2、3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.注:当α为正有理数时,有求导公式(xα)′=αxα-1.5.(2013·苏州模拟)设a≥b>0,求证:3a3+2b3≥3a2b+2ab2.6.已知a,b,c>0,且互不相等,abc=1,证明7.已知a>b>0,求证:8.(2013·无锡模拟)设a,b,c是不全相等的正实数.求证:9.已知a,b,c∈R,f(x)=ax2+bx+c.若a+c=0,f(x)在[-1,1]上最大值为2,最小值为-,求证:a≠0且
3、
4、<2.10.(20
5、12·洛阳模拟)已知数列{an},{bn}满足a1=2,an-1=an(an+1-1),bn=an-1,数列{bn}的前n项和为Sn.(1)求数列{bn}的通项公式.(2)设Tn=S2n-Sn,求证:Tn+1>Tn.答案解析1.【证明】方法一:∵∵a>1,∴a-1>0,且a-10,∴<0,∴.方法二:要证原不等式成立.只需证:,只需证:,即证:,上式显然成立.所以原不等式成立.2.【证明】∵x,y,z均为正数,∴同理可得当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立.将上述三个不
6、等式两边分别相加,并除以2,得3.【证明】∵a>2,∴a-1>1.∴loga(a-1)>0,log(a+1)a>0.由于=loga(a-1)·loga(a+1)<[]2=[]2,∵a>2,∴00,∴loga(a-1)
7、1时,f′(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)内是增函数.故函数f(x)在x=1处取得最小值f(1)=0.(2)由(1)知,当x∈(0,+∞)时,有f(x)≥f(1)=0,即xr≤rx+(1-r). ①若a1,a2中至少有一个为0,则≤a1b1+a2b2成立;若a1,a2均不为0,又b1+b2=1,可得b2=1-b1,于是在①中令x=,r=b1,可得≤b1·+(1-b1),即≤a1b1+a2(1-b1),亦即≤a1b1+a2b2.综上,对a1≥0,a2≥0,b1,b2为正有理数且b1+b2=1
8、,总有≤a1b1+a2b2. ②(3)(2)中命题的推广形式为:设a1,a2,…,an为非负实数,b1,b2,…,bn为正有理数.若b1+b2+…+bn=1,则…≤a1b1+a2b2+…+anbn. ③用数学归纳法证明如下:(ⅰ)当n=1时,b1=1,有a1≤a1,③成立.(ⅱ)假设当n=k时,③成立,即若a1,a2,…,ak为非负实数,b1,b2,…,bk为正有理数,且b1+b2+…+bk=1,则…≤a1b1+a2b2+…+akbk.当n=k+1时,已知a1,a2,…,ak,ak+1为非负实数,
9、b1,b2,…,bk,bk+1为正有理数,且b1+b2+…+bk+bk+1=1,此时00,于是…=(…)·=因由归纳假设可得≤a1·+a2·+…+ak·=,从而…≤又因(1-bk+1)+bk+1=1,由②得≤·(1-bk+1)+ak+1bk+1,从而…≤a1b1+a2b2+…+akbk+ak+1bk+1.故当n=k+1时,③成立,由(ⅰ)(ⅱ)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立.说明:(3)中如果推广中指出③式对n≥2成立,则后续证明中不需讨论n=1的情况.5.
10、【证明】3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)+2b2(b-a)=(3a2-2b2)(a-b).因为a≥b>0,故a-b≥0,3a2-2b2>2a2-2b2=2(a+b)(a-b)≥0,所以(3a2-2b2)(a-b)≥0,即3a3+2b3≥3a2b+2ab2.6.【证明】方法一:∵a,b,c>0,且互不相等,abc=1.∴即方法二:∵以上三式相加,得又∵a,b,c互不相等,∴等号不成立,即7.【证明】要证原不等式组成立,只需证
