2022年人教版高中数学选修4-5测试题全套及答案.docx

最新人教版高中数学选修4-5测试题全套及答案
第一讲　不等式和绝对值不等式
一、选用题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出四个选项中，只有一项是符合题目规定)
1．设集合A＝{x|y＝log2(4－2x－x2)}，B＝，则A∩B等于(　　)
A．{x|－10可转化为
x2＋2x－4<0，解得－1－
∴A∩B＝{x|－11}　　 B．{x|0，②a>|a－b|－b，
③a2＋b2>4ab－3b2，④ab＋>2
恒成立序号为(　　)
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：　≤＝，即≥，故①不对旳排除A、B；∵ab＋≥2>2，即④对旳．
答案：　D
4．已知a>0，b>0，则＋＋2最小值是(　　)
A．2 B．2
C．4 D．5
解析：　∵a>b，b>0，∴＋≥，当且仅当a＝b时取等号，
∴＋＋2≥＋2≥2＝4.
当且仅当a＝b＝1且＝2时成立，能取等号，故＋＋2最小值为4，故选C.
答案：　C
5．设|a|＜1，|b|＜1，则|a＋b|＋|a－b|与2大小关系是(　　)
A．|a＋b|＋|a－b|＞2
B．|a＋b|＋|a－b|＜2
C．|a＋b|＋|a－b|＝2
D．不也许比较大小
解析：　当(a＋b)(a－b)≥0时，
|a＋b|＋|a－b|＝a＋b)＋(a－b)|＝2|a|＜2，
当(a＋b)(a－b)＜0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＜2.
答案：　B
6．设x，y∈R，a>1，b>1.若ax＝by＝3，a＋b＝2，则＋最大值为(　　)
A．2 B.
C．1 D.
解析：　∵ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，
∴＋＝＋＝log3a＋log3b
＝log3ab≤log3＝log33＝1，故选C.
答案：　C
7．02
B．|log1＋a(1－a)|<|log(1－a)(1＋a)|
C．|log(1＋a)(1－a)＋log(1－a)(1＋a)|<|log(1＋a)(1－a)|＋|log(1－a)(1＋a)|
D．|log(1＋a)(1－a)－log(1－a)(1＋a)|>|log(1＋a)(1－a)|－|log(1－a)(1＋a)|
解析：　令a＝，代入可排除B、C、D.
答案：　A
8．若实数a，b满足a＋b＝2，则3a＋3b最小值是(　　)
A．18 B．6
C．2 D.
解析：　3a＋3b≥2＝2＝2＝6.
答案：　B
9．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间大小关系是(　　)
A．m＞n B．m＜n
C．m＝n D．m≤n
解析：　∵|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，
∴m＝≤＝1，
n＝≥＝1，∴m≤1≤n.
答案：　D
10．某工厂年产值次年比第一年增长百分率为p1，第三年比次年增长百分率为p2，第四年比第三年增长百分率为p3，则年平均增长率p最大值为(　　)
A. B.
C. D．2
解析：　∵(1＋p)3＝(1＋p1)(1＋p2)(1＋p3)，
∴1＋p＝≤，
∴p≤.
答案：　B
11．若a，b，c>0，且a2＋2ab＋2ac＋4bc＝12，则a＋b＋c最小值是(　　)
A．2 B．3
C．2 D.
解析：　a2＋2ab＋2ac＋4bc
＝a(a＋2c)＋2b(a＋2c)
＝(a＋2c)(a＋2b)
≤2，
∴(a＋b＋c)2≥12，又a，b，c>0，
∴a＋b＋c≥2.
答案：　A
12．当00，且tan x＝时取等号．
措施二：f(x)＝＝(0<2x<π)．
令μ＝，有μsin 2x＋3cos 2x＝5.
sin(2x＋φ)＝5，
∴sin(2x＋φ)＝.
∴≤1，得μ2≥16.
∴μ≥4或μ≤－4.又μ>0.

