高中数学选修44学案

第一篇：高中数学选修44学案

高中数学选修2-2数学归纳法学案2

07《2. 3数学归纳法》学案

一、 学习目标

(1)了解由有限多个特殊事例得出的一般结论不一定正确。 (2)初步理解数学归纳法原理。

(3)理解和记住用数学归纳法证明数学命题的两个步骤。 二.教学重点：

(1)理解数学归纳法原理。

(2)理解和记住用数学归纳法证明数学命题的两个步骤。 三.教学难点：

理解数学归纳法原理及其本质，掌握它的基本步骤与方法.能较好地理解“归纳奠基”和“归纳递推”两者缺一不可。 四.教学过程： 数学归纳法的步骤：

应用数学归纳法的两个要点：

(1)第一步验证是证明的基础，第二步递推是证明的关键，有一无二是不完全归纳法，结论不一定可靠;有二无一，递推就失去了基础，结论同样不可靠.即二者缺一不可.

(2)在推证当n=k+1时命题也成立时，必须使用n=k时的结论(即归纳假设)，否则就不是数学归纳法.

问题导学

一、用数学归纳法证明等式

(1)用数学归纳法证明对任何正整数n有

1n3+115+135163+„+4n

1-12n+1

证明：(1)①当n=1时，左边=111

32+1

3∴等式成立;

②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即 13+115+135+163+„+1k4k-1=2k+1 则当n=k+1时， 13+115+135+163+„+114k-1+4(k+1)-1

=k12k+14(k+1)-1

=k1

2k2+3k+12k+1(2k+3)(2k+1)=(2k+3)(2k+1)

=(k+1)(2k+1)k+(2k+3)(2k+1)12(k+1)+1 ∴当n=k+1时等式也成立.

由①②知等式对任何正整数n都成立.

(2)①当n=2时，左边=1-13

2+134=4，右边=2×2=

4∴左边=右边，∴n=2时等式成立. ②假设n=k(k≥2，k∈N*)时等式成立，

即1141-19„1-1

kk+1=2k

那么n=k+1时，

11-411-9„11-k1-1(k+1)k+1=2k1-1(k+1)

=k+1k(k+2)k+2(k2k(k+1)2(k+1)+1)+12(k+1) 即n=k+1时等式成立.

综合①②知，对任意n≥2，n∈N*等式恒成立.

(2)用数学归纳法证明

1-11-11-116„1-1n=n+1492n

(n≥2，n∈N*). (2)①当n=2时，左边=1-13

2+134=4，右边=2×2=4

∴左边=右边，∴n=2时等式成立. ②假设n=k(k≥2，k∈N*)时等式成立，

即1141-19„1

k+11-k=2k

那么n=k+1时，1-1411

11-9„1-k1-(k+1)k+1=2k1-1(k+1)

=k+1k(k+2)k+2(k+1)+12k(k+1)2(k+1)2(k+1)

即n=k+1时等式成立.

综合①②知，对任意n≥2，n∈N*等式恒成立.

二、用数学归纳法证明不等式

(1)用数学归纳法证明111

12

3+„+nn(其中n∈N*，n>1).

(1)证明：①当n=2时，左边=1+12，1

21+22=1-2>0，所以左边>

右边，即不等式成立.

②假设当n=k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，

即1+

121+„+1

>k，则当n=k+1时， 112+13„+1k1k+1 >k+1k+1

.

(方法1)由于1k+k+1-(k+1)k+k-kk+k+1-k+1=k+1=k+1=k+1(k+k+k)

>0k1

k+1k+1，

即1+111+„+1

k+1

k+1.

(方法2)k1

k+1=k+k+1k+1k+1k+1=k+1k+1

=k+1，

所以1+1111

3„k+k+1

k+1.

即当n=k+1时原不等式也成立， 由①②知原不等式成立.

(2)若不等式11an+1n+21n+3+„+1

3n+12

4对一切正整数n都成立，求正整数a的最

大值，并证明你的结论.

