人教課標(biāo)實(shí)驗(yàn)A版-選修4-5-第三講 柯西不等式與排序不等式-三　排序不等式 全省一等獎(jiǎng)

《反證法與放縮法》同步練習(xí)1．設(shè)a3+b3=2，求證a+b≤2．思路分析：待證不等式中有小于等于號(hào)，不妨試用反證法，在假設(shè)a>2-b的情況下，結(jié)合a3+b3=2，構(gòu)造完全平方式，出現(xiàn)矛盾不等式，問題得證．證明：假設(shè)a+b>2，則有a>2-b，從而a3>8-12b+6b2-b3,a3+b3>6b2-12b+8=6(b-1)2+2．因?yàn)?(b-1)2+2≥2，所以a3+b3>2，這與題設(shè)條件a3+b3=2矛盾，所以，原不等式a+b≤2成立．2．求證：(n∈N*且n≥2)．思路分析：待證不等式的兩端是整式，中間是n個(gè)式子的和，利用式子對(duì)每一個(gè)式子作適當(dāng)?shù)淖冃?，最后各式相加，達(dá)到適當(dāng)放大或縮小的目的，宜用放縮法．證明：∵,∴,分別令k=2,3,4…,n得：．將這些不等式相加得：,∴．3．求證：1+<3．思路分析：左邊較為復(fù)雜，右邊為一常數(shù)，考慮對(duì)一般項(xiàng)進(jìn)行放縮,再利用等比數(shù)列的求和公式，達(dá)到證明目的．證明：由（k是大于2的自然數(shù)），得<3．4．設(shè)a,b為不相等的兩個(gè)正數(shù)，且a3-b3=a2-b2,求證：1<a+b<．思路分析：分析題意可得，a2+ab+b2=a+b，可用基本不等式進(jìn)一步放縮得到a+b>1，化簡(jiǎn)整理可得,(a+b)2=a2+2ab+b2=a+b+ab<a+b+，通過放縮達(dá)到證明目的．證明：（1）依題意：a2+ab+b2=a+b，于是(a+b)2>a2+ab+b2=a+b,故a+b>1，又(a+b)2>4ab，而(a+b)2=a2+2ab+b2=a+b+ab<a+b+,即(a+b)2<a+b,∴a+b<．綜合上述可得：1<a+b<．5．設(shè)a、b、c是三角形的邊長(zhǎng)，求證：(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2≥［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］．思路分析：本題中三角形的三邊地位一樣，根據(jù)對(duì)稱性，先設(shè)出大小關(guān)系，不妨設(shè)a≥b≥c，進(jìn)而觀察目標(biāo)式子的符號(hào)進(jìn)行作差放縮，達(dá)到證明目的．證明：由不等式的對(duì)稱性，不妨設(shè)a≥b≥c，則3a-b-c>0,3b-c-a≥b+c+c-c-a=b+c-a>0．左式-右式=(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2≥(c-a)2+(a-b)2≥(a-b)2+(a-b)2=(a-b)2≥0．6．設(shè)a、b、c∈R+,且abc=1,求證：≤1．思路分析：考慮a、b、c∈R+,且abc=1,直接通分不容易證明，構(gòu)造a=x3,b=y3,c=z3,且x、y、z∈R+，得：xyz=1，1+a+b=xyz+x3+y3≥xyz+xy(x+y)=xy(x+y+z)，進(jìn)而達(dá)到證明目的．證明：設(shè)a=x3,b=y3,c=z3,且x、y、z∈R+．由題意得：xyz=1．∴1+a+b=xyz+x3+y3．∴x3+y3-(x2y+xy2)=x2(x-y)+y2(y-x)=(x-y)2(x+y)≥0．∴x3+y3≥x2y+xy2．∴1+a+b=xyz+x3+y3≥xyz+xy(x+y)=xy(x+y+z)．∴．同理：由對(duì)稱性可得,,∴命題得證．綜合·應(yīng)用7．設(shè)a、b、c≥0，且a+b+c=3，求證：a2+b2+c2+abc≥．思路分析：先運(yùn)用對(duì)稱性確定符號(hào)，設(shè)a≤b≤c，則a≤1<，再使用基本不等式可以避開討論，作差比較作適當(dāng)放縮．證明：不妨設(shè)a≤b≤c，則a≤1<．∴a-<0．又∵()2≥bc，即()2≥bc，也即bc(a-)≥(3-a)2(a-)．∴左邊=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)+abc=9-2a(b+c)+bc(a-)≥9-2a(3-a)+(3-a)2(a-)=9+(3-a)［(3-a)(a-)-a］=9-(3-a)［a2+a+4］=9-(-a3+2a2-a+12)=+a(a2-2a+1)=+a(a-1)2≥,∴a2+b2+c2+abc≥．8．