答案：　C
二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．请把对旳答案填在题中横线上)
13．已知－≤α＜β≤，则取值范畴是________．
解析：　运用不等式性质进行求解．由－≤α＜β≤可得．
答案：　－≤＜0.
14．设集合S＝{x||x－2|>3}，T＝{x|a3，
∴x－2>3或x－2<－3，
∴x>5或x<－1，
即S＝{x|x>5或x<－1}．
又∵T＝{x|a
15．设x>－1，求函数y＝最小值为________．
解析：　∵x>－1，∴x＋1>0，
y＝＝
＝(x＋1)＋5＋≥2·＋5＝9.
当且仅当x＋1＝，即x＝1时，等号成立．
∴y最小值是9.
答案：　9
16．某商品进货价每件50元，据市场调查，当销售价格(每件x元)在500时，ymax＝2 500.
答案：　60
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要文字阐明、证明过程或演算环节)
17．(12分)已知30＜x＜42,16＜y＜24，求x＋y，x－2y，取值范畴．
解析：　∵30＜x＜42,16＜y＜24，
∴46＜x＋y＜66.
∵16＜y＜24，
∴－48＜－2y＜－32，
∴－18＜x－2y＜10.
∵30＜x＜42，
∴＜＜.
∴＜＜.
18．(12分)已知a，b，x，y∈R＋，x，y为变量，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋y最小值为18，求a，b.
解析：　∵x＋y＝(x＋y)
＝a＋b＋＋≥a＋b＋2
＝(＋)2，
当且仅当＝时取等号．
又(x＋y)min＝(＋)2＝18，
即a＋b＋2＝18 ①
又a＋b＝10 ②
由①②可得或.
19．(12分)解不等式|x＋1|＋|x|<2.
解析：　措施一：运用分类讨论思想措施．
当x≤－1时，－x－1－x<2，解得－等式解集为
.
措施三：运用数形结合思想措施．
由绝对值几何意义知，|x＋1|体现数轴上点P(x)到点A(－1)距离，|x|体现数轴上点P(x)到点O(0)距离．
由条件知，这两个距离之和不不小于2.
作数轴(如图)，知原不等式解集为
.

措施四：运用等价转化思想措施．
原不等式⇔ 0≤|x＋1|＜2－|x|，
∴(x＋1)2＜(2－|x|)2，且|x|＜2，
即0≤4|x|＜3－2x，且|x|＜2.
∴16x2＜(3－2x)2，且－2＜x＜2.
解得－＜x＜.故原不等式解集为
.
20．(12分)求函数y＝3x＋(x>0)最值．
解析：　由已知x>0，
∴y＝3x＋＝＋＋
≥3＝3，
当且仅当＝＝，即x＝时，取等号．
∴当x＝时，函数y＝3x＋最小值为3.
21．(12分)在某交通拥挤地段，交通部门规定，在此地段内车距d(m)正比于车速v(km/h)平方与车身长s(m)积，且最小车距不得少于半个车身长，假定车身长均为s(m)，且车速为50 km/h时车距恰为车身长s，问交通繁忙时，应规定如何车速，才干使此地段车流量Q最大？
解析：　由题意，知车身长s为常量，车距d为变量．且
d＝kv2s，把v＝50，d＝s代入，得k＝，把d＝s代入
d＝ v2s，得v＝25.因此
d＝则车流量
Q＝＝
当0v＝25时，
Q1＝＝.
当v>25时，
Q2＝＝
≤＝.
当且仅当＝，即v＝50时，等号成立．即当v＝50时，Q获得最大值Q2＝.由于Q2>Q1，因此车速规定为50km/h时，该地段车流量Q最大．
22．(14分)已知函数f(x)＝ax2－4(a为非零实数)，设函数F(x)＝.
(1)若f(－2)＝0，求F(x)体现式；
(2)在(1)条件下，解不等式1≤|F(x)|≤2；
(3)设mn<0，m＋n>0，试判断F(m)＋F(n)能否不不不小于0?