)解：取n=1，11126

1+1+1+2+3×1+1=24

令2624>a

24

a<26，且a∈N*， 所以取a=25.下面用数学归纳法证明 1n+1+1n+2„+13n+12524. ①n=1时，已证结论正确.

②假设n=k(k∈N*)时，1112

5k+1+k+2„+3k+124，

则当n=k+1时，有1(k+1)+1+1(k+1)+2„+1111

3k+13k+23k+3+3(k+1)+1

=11+1111125k+1k+2+„3k+1+3k+23k+3+3k+4k+1>24+13k+2+13k+423(k+1)

. 因为16(k+1)6(k+1)6(k+1)3k+2+13k+4=211

9k+18k+8>9k+18k+9=9(k+1)=3(k+1)，所以3k+2+3k+4

-2

3(k+1)

0，

1(k+1)+11(k+1)+2+„+13(k+1)+1>25

24

即n=k+1时，结论也成立.

由①②可知，对一切n∈N*，都有1n+11n+2+„125

3n+124

25.

三、用数学归纳法证明整除问题

1.用数学归纳法证明32n+

2-8n-9(n∈N*)能被64整除.

.证明：(1)当n=1时，34-8×1-9=64，能被64整除， ∴当n=1时，命题成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时，32k+

2-8k-9能被64整除. 则当n=k+1时， 32(k+1)+2-8(k+1)-9=9·32k+2-8k-17

=9(32k+

2-8k-9)+72k+81-8k-17

=9(32k+2-8k-9)+64k+64=9(32k+

2-8k-9)+64(k+1).

∵32k+

2-8k-9与64(k+1)都能被64整除， ∴当n=k+1时，命题也成立.

由(1)(2)可知，对任意n∈N*，原命题都成立.

2.证明：an+1+(a+1)2n-

1能被a2+a+1整除，n∈N*.

2.证明：(1)当n=1时，a1+1+(a+1)2×1-

1=a2+a+1，命题显然成立.

(2)假设当n=k时，ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除，则当n=k+1时，ak+2+(a+1)2k+

=a·ak+1+(a+1)2·(a+1)2k-1=a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a+1)2·(a+1)2k-1-a(a+1)2k-1=a[ak+1+(a

+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-

1.

由归纳假设，上式中的两项均能被a2+a+1整除，故n=k+1时命题也成立. 由(1)(2)知，对任意n∈N*命题都成立.

四、归纳、猜想、证明

在各项为正的数列{a项和S1

1n}中，数列的前nn满足Sn=2an+an.

(1)求a1，a2，a3;

(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想.

解：(1)由S1

1=a12a11+a，得a211=1.因为an>0， 所以a1

11=1.S2=a1+a22a2+a2，

得a2

2+2a2-1=0，

又因为an>0，所以a2=2-1.

S=1

3=a1+a2+a32

a13a3， 得a23+2a3-1=0，所以a3=3-2. (2)猜想annn-1(n∈N*). 数学归纳法证明如下：

①n=1时，a110=1，命题成立.

②假设n=k(k∈N*

)时，a=k-k-1成立，则n=k+1时，a1

1kk+1=Sk+1-Sk=2ak+1+ak+1

-121aka1111k，即ak+1=2ak+1+ak+1

-2k-k-1+k-k-1=1a12k+1

ak+1-k， 所以a2k+1+2k ak+1-1=0.

又因为an>0，所以ak+1=k+1-k， 即n=k+1时，命题成立.

由①②知，对n∈N*，an=n-n-1. 当堂检测

1.用数学归纳法证明1+2+„+2n+1=(n+1)(2n+1)时，在验证n=1成立时，左边所得的代数式是( C )

A.1B.1+3

C.1+2+3D.1+2+3+4

2.满足1×2+2×3+3×4+„+n(n+1)=3n2-3n+2的自然数等于( C ) A.1B.1或2 C.1,2,3D.1,2,3,4

3.已知S1111

n133557

(2n1)(2n1)

，则S1=__________，S2=__________，S123

3=__________，S4=__________，猜想Sn=__________.答案：3 5 7

49 n2n1

4.用数学归纳法证明1+1211

32n1

n(n∈N，且n>1)，第二步证明从“k到k

+1”，左端增加的项数是________.答案：2k 解析：当n=k时左端为1+111

232k1

，当n=k+1时左端为1+12131111

2k12k2k12k11

，故增加的项数为

2k项.

