【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学一轮复习 不等式证明的基本方法限时集训 理

1限时集训(六十九)不等式证明的基本方法(限时：40分钟满分：50分)1．(满分10分)已知关于x的不等式2x＋2x－a≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，求实数a的最小值．2．(满分10分)(2013·沈阳模拟)已知a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥13.3．(满分10分)(2013·平湖模拟)已知x、y、z均为正数，求证：331x＋1y＋1z≤1x2＋1y2＋1z2.4．(满分10分)(2013·福建高考)已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且1a＋12b＋13c＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.25．(满分10分)已知数列{xn}中，x1＝1，xn＋1＝1＋xnp＋xn(n∈N*，p是正常数)．(1)当p＝2时，用数学归纳法证明xn2(n∈N*)；(2)是否存在正整数M，使得对于任意正整数n；都有xM≥xn.答案[限时集训(六十九)]1．解析：∵2x＋2x－a＝2(x－a)＋2x－a＋2a≥2x－a2x－a＋2a＝2a＋4≥7，∴a≥32.2．证明：法一：∵a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－(2ab＋2bc＋2ac)≥(a＋b＋c)2－2(a2＋b2＋c2)，∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2≥13.法二：∵a2＋b2＋c2－13＝a2＋b2＋c2－a＋b＋c23＝13(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac)＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]≥0∴a2＋b2＋c2≥13.法三：∵(12＋12＋12)(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，3即3(a2＋b2＋c2)≥1，∴a2＋b2＋c2≥13.3．证明：由柯西不等式得(12＋12＋12)1x2＋1y2＋1z2≥1x＋1y＋1z2，则3×1x2＋1y2＋1z2≥1x＋1y＋1z，即331x＋1y＋1z≤1x2＋1y2＋1z2.4．解：(1)因为f(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)证明：由(1)知1a＋12b＋13c＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1a＋12b＋13c≥a·1a＋2b·12b＋3c·13c2＝9.5．解：由x1＝1，xn＋1＝1＋xnp＋xn，p0知，xn0(n∈N*)．(1)证明：当p＝2时，xn＋1＝1＋xn2＋xn，①当n＝1时，x1＝12，命题成立．②假设当n＝k时，xk2，则当n＝k＋1时，xk＋1＝1＋xk2＋xk＝2－22＋xk2－22＋2＝2，即n＝k＋1时，命题成立．根据①②知，xn2(n∈N*)．(2)用数学归纳法证明，4xn＋1xn(n∈N*)．①当n＝1时，x2＝1＋x1p＋x11＝x1，命题成立．②假设当n＝k时，xk＋1xk，因为xk0，p0，所以pp＋xk＋1pp＋xk，则当n＝k＋1时，xk＋1＝1＋xkp＋xk＝2－pp＋xk2－pp＋xk＋1＝xk＋2，即n＝k＋1时，命题成立．根据①②知，xn＋1xn(n∈N*)．所以综上证明可知{xn}是递增数列，故不存在正整数M，使得对于任意正整数n，都有xM≥xn.