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【优化指导】2013高考数学总复习 第选修4-5 第2节 证明不等式的基本方法课时演练 新人教A 版一、选择题1．设P ＝ 2，Q ＝ 7－3，R ＝ 6－2，则P 、Q 、R 的大小顺序是( ) A ．P ＞Q ＞R B ．P ＞R ＞Q C ．Q ＞P ＞RD ．Q ＞R ＞P解析：∵2＋2＝22＞6，∴2＞6－2，即P ＞R ；又∵6＋3＞7＋2， ∴6－2＞7－3，即R ＞Q ； 故有P ＞R ＞Q .故应选B. 答案：B2．已知a ＞2，b ＞2，则a ＋b 与ab 的大小关系是( ) A ．a ＋b ＞ab B ．a ＋b <ab C ．a ＋b ≥abD ．a ＋b ≤ab 解析：法一：∵a ＞2，b ＞2，∴a －1＞1，b －1＞1， ∴(a －1)(b －1)＞1，即ab －a －b ＞0，∴ab ＞a ＋b ，故选B. 法二：∵a ＞2，b ＞2，∴0<1a <12，0<1b <12，∴0<1a ＋1b <1，即0<a ＋bab<1，∴0<a ＋b <ab ，故选B. 答案：B3．若实数x ，y 适合不等式xy ＞1，x ＋y ≥－2，则( ) A ．x ＞0，y ＞0 B ．x <0，y <0 C ．x ＞0，y <0D ．x <0，y ＞0解析：x ，y 异号时，显然与xy ＞1矛盾，所以可排除C 、D. 假设x <0，y <0，则x <1y.∴x ＋y <y ＋1y≤－2与x ＋y ≥－2矛盾，故假设不成立．又xy ≠0，∴x ＞0，y ＞0. 答案：A4．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( )A ．M ＝1B ．M <1C ．M ＞1D ．M 与1大小关系不定解析：∵210＋1＞210，210＋2＞210，…，211－1＞210，∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＝1210＋1210＋1＋…＋1210＋210－1 <1210＋1210＋…＋1210＝1. 210个 答案：B5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 D ．若f (4)≥25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立 解析：由数学归纳法原理可得若f (3)≥9成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立， 即A 不正确；若f (5)≥25成立，则f (k )≥k 2成立，即B 不正确；若f (7)<49成立，则当k ≤6时，均有f (k )<k 2成立，即C 不正确； 若f (4)≥25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立，故应选D. 答案：D6．(2012黄冈模拟)若不等式tt 2＋9≤a ≤t ＋2t 2在t ∈(0，2]上恒成立，则a 的取值范围是( )A ．[16，1]B ．[213，1]C ．[16，413]D ．[16，22]解析：由已知⎩⎨⎧a ≥1t ＋9t，a ≤1t ＋2（1t ）2对任意t ∈(0，2]恒成立，于是只要当t ∈(0，2]时，⎩⎨⎧a ≥（1t ＋9t）max ，a ≤[1t ＋2（1t ）2]min，记f (t )＝t ＋9t ，g (t )＝1t ＋2(1t )2，可知两者都在(0，2]上单调递减，f (t )min ＝f (2)＝132，g (t )min ＝g (2)＝1，所以a ∈[213，1]，选B.答案：B 二、填空题7．某品牌彩电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电降价销售，现有四种降价方案：(1)先降价a %，再降价b %； (2)先降价b %，再降价a %； (3)先降价a ＋b2%，再降价a ＋b2%；(4)一次性降价(a ＋b )%.其中a ＞0，b ＞0，a ≠b ，上述四个方案中，降价幅度最小的是________．解析：设降价前彩电的价格为1，降价后的彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4， 则x 1＝(1－a %)(1－b %)＝1－(a ＋b )%＋a %·b %， x 2＝(1－b %)(1－a %)＝x 1， x 3＝(1－a ＋b2%)(1－a ＋b2%)＝1－(a ＋b )%＋14[(a ＋b )%]2，x 4＝1－(a ＋b )%<1－(a ＋b )%＋a %·b %＝x 1＝x 2， x 3－x 1＝(a %＋b %2)2－a %·b %＞0，∴x 3＞x 1＝x 2＞x 4. 答案：方案(3)8．(金榜预测)若a ＞0，b ＞0，给出下列四个不等式： ①a ＋b ＋1ab≥22；②(a ＋b )(1a ＋1b)≥4；③a 2＋b 2ab≥a ＋b ；④a ＋1a ＋4≥－2a .其中正确的不等式有________．(只填序号) 解析：∵a ＞0，b ＞0， ∴①a ＋b ＋1ab ≥2ab ＋1ab ≥2·2ab ·1ab＝22；②(a ＋b )(1a ＋1b)≥4ab1ab＝4；③∵a 2＋b 22≥a ＋b2，∴a 2＋b 2≥（a ＋b ）22＝(a ＋b )a ＋b2≥(a ＋b )ab ，∴a 2＋b 2ab≥a ＋b .④a ＋1a ＋4＝(a ＋4)＋1a ＋4－4≥2 （a ＋4）·1a ＋4－4＝2－4＝－2，当且仅当a ＋4＝1a ＋4，即(a ＋4)2＝1时等号成立，而a ＞0，∴(a ＋4)2≠1.∴等号不能取得． 答案：①②③9．(安徽高考)若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．①ab ≤1；② a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b≥2.解析：①ab ≤(a ＋b2)2＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2， 即证a ＋b ＋2ab ≤2， 即2ab ≤0，显然不成立． ③欲证a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ≥2， 即证4－2ab ≥2， 即ab ≤1，由①知成立．④a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥3⇔a 2－ab ＋b 2≥32⇔(a ＋b )2－3ab ≥32⇔4－32≥3ab ⇔ab ≤56，由①知，ab ≤56不恒成立．⑤欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab≥2，即ab ≤1，由①知成立． 答案：①③⑤ 三、解答题10．设a ，b ，c 均为正数，且a 2＋b 2＝c 2， 求证：当n ≥3且n ∈N *时，a n ＋b n <c n. 证明：(1)当n ＝3时， 由已知可知，0<a <c ，0<b <c ，所以a 3＋b 3＝a ·a 2＋b ·b 2<c (a 2＋b 2)＝c 3. 故原不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，a k ＋b k <c k. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＋b k ＋1＝a ·a k ＋b ·b k <c (a k ＋b k )<c ·c k ＝c k ＋1.故当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综合(1)(2)知，原不等式对n ≥3且n ∈N *恒成立．11．(2011安徽高考)(1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明l og a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . 解：(1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ， 由对数的换底公式得log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立．12．对于n 个正数a 1，a 2，a 3，…，a n ，用数学归纳法证明(a 1＋a 2＋…＋a n )(1a 1＋1a 2＋…＋1a n)≥n 2.证明：(1)当n ＝1时，a 1·1a 1≥12，不等式成立．(2)假设n ＝k 时，不等式成立，即 (a 1＋a 2＋…＋a k )(1a 1＋1a 2＋…＋1a k)≥k 2.则n ＝k ＋1时(a1＋a2＋…＋a k＋a k＋1)(1a1＋1a2＋…＋1a k＋1a k＋1)＝(a1＋a2＋…＋a k)(1a1＋1a2＋…＋1a k)＋1a k＋1(a1＋a2＋…＋a k)＋a k＋1(1a1＋1a2＋…＋1a k)＋1≥k2＋1＋2＝1a k＋1（a1＋a2＋…＋a k）·a k＋1（1a1＋1a2＋…＋1a k）≥k2＋1＋2k2＝(k＋1)2，∴n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N，原不等式成立．。