解析：　(1)∵f(－2)＝0，∴4a＋4＝0，
得a＝－1，∴f(x)＝－x2＋4，
F(x)＝.
(2)∵|F(－x)|＝|F(x)|，
∴|F(x)|是偶函数，
故可以先求x>0状况．
当x>0时，由|F(2)|＝0，
故当02时，解不等式1≤x2－4≤2，得≤x≤；
综合上述可知原不等式解集为
{x|≤x≤或≤x≤或－≤x≤－或－≤x≤－}．
(3)∵f(x)＝ax2＋4，
∴F(x)＝，
∵mn<0，不妨设m>0，则n<0.
又m＋n>0，∴m>－n>0，∴m2>n2，
∴F(m)＋F(n)＝am2＋4－an2－4
＝a(m2－n2)，
因此：当a>0时，F(m)＋F(n)能不不不小于0，
当a<0时，F(m)＋F(n)不能不不不小于0.
第二讲　证明不等式基本措施
一、选用题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出四个选项中，只有一项是符合题目规定)
1．已知>，则下列不等式一定成立是(　　)
A．a2>b2　　　　　　　　　 B．lg a>lg b
C.> D.b>a
解析：　从已知不等式入手：>⇔a>b(c≠0)，其中a，b可异号或其中一种为0，由此否认A、B、C，应选D.
答案：　D
2．若<<0，则下列结论不对旳是(　　)
A．a22 D．|a|＋|b|>|a＋b|
解析：　由于<<0⇔⇔⇔bC对旳，应选D.
答案：　D
3．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一种实根”时，要做假设是(　　)
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一种实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0正好有两个实根
解析：　反证法证明问题时，反设实际是命题否认，∴用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一种实根”时，要做假设是：方程x2＋ax＋b＝0没有实根．故应选A.
答案：　A
4．用反证法证明命题：“三角形内角中至少有一种不不不不小于60°”时，反设对旳是(　　)
A．假设三内角都不不不不小于60°
B．假设三内角都不不不小于60°
C．假设三内角至多有一种不不不小于60°
D．假设三内角至多有两个不不不小于60°
解析：　至少有一种不不不不小于60度是指三个内角有一种或者两个或者三个不不小于或等于60°.因此，反设应当是它对立状况，即假设三内角都不不不小于60度．
答案：　B
5．设x>0，y>0，x＋y＝1，＋最大值是(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：　∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2，
∴≥，
∴＋≤＝(当且仅当x＝y＝时取“＝”)．
答案：　B
6．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C　　)
A．充足条件 B．必要条件
C．充要条件 D．既不充足也不必要条件
解析：　分析法证明本质是证明结论充足条件成立，即②⇒①，因此①是②必要条件．
答案：　B
7．已知00 B．2a－b<
C．log2a＋log2b<－2 D．2＋<
解析：　措施一：特值法令a＝，b＝代入可得．
措施二：由于02因此2＋>4，
而ab<2＝，
因此log2a＋log2b<－2成立．
答案　C
8．a>0，b>0，则“a>b”是“a－>b－”成立(　　)
A．充足不必要条件
B．必要不充足条件
C．充要条件
D．即不充足也不必要条件
解析：　a－－b＋＝a－b＋＝(a－b).
∵a>0，b>0，
∴a>b⇔(a－b)>0⇔a－>b－.
可得“a>b”是“a－>b－”成立充要条件．
答案：　C
9．设a>0，b>0，则如下不等式中不恒成立是(　　)
A．(a＋b)≥4 B．a3＋b3≥2ab2
C．a2＋b2＋2≥2a＋2b D.≥－
解析：　由于(a＋b)≥2·2＝4，因此A对旳．
a3＋b3≥2ab2⇔(a－b)(a2＋ab－b2)≥0，但a，b大小不拟定，因此B错误．
(a2＋b2＋2)－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2≥0，因此C对旳．
≥－⇔＋≥⇔≥0，因此D对旳．
答案：　B
10．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝＋，Q＝a＋b，则(　　)
A．P>Q B．P≥Q
C．P0，∴P>Q.