5.平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明

交点的个数f(n)

n(n1)

.答案：证明：(1)当n=2时，两条直线的交点只有一个. 又f(2)=

×2×(2-1)=1， ∴当n=2时，命题成立.

(2)假设n=k(k>2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线交点个数f(k)=12

k(k-1)，

那么，当n=k+1时，

任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为f(k)=1

k(k-1)， l与其他k条直线交点个数为k，

从而k+1条直线共有f(k)+k个交点， 即f(k+1)=f(k)+k=

12k(k-1)+k=12k(k-1+2)=11

2k(k+1)=2

(k+1)[(k+1)-1]， ∴当n=k+1时，命题成立.

由(1)(2)可知，对n∈N*(n≥2)命题都成立. 补充作业：

1. 使不等式2n

n2

1对任意nk的自然数都成立的最小k值为() A. 2B. 3C. 4D. 5

2. 若命题p(n)对n=k成立，则它对nk2也成立，又已知命题p(2)成立，则下列结论正确的是

A. p(n)对所有自然数n都成立 B. p(n)对所有正偶数n成立 C. p(n)对所有正奇数n都成立

D. p(n)对所有大于1的自然数n成立

3. 用数学归纳法证明不等式11211127

42n164

成立，起始值至少应取为

A.7B. 8C. 9D. 10

4. 对任意nN*,34n2a2n1都能被14整除,则最小的自然数a. 5. 用数学归纳法证明等式

123(2n1)(n1)(2n1)时,当n1时左边表达式是;从kk1需增添的项的是. 6. 给出四个等式: 1=11-4=-(1+2)

1-4+9=1+2+31-4+9-16=-(1+2+3+4)„„

猜测第n个等式，并用数学归纳法证明.

7. 用数学归纳法证明

:

11

(11)(1)(1)nN*)

32n1

第二篇：高中数学《数学归纳法》学案1 新人教A版选修2-2

数学归纳法的典型例题分析

例1 用数学归纳法证明等式

时所有自然数 都成立。

证明 (1)当

(2)假设当

时，左式

，右式

时等式成立，

，等式成立。

即

则

则

时，等式也成立。

均成立。

时等式成立时，注意分析

与

的两

由(1)(2)可知，等式对

评述 在利用归纳假设论证

个等式的差别。

变到

时，等式左边增加两项，右边增加一项，而且右式的首项由

应与

合并，才能得到所证式。因而，

因此在证明中，右式中的

在论证之前，把

时等式的左右两边的结构先作一分析是有效的。

用心爱心专心 1

由例1可以看出，在数学归纳法证明过程中，要把握好两个关键之外：一是

系;二是

与

的关系。

与 的关

例2 用数学归纳法证明

对任意自然数 ，

证明 (ⅰ)当

时，

能被17整除，命题成立。

(ⅱ)设

则

时，

由归纳假设，

能被17整除，

，

也能被17整除，所以

都能被17整除。

用

表示。上例中的

能被17整除。

时，

能被17整除。

都能被17整除。

由(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意

评述 用数学归纳法证明整除问题，常常把

还可写成

，

易知它能被17整除。 例3 用数学归纳法证明

…

用心爱心专心 2

证明 (ⅰ)当

时，

左式

右式

∵

∴

即

时，原不等式成立。

(ⅱ)假设

(

)时，不等式成立，

即

则

时，

左边

右边

要证左边 右边

只要证

只要证

只要证

而上式显然成立，所以原不等式成立。 即

时，左式 右式

由(ⅰ)(ⅱ)可知，原不等式对大于1的自然数均成立。用心爱心专心 3

评述 用数学归纳法证明不等式时，应分析

与

的两个不等式，找出证明的关键点(一般要利用不等式的传递性)，然后再综合运用不等式的方法。如上题，关键是证明不等式

。除了分析法，还可以用比较法和放缩法来解决。

例4 在数列

中，若它的前 项和

(

)

