－x+ = x(x－ )+ ＞ ；矛盾.故x、y、z∈［0， ］∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，，由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有 ，所以 (2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C m+C m2+…+C mn，(1+n)m=1+C n+C n2+…+C nm，由(1)知miA ＞niA (1＜i≤m ，而C = ∴miCin＞niCim(1＜m＜n ∴m0C =n0C =1，mC =nC =m·n，m2C ＞n2C ，…，mmC ＞nmC ，mm+1C ＞0，…，mnC ＞0，∴1+C m+C m2+…+C mn＞1+C n+C2mn2+…+C nm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2 ≤a+b≤2，所以ab≤1.证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则 ，因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)所以n= ②将②代入①得m2－4( )≥0，即 ≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=�(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）证法四：因为 ≥0，所以对任意非负实数a、b，有 ≥ 因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1= ≥ ，∴ ≤1，即a+b≤2，(以下略）证法五：假设a+b＞2，则a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)