答案：　A
11．若函数f(x)，g(x)分别是R上奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有(　　)
A．f(2))小题，每题4分，共16分．请把对旳答案填在题中横线上)
13．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c大小顺序是__________．
解析：　用分析法比较，a>b⇔＋>＋⇔8＋2>8＋2，同理可比较得b>c.
答案：　a>b>c
14．已知三个不等式：
(1)ab>0；(2)－<－；(3)bc>ad.
以其中两个作为条件，余下一种作为结论，为________．
解析：　运用不等式性质进行推理，从较复杂分式不等式(2)切入，去寻觅它与(1)联系．
－<－⇔>⇔－>0
⇔>0⇔ab·(bc－ad)>0.
答案：　(1)、(3)⇒(2)；(1)、(2)⇒(3)；(2)、(3)⇒(1)
15．若f(n)＝－n，g(n)＝n－，φ(n)＝，则f(n)，g(n)，φ(n)大小顺序为________．
解析：　由于f(n)＝－n＝，
g(n)＝n－＝.
又由于＋n<2n<＋n，
因此f(n)<φ(n)φ(n)>f(n)
16．完毕反证法整体全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是1,2,3，……，7一种排列，
求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．
证明：反设p为奇数，则________均为奇数． ①
因奇数个奇数和还是奇数，因此有
奇数＝________. ②
＝________. ③
＝0.
但奇数≠偶数，这一矛盾阐明p为偶数．
解析：　反设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．
由于数个奇数和还是奇数，因此有
奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)＝0.
但奇数≠偶数，这一矛盾阐明p为偶数．
答案：　(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答时应写出必要文字阐明、证明过程或演算环节)
17．(12分)若a求证：a2b＋b2c＋c2a＋c2a1＋.
证明：　用分析法证明
＋>1＋
⇐8＋3＋2>1＋10＋2
⇐2>2
⇐>.
最后一种不等式是成立，故原不等式成立．
20．(12分)若x，y>0，且x＋y>2，则和中至少有一种不不小于2.
证明：　反设≥2且≥2，
∵x，y>0，
∴1＋y≥2x,1＋x≥2y两边相加，则
2＋(x＋y)≥2(x＋y)，可得x＋y≤2，与x＋y>2矛盾，
∴和中至少有一种不不小于2.
21．(12分)已知a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，求证|ac＋bd|≤1.
证明：　证法一(综合法)　由于a，b，c，d都是实数，因此
|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋
＝.
又由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.
因此|ac＋bd|≤1.
证法二(比较法)　显然有
|ac＋bd|≤1⇔－1≤ac＋bd≤1.
先证明ac＋bd≥－1.
∵ac＋bd－(－1)
＝ac＋bd＋＋
＝ac＋bd＋＋
＝≥0.
∴ac＋bd≥－1.
再证明ac＋bd≤1.
∵1－(ac＋bd)＝＋－(ac＋bd)
＝＋－ac－bd
＝≥0，
∴ac＋bd≤1.
综上得|ac＋bd|≤1.
证法三(分析法)　要证|ac＋bd|≤1.
只需证明(ac＋bd)2≤1.
即只需证明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1. ①
由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因而①式等价于
a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2) ②
将②式展开、化简，得(ad－bc)2≥0. ③
由于a，b，c，d都是实数，因此③式成立，即①式成立，原命题得证．
22．(14分)数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1＝3，b1＝1，数列{ban}是公比为64等比数列，b2S2＝64.
(1)求an，bn；
(2)求证：＋＋…＋<.
