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- 2021-06-10 发布
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b>1⇒lg a>0,lg b>0,Q=1 2 (lg a+lg b)> lg a·lg b=P, R>lg ab=1 2 (lg a+lg b)=Q⇒R>Q>P. 10.已知α、β为实数,给出下列三个论断:①αβ>0;②|α+β|>5;③|α|>2 2,|β|>2 2. 以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,你认为正确的命题是________. 答案 ①③⇒② 解析 ∵αβ>0,|α|>2 2,|β|>2 2. ∴|α+β|2=α2+β2+2αβ>8+8+2×8=32>25. ∴|α+β|>5. 11.已知 a>0,求证: a2+1 a2- 2≥a+1 a -2. 证明 要证 a2+1 a2- 2≥a+1 a -2, 只要证 a2+1 a2+2≥a+1 a + 2. ∵a>0,故只要证 a2+1 a2+2 2≥ a+1 a + 2 2, 即 a2+1 a2+4 a2+1 a2+4≥a2+2+1 a2+2 2 a+1 a +2, 从而只要证 2 a2+1 a2≥ 2 a+1 a , 只要证 4 a2+1 a2 ≥2 a2+2+1 a2 , 即 a2+1 a2≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立. 12.已知 a、b、c∈R,且 a+b+c=1,求证:(1 a -1)(1 b -1)·(1 c -1)≥8. 证明 方法一 (分析法) 要证(1 a -1)(1 b -1)(1 c -1)≥8 成立, 只需证1-a a ·1-b b ·1-c c ≥8 成立. 因为 a+b+c=1, 所以只需证a+b+c-a a ·a+b+c-b b ·a+b+c-c c ≥8 成立, 即证b+c a ·a+c b ·a+b c ≥8 成立. 而b+c a ·a+c b ·a+b c ≥2 bc a ·2 ac b ·2 ab c =8 成立. ∴(1 a -1)(1 b -1)(1 c -1)≥8 成立. 方法二 (综合法) (1 a -1)(1 b -1)(1 c -1) =(a+b+c a -1)(a+b+c b -1)(a+b+c c -1) =b+c a ·a+c b ·a+b c =b+ca+ca+b abc ≥2 bc·2 ac·2 ab abc =8, 当且仅当 a=b=c 时取等号,所以原不等式成立. 13.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,2Sn n =an+1-1 3 n2-n-2 3 ,n∈N*. (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n,有1 a1 +1 a2 +…+1 an <7 4 . (1)解 2S1=a2-1 3 -1-2 3 ,又 S1=a1=1, 所以 a2=4. (2)解 当 n≥2 时,2Sn=nan+1-1 3 n3-n2-2 3 n, 2Sn-1=(n-1)an-1 3 (n-1)3-(n-1)2-2 3 (n-1), 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an-1 3 (3n2-3n+1)-(2n-1)-2 3 , 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), 即 an+1 n+1 -an n =1,又a2 2 -a1 1 =1, 故数列 an n 是首项为a1 1 =1,公差为 1 的等差数列, 所以an n =1+(n-1)×1=n,所以 an=n2. 所以数列{an}的通项公式为 an=n2,n∈N*. (3)证明 1 a1 +1 a2 +1 a3 +…+1 an =1+1 4 +1 32+1 42+…+1 n2<1+1 4 + 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 nn-1 =1+1 4 + 1 2 -1 3 + 1 3 -1 4 +…+ 1 n-1 -1 n =5 4 +1 2 -1 n =7 4 -1 n <7 4 , 所以对一切正整数 n,有1 a1 +1 a2 +…+1 an <7 4 . 三、探究与拓展 14.已知 a,b,c,d∈R,求证: ac+bd≤ a2+b2c2+d2.(你能用几种方法证明?) 证明 方法一 (用分析法) ①当 ac+bd≤0 时,显然成立. ②当 ac+bd>0 时,欲证原不等式成立,只需证 (ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 即证 a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2. 即证 2abcd≤b2c2+a2d2 即证 0≤(bc-ad)2. 因为 a,b,c,d∈R,所以上式恒成立. 故原不等式成立,综合①②知,命题得证. 方法二 (用综合法) (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2. ∴ a2+b2c2+d2≥|ac+bd|≥ac+bd. 方法三 (用比较法) ∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2, ∴ a2+b2c2+d2≥|ac+bd|≥ac+bd. 方法四 (用放缩法) 为了避免讨论,由 ac+bd≤|ac+bd|,可以试证(ac+bd)2≤ (a2+b2)(c2+d2).由方法一知 上式成立,从而方法四可行. 方法五 (构造向量法) 设 m=(a,b),n=(c,d),∴m·n=ac+bd, |m|= a2+b2,|n|= c2+d2. ∵m·n≤|m|·|n|= a2+b2· c2+d2. 故 ac+bd≤ a2+b2c2+d2.
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