1.已知a,b,c为互不相等的非负数.
222
求证：a+b+c＞abc(a+b+c).
证明 ∵a+b≥2ab,b+c≥2bc,a+c≥2ac. 又∵a,b,c为互不相等的非负数， ∴上面三个式子中都不能取“=”， ∴a+b+c＞ab+bc+ac,
∵ab+bc≥2ab2c,bc+ac≥2abc2, ab+ac≥2a2bc,
又a,b,c为互不相等的非负数， ∴ab+bc+ac＞abc(a+b+c),
222
∴a+b+c＞abc(a+b+c).
2
2
2
222222
1??1?25?2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式?a???b??≥.
4a??b??1??1?25?证明 要证?a???b??≥,
4a??b??只需证ab+
25a2?b2?1≥，
4ab222
2
2
只需证4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0, 只需证4(ab)+8ab-25ab+4≥0, 只需证4(ab)-17ab+4≥0, 即证ab≥4或ab≤
11,只需证ab≤， 441显然成立， 4而由1=a+b≥2ab,∴ab≤
1??1?25?所以原不等式?a???b??≥成立.
4a??b??3.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于证明 方法一 假设三式同时大于即(1-a)b＞
1， 41. 4111,(1-b)c＞,(1-c)a＞, 444∵a、b、c∈(0,1),
∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞
1. 64
1?1?a?a?又(1-a)a≤??=,
24??2同理（1-b）b≤
11,(1-c)c≤, 441, 64∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤
这与假设矛盾，故原命题正确. 方法二 假设三式同时大于∵0＜a＜1,∴1-a＞0,
(1?a)?b11≥(1?a)b＞=, 2421， 4同理
(1?b)?c1(1?c)?a1＞,＞, 222233＞,这是矛盾的，故假设错误， 22三式相加得
∴原命题正确.
一、填空题
1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么3a＞3b”假设内容应是 . 答案 3a=3b或3a＜3b
?1a2?b22.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc,q=logc??2?a?b2??，则p,q的大小关系是 . ??答案 p＜q
3.设S是至少含有两个元素的集合.在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,b∈S，对于有序元素对(a,b),在S中有唯一确定的元素a*b与之对应）.若对任意的a,b∈S,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b∈S，下列恒成立的等式的序号是 . ①（a*b）*a=a ③b*(b*b)=b 答案 ②③④
4.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A1B1C1是 三角形，△A2B2C2是 三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空） 答案 锐角 钝角
5.已知三棱锥S—ABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC. 其中正确命题的序号是 .
②［a*(b*a)］*(a*b)=a ④(a*b)*［b*(a*b)］=b
答案 ①
6.对于任意实数a,b定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c); ②对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;
③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是 .（写出你认为正确的结论的所有序号） 答案 ②③ 二、解答题
7.已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，?），a1=1. （1）设bn=an+1-2an(n=1,2,?)，求证：数列{bn}是等比数列； （2）设cn=
an2n(n=1,2,?),求证：数列{cn}是等差数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式. （1）证明 ∵Sn+1=4an+2， ∴Sn+2=4an+1+2，两式相减，得 Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,?), 即an+2=4an+1-4an,
变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an) ∵bn=an+1-2an(n=1,2,?),∴bn+1=2bn. 由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列. （2）证明 由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1. 得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2. ∵cn=
n-1
an2n(n=1,2,?),
∴cn+1-cn=
an?12n?1n-1
-
an2n=
an?1?2an2n?1=
bn2n?1.
将bn=3·2代入得 cn+1-cn=
3(n=1,2,?), 43的等差数列， 4由此可知，数列{cn}是公差为它的首项c1=
a1131=，故cn=n-(n=1,2,?).
4422311n-=(3n-1). 444n-2
（3）解 ∵cn=
n
∴an=2·cn=(3n-1)·2 (n=1,2,?)
当n≥2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2+2. 由于S1=a1=1也适合于此公式，
所以{an}的前n项和公式为Sn=（3n-4）·2+2.
8.设a,b,c为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I＜4S. 证明 由I=（a+b+c） =a+b+c+2(ab+bc+ca) =a+b+c+2S,
∵a,b,c为任意三角形三边长， ∴a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b,
∴a＜a(b+c),b＜b(c+a),c＜c(a+b) 即(a-ab-ac)+(b-bc-ba)+(c-ca-cb)＜0 ∴a+b+c-2(ab+bc+ca)＜0 ∴a+b+c＜2S ∴a+b+c+2S＜4S. ∴I＜4S.
9.已知a,b,c为正实数,a+b+c=1. 求证：（1）a+b+c≥
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
n-1
n-1
1; 3(2)3a?2+ 3b?2+3c?2≤6. 证明 （1）方法一 a+b+c-====
1222
(3a+3b+3c-1) 312222
［3a+3b+3c-(a+b+c)］ 31222222
(3a+3b+3c-a-b-c-2ab-2ac-2bc) 31222
［(a-b)+(b-c)+(c-a)］≥0 32
2
2
2
2
2
1 3∴a+b+c≥
1. 32
2
2
2
2
2
2
2
22
2
方法二 ∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc ≤a+b+c+a+b+a+c+b+c ∴3(a+b+c)≥(a+b+c)=1 ∴a+b+c≥
2
2
22
2
2
2
2
2
1. 3111+?,b=+?,c=+?. 333方法三 设a=
∵a+b+c=1,∴?+?+?=0 ∴a+b+c=（=
2
2
2
111222
+?）+（+?）+（+?） 33312222
+(?+?+?)+?+?+? 33
11222
+?+?+?≥ 332
2
2
=
∴a+b+c≥
1. 33a?2?13a?3=, 22(2)∵3a?2=(3a?2)?1≤同理3b?2≤
3b?33c?3,3c?2≤ 223(a?b?c)?9=6
2∴3a?2+3b?2+3c?2≤∴原不等式成立. 10.已知函数y=a+
x
x?2(a＞1). x?1（1）证明：函数f(x)在（-1,+∞)上为增函数； （2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根. 证明 （1）任取x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a＞1, ∴ax2?x1＞1且ax1＞0, ∴ax2-ax1=ax1 (ax2?x1-1)＞0. 又∵x1+1＞0,x2+1＞0, ∴=
x2?2x1?2(x2?2)(x1?1)?(x1?2)(x2?1)-=
x2?1x1?1(x1?1)(x2?1)3(x2?x1)＞0,
(x1?1)(x2?1)x2?2x1?2
-＞0,
x2?1x1?1
于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+
故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.
（2）方法一 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, 则ax0=-
x0?2. x0?1∵a＞1,∴0＜ax0＜1, ∴0＜-
x0?21＜1,即＜x0＜2，
2x0?1与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根. 方法二 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，则
x0?2＜-2,ax0＜1, x0?1∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾. ②若x0＜-1,则
x0?2＞0,ax0＞0, x0?1∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾， 故方程f(x)=0没有负数根.
§13.5 数学归纳法