解析：　(1)设{an}公差为d，{bn}公比为q，则d为正整数，
an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，
依题意有①
由(6＋d)q＝64知q为正有理数，故d为6因子1,2,3,6之一，
解①得d＝2，q＝8.
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明：∵Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)．
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝<.

第三讲　柯西不等式与排序不等式
一、选用题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出四个选项中，只有一项是符合题目规定)
1．若a，b∈R，且a2＋b2＝10，则a＋b取值范畴是(　　)
A．[－2，2]　　　　　　 B．[－2，2]
C．[－，] D．[－，]
解析：　由(a2＋b2)(1＋1)≥(a＋b)2，
因此a＋b∈[－2，2]，故选A.
答案：　A
2．若x＋x＋…＋x＝1，y＋y＋…＋y＝1，则x1y1＋x2y2＋…＋xnyn最大值是(　　)
A．2 B．1
C．3 D.
解析：　由(x1y1＋x2y2＋…＋xnyn)2≤(x＋x＋…＋x)(y＋y＋…＋y)＝1，故选B.
答案：　B
3．学校要开运动会，需要买价格不同奖品40件、50件、20件，目前选用商店中单价为5元、3元、2元奖品，则至少要花(　　)
A．300元 B．360元
C．320元 D．340元
解析：　由排序原理知，反序和最小为320，故选C.
答案：　C
4．已知a，b，c为非零实数，则(a2＋b2＋c2)最小值为(　　)
A．7 B．9
C．12 D．18
解析：　由(a2＋b2＋c2)
≥2
＝(1＋1＋1)2＝9，
∴所求最小值为9，故选B.
答案：　B
5．设a，b，c≥0，a2＋b2＋c2＝3，则ab＋bc＋ca最大值为(　　)
A．0 B．1
C．3 D.
解析：　由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，
因此ab＋bc＋ca≤3.故应选C.
答案：　C
6．体现式x＋y最大值是(　　)
A．2 B．1
C. D.
解析：　由于x＋y≤
＝1，故选B.
答案：　B
7．已知不等式(x＋y)≥a对任意正实数x，y恒成立，则实数a最大值为(　　)
A．2 B．4
C. D．16
解析：　由(x＋y)≥(1＋1)2＝4，
因而不等式(x＋y)(x＋y)≥a对任意正实数x，y恒成立，
即a≤4，故应选B.
答案：　B
8．设a，b，c为正数，a＋b＋4c＝1，则＋＋2最大值是(　　)
A. B.
C．2 D.
解析：　1＝a＋b＋4c＝()2＋()2＋(2)2
＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12)
≥(＋＋2)2·，
∴(＋＋2)2≤3，即所求为.
答案：　B
9．若a>b>c>d，x＝(a＋b)(c＋d)，y＝(a＋c)(b＋d)，
z＝(a＋d)(b＋c)，则x，y，z大小顺序为(　　)
A．xd且b>c，
则(a＋b)(c＋d)<(a＋c)(b＋d)，
得xb且c>d，
则(a＋c)(b＋d)<(a＋d)(b＋c)，
得yz2＝－a2，
则点(b，c，d)必为平面π与球O公共点，
从而≤ ，
即a2－2a≤0，解得0≤a≤2，
故实数a最大值是2.
答案：　D
12．x，y，z是非负实数，9x2＋12y2＋5z2＝9，则函数u＝3x＋6y＋5z最大值是(　　)
A．9 B．10
C．14 D．15
解析：　u2＝(3x＋6y＋5z)2
≤[(3x)2＋(2y)2＋(z)2]·[12＋()2＋()2]
＝9×9＝81，∴u≤9.
答案：　A
二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．请把对旳答案填在题中横线上)
13．已知a，b，c都是正数，且4a＋9b＋c＝3，则＋＋最小值是________．
解析：　由4a＋9b＋c＝3，∴＋3b＋＝1，
∴＋＋
＝＋＋
＝＋＋＋3＋＋＋＋＋
＝3＋＋＋＋
≥3＋＋4＋＋2＝12.