設(shè)a、b、c∈R+，p∈R，求證：abc(ap+bp+cp)≥ap+2(-a+b+c)+bp+2(a-b+c)+cp+2(a+b-c)．思路分析：由于a,b,c大小關(guān)系未知，證起來不方便，先設(shè)出大小關(guān)系，再作差整理，通過適當(dāng)?shù)姆趴s達(dá)到證明目的．證明：不妨設(shè)a≥b≥c＞0，于是左邊-右邊=ap+1(bc+a2-ab-ca)+bp+1(ca+b2-bc-ab)+cp+1(ab+c2-ca-bc)=ap+1(a-b)［(a-b)+(b-c)］-bp+1(a-b)(b-c)+cp+1［(a-b)+(b-c)］(b-c)=ap+1(a-b)(a-c)+(a-b)(b-c)(-bp+1)+cp+1(b-c)(a-c)≥(a-b)(b-c)(ap+1-bp+1+cp+1)．如果p+1≥0，那么ap+1-bp+1≥0；如果p+1＜0，那么cp+1-bp+1≥0，故有(a-b)(b-c)(ap+1-bp+1+cp+1≥0，從而原不等式得證．9．設(shè)0≤a≤b≤c≤1，求證：+(1-a)(1-b)(1-c)≤1．思路分析：根據(jù)已知，先放大，再證明+(1-a)(1-b)(1-c)≤1，再作適當(dāng)?shù)姆趴s即可．證明：設(shè)0≤a≤b≤c≤1，于是有，再證明以下簡(jiǎn)單不等式：+(1-a)(1-b)(1-c)≤1，因?yàn)樽筮?+(1-a)(1-b)(1-c)=1-［1-(1+a+b)(1-a)(1-b)］，再注意(1+a+b)(1-a)(1-b)≤(1+a+b+ab)(1-a)(1-b)=(1+a)(1+b)（1-a）(1-b)=(1-a2)(1-b2)≤1,∴得證．回顧·展望10．(2006全國(guó)高考Ⅰ)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和Sn=an-×2n+1+,n=1,2,3,…．（Ⅰ）求首項(xiàng)a1與通項(xiàng)an；（Ⅱ）設(shè)Tn=，n=1,2,3,…．證明：．思路分析：在第二步中,Tn=,用到了裂項(xiàng)法，這樣最后再用放縮法證明等式成立，．證明：(Ⅰ)由Sn=an-×2n+1+,n=1,2,3，…,①得a1=S1=a1-×4+，所以a1=2．再由①有Sn-1=an-1-×2n+,n=2,3，4,…,②將①和②相減得:an=Sn-Sn-1=(an-an-1)-×(2n+1-2n),n=2,3,…整理得:an+2n=4(an-1+2n-1),n=2,3,…,因而數(shù)列{an+2n}是首項(xiàng)為a1+2=4,公比為4的等比數(shù)列,即:an+2n=4×4n-1=4n,n=1,2,3,…,因而an=4n-2n,n=1,2,3,…(Ⅱ)將an=4n-2n代入①得,Sn=×(4n-2n)-×2n+1+=×(2n+1-1)(2n+1-2)=×(2n+1-1)(2n-1)；Tn=,所以,．11．(2006廣東高考)A是定義在［2,4］上且滿足如下條件的函數(shù)φ(x)組成的集合：①對(duì)任意的x∈［1,2］，都有φ(2x)∈(1,2)；②存在常數(shù)L(0<L<1)，使得對(duì)任意的x1,x2∈［1,2］，都有|φ(2x1)-φ(2x2)|≤L|x1-x2|．(Ⅰ)設(shè)φ(x)=,x∈［2,4］，證明：φ(x)∈A．(Ⅱ)設(shè)φ(x)∈A，如果存在x0∈(1,2)，使得x0=φ(2x0)，那么這樣的x0是唯一的．(Ⅲ)設(shè)φ(x)∈A，任取x1∈(1,2)，令xn+1=φ(2xn)，n=1,2，…，證明：給定正整數(shù)k，對(duì)任意的正整數(shù)p，成立不等式|xk+p-xk|≤|x2-x1|．思路分析：根據(jù)已知條件中存在常數(shù)L(0<L<1)，使得對(duì)任意的x1,x2∈［1,2］，都有|φ(2x1)-φ(2x2)|≤L|x1-x2|，可以猜想用到放縮法，又由于3<，0<,所以問題得證．第二小題中出現(xiàn)了唯一性問題，可考慮用反證法．第三小題仍考慮用放縮法較好．證明：(Ⅰ)對(duì)任意x∈［1，2］,φ(2x)=,x∈［1,2］,≤φ(2x)≤,1<<<2,所以φ(2x)∈(1,2)；對(duì)任意的x1,x2∈［1,2］,|φ(2x1)-φ(2x2)|=|x1-x2|，3<，所以0<,令=L,0<L<1,|φ(2x1)-φ(2x2)|≤L|x1-x2|,所以φ(x)∈A．(Ⅱ)反證法:設(shè)存在兩個(gè)x0,x0′∈(1,2),x0≠x0′,使得x0=φ(2x0),x0′=φ(2x0′),則由|φ(2x0)-φ(2x0′)|≤L|x0-x0′|，得|x0-x0′|≤L|x0-x0′|，所以|x0-x0′|=0，矛盾，故結(jié)論成立．(Ⅲ)|x3-x2|=|φ(2x2)-φ(2x1)|≤L|(x2-x1)