第十三章第二節(jié)不等式的證明課下練兵場命題報(bào)告難度及題號(hào)知識(shí)點(diǎn)容易題(題號(hào))中等題(題號(hào))稍難題(題號(hào))大小比較2綜合法的應(yīng)用1、3、45、8分析法的應(yīng)用7、11放縮法、反證法的應(yīng)用6、9、10、121．已知關(guān)于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為()\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2(x－a)\f(2,x－a))＋2a＝2a＋4≥7，∴a≥eq\f(3,2).答案：C2．已知a∈R，b∈R，且a≠b，下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)2＋3ab>2b2B．a(chǎn)5＋b5>a3b2＋a2b3C．a(chǎn)2＋b2≥2(a－b－1)\f(a,b)＋eq\f(b,a)>2解析：對于A、D舉反例，如a＝0，b＝1時(shí)A不成立；a＝－1，b＝1時(shí)D不成立，故A、D不恒成立；對于B，利用作差法：a5＋b5－a3b2－a2b3＝a3(a2－b2)－b3(a2－b2)＝(a2－b2)(a3－b3)＝(a－b)2(a＋b)(a2＋ab＋b2)．(a－b)2>0，a2＋ab＋b2>0，而a＋b的符號(hào)是不確定的，故差值符號(hào)不能確定，因此B不恒成立；對于C，a2＋b2－2a＋2b＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故a2＋b2≥2(a－b－1)，C恒成立．綜合以上分析，只有C恒成立．答案：C3．若a>0，b>0，則(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))的最小值為()A．1B．2C．3解析：(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝1＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＋1＝2＋(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.答案：D4．設(shè)a＞b＞c且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(m,a－c)恒成立，則m的取值范圍為________．解析：由a＞b＞c，知：a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.因此，原不等式等價(jià)于m≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)，又eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f((a－b)＋(b－c),a－b)＋eq\f((a－b)＋(b－c),b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b－c,a－b)＝eq\f(a－b,b－c)時(shí)，等號(hào)成立．∴m≤4，即m∈(－∞，4]．答案：(－∞，4]5．設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，則下列等式中不恒成立的是________．①|(zhì)a－b|≤|a－c|＋|b－c|；②a2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)；③|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2；④eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)<eq\r(a＋2)－eq\r(a).解析：對于①，因?yàn)閨a－b|＝|(a－c)＋(c－b)|≤|a－c|＋|b－c|，所以|a－b|≤|a－c|＋|b－c|恒成立；對于②，因?yàn)閍2＋eq\f(1,a2)－(a＋eq\f(1,a))＝(a＋eq\f(1,a))2－(a＋eq\f(1,a))－2＝(a＋eq\f(1,a)＋1)(a＋eq\f(1,a)－2)，易知a＋eq\f(1,a)≥2，故a2＋eq\f(1,a2)－(a＋eq\f(1,a))≥0，所以a2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)恒成立；對于③，當(dāng)a＞b時(shí)，有|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2成立；當(dāng)a≤b時(shí)，|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2不成立．對于④，可以證明不等式eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)<eq\r(a＋2)－eq\r(a)也恒成立．答案：③6．已知點(diǎn)P是邊長為2eq\r(3)的等邊三角形內(nèi)一點(diǎn)，它到三邊的距離分別為x、y、z，則x、y、z所滿足的關(guān)系式為________，x2＋y2＋z2的最小值是________．解析：由面積關(guān)系可得eq\f(1,2)(2eq\r(3)x＋2eq\r(3)y＋2eq\r(3)z)＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3?x＋y＋z＝3；又2(x2＋y2)≥x2＋2xy＋y2，2(y2＋z2)≥y2＋2yz＋z2，2(z2＋x2)≥z2＋2zx＋x2，三式相加得3(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2，即x2＋y2＋z2≥eq\f(1,3)(x＋y＋z)2＝eq\f(1,3)×32＝3.答案：x＋y＋z＝337．已知：a＋b＋c＝0，求證ab＋bc＋ca≤0.證明：法一：(綜合法)∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，展開，得ab＋bc＋ca＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2).∴ab＋bc＋ca≤0.法二：(分析法)要證ab＋bc＋ca≤0，∵a＋b＋c＝0，故只需證ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2，即證a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0，即eq\f(1,2)[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2]≥0，∴顯然原式成立．法三：∵a＋b＋c＝0，∴－c＝a＋b，∴ab＋bc＋ca＝ab＋(a＋b)c＝ab－(a＋b)2＝－a2－b2－ab＝－[(a＋eq\f(b,2))2＋eq\f(3b2,4)]≤0.8．(2022·江蘇南京調(diào)研)已知a，b為正數(shù)，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)≥eq\f(9,a＋b).證明：∵a>0，b>0，∴(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(4,b))＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)×\f(4a,b))＝9，∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)≥eq\f(9,a＋b).9．求證：a3＋b3＋c3≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．證明：∵a2＋b2≥2ab，∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)，∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2a2b＋2ab2∴a3＋b3≥a2b＋ab2.同理：b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac將三式相加得：2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)＝(a＋b＋c)(a2＋b2∴a3＋b3＋c3≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．10．設(shè)a，b，c，d都是小于1的正數(shù)，求證：4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－證明：假設(shè)4a(1－b)＞1,4b(1－c)＞1,4c(1－d)＞1，4d(1－a(1－b)＞eq\f(1,4)，b(1－c)＞eq\f(1,4)，c(1－d)＞eq\f(1,4)，d(1－a)＞eq\f(1,4).∴eq\r(a(1－b))＞eq\f(1,2)，eq\r(b(1－c))＞eq\f(1,2)，eq\r(c(1－d))＞eq\f(1,2)，eq\r(d(1－a))＞eq\f(1,2).又∵eq\r(a(1－b))≤eq\f(a＋(1－b),2)，eq\r(b(1－c))≤eq\f(b＋(1－c),2)，eq\r(c(1－d))≤eq\f(c＋(1－d),2)，eq\r(d(1－a))≤eq\f(d＋(1－a),2)，∴eq\f(a＋1－b,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(b＋1－c,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(c＋1－d,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(d＋1－a,2)＞eq\f(1,2).將上面各式相加得2＞2，矛盾．∴4a(1－b),4b(1－c),4c(1－d),4d(1－11．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列，a、b、c分別為三內(nèi)角A，B，C的對邊．求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證明eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，只需證明eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，只需證明eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需證明c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)·(b＋c)，只需證明c2＋a2＝ac＋b2，∵△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，∴B＝60°，由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，∴c2＋a2＝ac＋b2.故原命題成立，得證．12．設(shè)f(x)＝x2＋ax＋b，求證：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).證明：假設(shè)|f(1)|＜eq\f(1,2)，|f(2)|＜eq\f(1,2)，|f(3)|＜e