答案：　12
14．已知a，b是给定正数，则＋最小值是________．
解析：　＋
＝(sin2α＋cos2α)≥(a＋b)2.
答案：　(a＋b)2
15．已知点P是边长为2等边三角形内一点，它到三边距离分别为x，y，z，则x，y，z所满足关系式为________，x2＋y2＋z2最小值是________．
解析：　运用三角形面积相等，得
×2(x＋y＋z)＝×(2)2，
即x＋y＋z＝3；
由(1＋1＋1)(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝9，
则x2＋y2＋z2≥3.
答案：　x＋y＋z＝3　3
16．若不等式|a－1|≥x＋2y＋2z，对满足x2＋y2＋z2＝1一切实数x，y，z恒成立，则实数a取值范畴是________．
解析：　由柯西不等式可得(12＋22＋22)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋2z)2，因此x＋2y＋2z最大值为3，故有|a－1|≥3，
∴a≥4或a≤－2.
答案：　a≥4或a≤－2
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要文字阐明、证明过程或演算环节)
17．(12分)已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1.求证：ax＋by≤1.
证明　∵a2＋b2＝1，x2＋y2＝1.
又由柯西不等式知
∴1＝(a2＋b2)(x2＋y2)≥(ax＋by)2
∴1≥(ax＋by)2，
∴1≥|ax＋by|≥ax＋by，
∴因此不等式得证．
18．(12分)设x2＋2y2＝1，求μ＝x＋2y最值．
解析：　由|x＋2y|＝|1·x＋·y|≤·＝.
当且仅当＝，即x＝y＝±时取等号．
因此，当x＝y＝时，μmax＝.
当x＝y＝－时，μmin＝－.
19．(12分)设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
证明：　∵a≥b＞0，
∴a≥a≥a≥b≥b＞0，a2≥a2≥a2≥b2≥b2＞0，
由顺序和≥乱序和，得
a3＋a3＋a3＋b3＋b3≥a2b＋a2b＋a2a＋ab2＋ab2.
又a2b＋a2b＋a2a＋ab2＋ab2≥3a2b＋2ab2.
则3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
20．(12分)已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝3，求x2＋y2＋z2最小值．
解析：　措施一：注意到x，y，z∈R，且x＋y＋z＝3为定值，
运用柯西不等式得到(x2＋y2＋z2)(12＋12＋12)≥(x·1＋y·1＋z·1)2＝9，
从而x2＋y2＋z2≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时取“＝”号，
因此x2＋y2＋z2最小值为3.
措施二：可考虑运用基本不等式“a2＋b2≥2ab”进行求解，
由x2＋y2＋z2＝(x＋y＋z)2－(2xy＋2xz＋2yz)
≥9－(x2＋y2＋x2＋z2＋y2＋z2)，
从而求得x2＋y2＋z2≥3，当且仅当x＝y＝z＝1时取“＝”号，
因此x2＋y2＋z2最小值为3.
21．(12分)设a，b，c为正数，且不全相等，求证：
＋＋＞.
证明：　构造两组数，，；
，，，则由柯西不等式得
(a＋b＋b＋c＋c＋a)≥(1＋1＋1)2， ①
即2(a＋b＋c)≥9.
于是＋＋≥.
于是＋＋≥.
由柯西不等式知，
①中有等号成立⇔＝＝
⇔a＋b＝b＋c＝c＋a
⇔a＝b＝c.
因题设a，b，c不全相等，故①中档号不成立，于是＋＋＞.
22．(14分)设x1，x2，…，xn∈R＋，且x1＋x2＋…＋xn＝1，求证：＋＋…＋≥.
证明：　由于x1＋x2＋…＋xn＝1，
因此n＋1＝(1＋x1)＋(1＋x2)＋…＋(1＋xn)．
又(n＋1)
＝[(1＋x1)＋(1＋x2)＋…＋(1＋xn)]
≥(x1＋x2＋…＋xn)2＝1，
因此＋＋…＋≥.