1)计算

，

，

，

;

2)猜想

的表达式，并用数学归纳法证明你的结论。

解 (1)由题意，

，即

∴

即

∴

即

∴

∴

(2)猜想

证明 ⅰ)

时，命题成立。

ⅱ)假设

时，命题成立，即

当

时，

∴

用心爱心专心 4

又

因而

解得

即

时，命题也成立。

由ⅰ)ⅱ)可知，命题对

均成立。

用心爱心 专心5

第三篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2数学归纳法

§2.3 数学归纳法

2.3.1 数学归纳法

一、基础过关

1.某个命题与正整数有关，如果当n=k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n=k+1时，该命题也成立.现在已知当n=5时，该命题成立，那么可推导出

A.当n=6时命题不成立

B.当n=6时命题成立

C.当n=4时命题不成立

D.当n=4时命题成立

2.一个与正整数n有关的命题，当n=2时命题成立，且由n=k时命题成立可以推得n=k+2时命题也成立，则()()

A.该命题对于n>2的自然数n都成立

B.该命题对于所有的正偶数都成立

C.该命题何时成立与k取值无关

D.以上答案都不对

13.在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n-3)条时，第一步验证n等于() 2

A.1B.2C.3D.0

() 1114.若f(n)=1++…+(n∈N*)，则n=1时f(n)是232n+1

A.1

1B. 3D.以上答案均不正确

11C.1++2311115.已知f(n)+ nn+1n+2n()

11A.f(n)中共有n项，当n=2时，f(2)= 23

111B.f(n)中共有n+1项，当n=2时，f(2)=++234

11C.f(n)中共有n2-n项，当n=2时，f(2) 23

111D.f(n)中共有n2-n+1项，当n=2时，f(2)=+ 234

a6.在数列{an}中，a1=2，an+1=n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项3an+1

表达式为

2A.4n-3

2C.4n+3

二、能力提升

7.用数学归纳法证明等式(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*)，从k到k+1左端需要增乘的代数式为

A.2k+1

2k+1C.k+1()() 2 6n-52D. 2-1B.2(2k+1) 2k+3D. k+1

1118.已知f(n)(n∈N*)，则f(k+1)=f(k)+______________________. n+1n+23n-1

9.用数学归纳法证明：

11112(1-)(1)…(1-=(n∈N*). 345n+2n+

210.用数学归纳法证明：

--nn+112-22+32-42+…+(-1)n1·n2=(-1)n1(n∈N*). 2

11.已知数列{an}的第一项a1=5且Sn-1=an(n≥2，n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和.

(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式;

(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式.

三、探究与拓展

nn+1212.是否存在常数a、b、c，使得等式1×22+2×32+3×42+…+n(n+1)2an+bn12

+c)对一切正整数成立?并证明你的结论.

答案

1.B2.B 3.C 4.C5.D 6.B 7.B

11118.+ 3k3k+13k+2k+1

12229.证明 (1)当n=1时，左边=1-，等式成立. 331+23

11112(2)假设当n=k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即(1)(1)…(1=， 345k+2k+2

那么当n=k+1时，

1111121(1-)(1-)(1-)…(1-=(1-345k+2k+3k+2k+3

=2k+22 k+2k+3k+3

所以当n=k+1时等式也成立.

由(1)(2)可知，对于任意n∈N*等式都成立.

10.证明 (1)当n=1时，左边=1，右边=(-1)11×-1×21，结论成立. 2

(2)假设当n=k时，结论成立.

--kk+1即12-22+32-42+…+(-1)k1k2=(-1)k1 2

那么当n=k+1时，

12-22+32-42+…+(-1)k1k2+(-1)k(k+1)2 -

-kk+1=(-1)k1(-1)k(k+1)2 2

-k+2k+2=(-1)k·(k+ 2

k+1k+2=(-1)k. 2

即当n=k+1时结论也成立.

由(1)(2)可知，对一切正整数n等式都成立.

