2015届高考理科数学第一轮知识点专项题库76.doc

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第6讲　不等式的证明
1．求证：＋＋…＋<2(n∈R*)．
证明 ∵<＝－，
∴＋＋…＋<1＋(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1＋(1－)＝2－<2.
2．已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值．
解　∵(x2＋2y2＋3z2)
≥2＝(3x＋2y＋z)2，
当且仅当x＝3y＝9z时，等号成立．∴(3x＋2y＋z)2≤12，
即－2≤3x＋2y＋z≤2.
当x＝－，y＝－，z＝－时，
3x＋2y＋z＝－2，∴最小值为－2.
3．设正实数a、b满足a2＋ab－1＋b－2＝3，求证：a＋b－1≤2.
证明　由a2＋ab－1＋b－2＝3，得ab－1＝(a＋b－1)2－3，
又正实数a、b满足a＋b－1≥2，
即ab－1≤，当且仅当a＝b时取“＝”．
∴(a＋b－1)2－3≤，∴a＋b－1≤2.
4．已知an＝＋＋＋…＋(n∈N*)，求证：<an<.
证明　∵＝，∴>n，
∴an＝＋＋…＋>1＋2＋3＋…＋n＝.
∵<，
∴an<＋＋＋…＋
＝＋(2＋3＋…＋n)＋＝.
综上得：<an<.
5．已知x，y，z均为正数．
求证：＋＋≥＋＋.
证明　因为x、y、z均为正数．
所以＋＝≥，
同理可得＋≥，＋≥，
当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得＋＋≥＋＋.
6．已知a、b都是正实数，且ab＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9.
证明　法一　因为a、b都是正实数，且ab＝2，
所以2a＋b≥2＝4.
所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a＋b＋2ab≥9.
法二　因为a、b都是正实数，
所以由柯西不等式可知
(1＋2a)(1＋b)＝[12＋()2][12＋()2]≥(1＋)2.
又ab＝2，所以(1＋)2＝9.所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
法三　因为ab＝2，
所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)＝5＋2.
因为a为正实数，所以a＋≥2 ＝2.
所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
法四　因为a、b都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a＋a)·≥3··3·＝9·.
又ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
7．设实数x、y、z满足x＋2y－3z＝7，求x2＋y2＋z2的最小值．
证明　由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)·[12＋22＋(－3)2]≥(x＋2y－3z)2.
∵x＋2y－3z＝7，∴x2＋y2＋z2≥.
当且仅当x＝＝时取等号，
即x＝，y＝1，z＝－时取等号．
∴x2＋y2＋z2的最小值为.
8．已知m、n是正数，证明：＋≥m2＋n2.
证明　∵＋－m2－n2＝＋
＝＝，
∵m、n均为正实数，
∴≥0，∴＋≥m2＋n2.
当且仅当m＝n时，等号成立．
9．已知a、b、c满足abc＝1，求证：(a＋2)(b＋2)(c＋2)≥27.
证明　(a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)≥3··3··3·＝27·＝27.
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
10．已知x、y、z均为正数，求证：
≤ .
证明　由柯西不等式，得
(12＋12＋12)≥2.
即× ≥＋＋.
∴≤ .
当且仅当＝＝时等号成立．
11．已知a，b为实数，且a>0，b>0.
(1)求证：≥9；
(2)求(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2的最小值．
(1)证明　因为a>0，b>0，
所以a＋b＋≥3＝3>0， ①
同理可证：a2＋＋≥3>0. ②
由①②及不等式的性质得
＝3×3＝9.
(2)解　[(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2][12＋12＋22]
≥[(5－2a)×1＋2b×1＋(a－b)×2]2.
所以(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2≥.
当且仅当＝＝时取等号，即a＝，b＝.
所以当a＝，b＝时，(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2取最小值.
12．已知a，b为正实数．
(1)求证：＋≥a＋b；
(2)利用(1)的结论求函数y＝＋(0<x<1)的最小值．
(1)证明　法一　∵a>0，b>0，
∴(a＋b)＝a2＋b2＋＋
≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.
∴＋≥a＋b，当且仅当a＝b时等号成立．
法二　∵＋－(a＋b)＝
＝＝
＝.
又∵a>0，b>0，∴≥0，
当且仅当a＝b时等号成立．∴＋≥a＋b.
(2)解　∵0<x<1，∴1－x>0，
由(1)的结论，函数y＝＋≥(1－x)＋x＝1.
当且仅当1－x＝x，即x＝时等号成立．
∴函数y＝＋(0<x<1)的最小值为1.

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