第四讲　数学归纳法证明不等式
一、选用题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出四个选项中，只有一项是符合题目规定)
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步应验证不等式(　　)
A．1＋<2　　　　　　　　 B．1＋＋<2
C．1＋＋<3 D．1＋＋＋<3
解析：　n∈N*，n>1，∴n取第一种自然数为2，左端分母最大项为＝，故选B.
答案：　B
2．用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，等式左边增长项为(　　)
A．(2k)2 B．(2k＋3)2
C．(2k＋1)2 D．(2k＋2)2
解析：　把k＋1代入(2n－1)2得(2k＋2－1)2
即(2k＋1)2，选C.
答案：　C
3．设凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线条数，加上多哪个点向其她点引对角线条数f(n＋1)为(　　)
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
解析：　凸n＋1边形对角线条数等于凸n边形对角线条数，加上多那个点向其她点引对角线条数(n－2)条，再加上本来有一边成为对角线，共有f(n)＋n－1条对角线，故选C.
答案：　C
4．观测下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，根据以上各式成立规律，得一般性等式为(　　)
A.＋＝2
B.＋＝2
C.＋＝2
D.＋＝2
解析：　观测归纳知选A.
答案：　A
5．欲用数学归纳法证明：对于足够大自然数n，总有2n＞n3，那么验证不等式成立所取第一种n最小值应当是(　　)
A．1 B．9
C．10 D．n＞10，且n∈N＋
解析：　由210＝1 024＞103知，故应选C.
答案：　C
6．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋<1(n∈N*，n≥2)时，由“k到k＋1”，不等式左端变化是(　　)
A．增长一项
B．增长和两项
C．增长和两项，同步减少一项
D．以上都不对
解析：　因f(k)＝＋＋＋…＋，
而f(k＋1)＝＋＋…＋＋＋，
故f(k＋1)－f(k)＝＋－，故选C.
答案：　C
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，若n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为(　　)
A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34×34k＋1＋52×52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
解析：　由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1
＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1
＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)，故选A.
答案：　A
8．用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)……(n＋n)＝2n·1·3·5·(2n－1)(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1等式左边需增乘代数式为(　　)
A．2k＋1 B.
C. D.
解析：　左边当n＝k时最后一项为2k.
左边当n＝k＋1时最后一项为2k＋2，又第一项变为k＋2，
∴需乘.
答案：　C
9．数列an中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an体现式是(　　)
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D．4n－3
解析：　计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.
可猜an＝n2故应选B.
答案：　B
10．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k基本上加上(　　)
A．k2
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析：　∵当n＝k时，左端＝1＋1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k基本上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故应选D.
答案：　D
11．用数学归纳法证明“
12．把正整数按下图所示规律排序，则从2 006到2 008箭头方向依次为(　　)

A．↓→ B．→↓
C．↑→ D．→↑
解析：　由2 006＝4×501＋2，而an＝4n是每一种下边不封闭正方形左、上顶点数，故应选D.
答案：　D
二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．请把对旳答案填在题中横线上)
13．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N*)时，从n＝k到n＝k＋1时，该式左边应添加代数式是________________．
解析：　当n＝k时，左边＝1＋2＋3＋…＋k＋…＋3＋2＋1.当n＝k＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋k＋k＋1＋k＋…＋3＋2＋1.因此左边应添加代数式为k＋1＋k＝2k＋1.
答案：　2k＋1
14．数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为________，猜想 Sn＝________.
解析：　由题意得，a1＝1
2Sn＋1＝Sn＋2S1
当n＝1时，2S2＝S1＋2S1　∴S2＝
当n＝2时，2S3＝S2＋2S1　∴S3＝
当n＝3时，2S4＝S3＋2S1　∴S4＝
归纳猜想：Sn＝
答案：　　　　
15．如下图所示，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2个图形中共有________个顶