11.(1)解 a2=S1=a1=5，

a3=S2=a1+a2=10，

a4=S3=a1+a2+a3=5+5+10=20，

5n=1猜想an=. n-2*5×2，n≥2，n∈N

(2)证明 ①当n=2时，a2=5×222=5，公式成立. -

②假设n=k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak=5×2k2， -

那么当n=k+1时，由已知条件和假设有

ak+1=Sk=a1+a2+a3+…+ak

=5+5+10+…+5×2k2. -

51-2k1-=55×2k1. 1-2-

故当n=k+1时公式也成立.

由①②可知，对n≥2，n∈N*，有an=5×2n2. -

所以数列{an}的通项公式为

5n=1an=. n-2*5×2n≥2，n∈N

12.解 假设存在a、b、c使上式对n∈N*均成立，

则当n=1,2,3时上式显然也成立，

此时可得

11×2+2×3=24a+2b+c，1×2+2×3+3×4=9a+3b+c，2222211×22=a+b+c，6

解此方程组可得a=3，b=11，c=10，

nn+1下面用数学归纳法证明等式1×22+2×32+3×42+…+n(n+1)2=×(3n2+11n+10)12

对一切正整数均成立.

(1)当n=1时，命题显然成立.

(2)假设当n=k时，命题成立.

kk+12即1×22+2×32+3×42+…+k(k+1)2=(3k+11k+10)， 12

则当n=k+1时，有

1×22+2×32+…+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2

=

=

=

=kk+12k+11k+10)+(k+1)(k+2)2 12kk+1k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 12k+1k+22k+5k+12k+24) 12k+1k+2k+1)2+11(k+1)+10]. 12

即当n=k+1时，等式也成立.

由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立.

第四篇：【优教通,同步备课】高中数学(北师大版)选修1-1教案：第1章 全称量词与存在量词 导学案1

1.3 全称量词与存在量词

【学习目标】1.通过生活和数学中的丰富实例，理解全称量词与存在量词的意义;2.能准确地利用全称量词与存在量词叙述数学内容 【重点难点】理解全称量词与存在量词的意义. 【知识链接】德国著名的数学家哥德巴赫提出这样一个问题“任意取一个奇数，可以把它写成三个质数之和，比如77，：77=53+17+7”，同年欧拉首先肯定了哥德巴赫猜想的正确，并且认为：每一个偶数都是两个质数之和，虽然通过大量检验这个命题是正确的，但是还需要证明。这也就是当今人们称之为哥德巴赫猜想，并誉为数学皇冠上的明珠。200多年来我国著名数学家陈景润才证明了“1+2”即：凡是比某一个正整数大的任何偶数，都能表示成一个质数加上两个质数相乘，或者表示成一个质数加上一个质数，从陈景润的“1+2”到“1+1”似乎仅一步之遥。它是一个迄今为止仍然是一个没有得到正面证明也没有被推翻的命题. 【学习过程】

一、自学质疑：

在我们的日常生活中，我们常常遇到这样的命题: (1)所有中国公民的合法权利都受到中华人民共和国宪法的保护;

2(2)对任意实数x，都有x0; 2(3)存在有理数x，使x20.

问题1：上述命题中有那些关键的量词? 1.全称量词与存在量词：

全称量词定义： ;

表示形式： ; 符号表示：____________________________________________; 读作：________________________________________________.

存在量词定义：________________________________________;

表示形式:_____________________________________________;

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总结：存在性命题xM,p(x)为真，只要在给定的集合M中找出一个元素x，使命题p(x)为真，否则为假;全称命题xM,p(x)为真，必须对给定的集合的每一个元素x, p(x)为真，但要判断一个全称命题为假，只要在给定的集合内找出一个x0，使p(x0)为假.

三、矫正反馈：

1.下列全称命题中，真命题的是___________. A.末位是偶数的整数总能被2整除; B.角平分线上的点到这个角两边距离相等;

C.正三棱锥的任意两个面所成的二面角相等. 2.下列存在性命题中，真命题的是____________. A.xR,x0 B.至少有一个整数，它既不是质数也不是合数 C.x是无理数，x是无理数 D.x是无理数，x是有理数 3.下列全称命题中真命题的个数是 . ①末位是0的整数，可以被2整除;②角平分线上的点到这个角的两边的距离相等;③正四面体中两侧面所成的二面角相等.

224.下列存在命题中假命题的个数是 . ①有的实数是无限不循环小数;②有些三角形不是等腰三角形;③有的菱形是正方形. 5.下列存在命题中真命题的个数是 . ①xR,x0;②至少有一个整数，它既不是合数，也不是素数;③x{x│x是无理数｝，x2是无理数.

- 3(1)实数的平方大于等于0;

(2)存在一对实数，使2x3y30成立; (3)勾股定理.

8.写出下列命题的否定： (1)所有自然数的平方是正数;

(2)任何实数x都是方程5x-12=0的根;

(3)对于任意实数x，存在实数y，使xy0;

(4)有些质数是奇数.

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第五篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2综合法与分析法(一)

§2.2 直接证明与间接证明

2.2.1 综合法与分析法(一)

一、基础过关

1.已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是

A.若a>b，则ac2>bc

2abB.若a>b cc

11C.若a3>b3且ab<0，则> ab

11D.若a2>b2且ab>0，则 ab

2.A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.即不充分也不必要条件

3.已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m;②若l⊥m，则α∥β;③若α⊥β，则l⊥m;④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数是()

A.

1C.

3+()()B.2 D.4() 4.设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，则必有

a2+b2A.1≤ab≤

2a2+b2C.ab<<12a2+b2B.ab<1< 2a2+b2D.ab<1 2

ab5.已知a，b为非零实数，则使不等式：+2成立的一个充分不必要条件是() ba

A.ab>0

B.ab<0 D.a>0，b>0 C.a>0，b<0

二、能力提升

16.设0

A.aB.b()

C.cD.不能确定

() 1117.已知a、b、c∈R，且a+b+c=0，abc>0，则+的值abc

A.一定是正数

C.可能是0B.一定是负数D.正、负不能确定

8.设a=2，b73，c=6-2，则a，b，c的大小关系为________.

9.已知p=a+1a>2)，q=2-a2+4a-2(a>2)，则p、q的大小关系为________. a-

210.如果aa+b>b+a，求实数a，b的取值范围.

11.设a≥b>0，求证：3a3+2b3≥3a2b+2ab2.11112.已知a>0，->11+a>. ba1-b

三、探究与拓展

13.已知a、b、c是不全相等的正数，且0

答案

1.C 2.C 3.B 4.B 5.C 6.C 7.B

8.a>c>b

9.p>q

10.解 aa+b>b+a

⇔a-b>a-b

⇔aa-b)>ba-b)

⇔(a-b)(a-b)>0

⇔(a+bab)2>0，

只需a≠b且a，b都不小于零即可. 即a≥0，b≥0，且a≠b.

11.证明 方法一3a3+2b3-(3a2b+2ab2) =3a2(a-b)+2b2(b-a)

=(3a2-2b2)(a-b).

因为a≥b>0，

所以a-b≥0,3a2-2b2>0，

从而(3a2-2b2)(a-b)≥0，

所以3a3+2b3≥3a2b+2ab2.

方法二 要证3a3+2b3≥3a2b+2ab2， 只需证3a2(a-b)-2b2(a-b)≥0， 只需证(3a2-2b2)(a-b)≥0，

∵a≥b>0.∴a-b≥0,3a2-2b2>2a2-2b2≥0， ∴上式成立.

1112.证明 >1及a>0可知0

1+a>1 1-b

只需证1+a1-b>1，

只需证1+a-b-ab>1，

a-b11只需证a-b-ab>0即>1， abba

这是已知条件，所以原不等式得证.

a+bb+ca+c13.证明 要证logxlogx+logx

a+bb+ca+c只需证logx()

由已知0

a+bb+ca+c得只需证>abc. 222

a+bb+c由公式ab>0，bc>0， 22a+c≥ac>0. 2又∵a，b，c是不全相等的正数， ∴

即a+bb+ca+cabc=abc. 222a+bb+ca+cabc成立. 222

a+bb+ca+c∴log+loglogxxa+logxb+logxc成立. 222