专题23 不等式证明解答题专练-2021年高考数学高分突破冲刺练（全国通用）（解析版）

专题 23 不等式证明解答题专练 1．已知 ( ) 2 1 5f x x x= + + + ． （1）解不等式   9f x  ； （2）若 a 、b 、 c 均为正数，且 ( ) ( ) ( ) 24f a f b f c+ + = ，证明： 2 2 2 2b c a a b c    【解析】（1）由题意可知， ( ) 2 1 5f x x x= + + + ， 当 2 1x   时， ( ) 2 1 5 3 6f x x x x= + + + = + ，   9f x  ，即 3 6 9x + < ，解得 1 12 x   ； 当 15 2x    ， ( ) ( )2 1 5 4f x x x x= - + + + = - + ，   9f x  ，即 4 9x- + < ，解得 15 2x    ； 当 5x   ， ( ) ( ) ( )2 1 5 3 6f x x x x= - + - + = - - ，   9f x  ，即 3 6 9x- - < ，无解， 综上所述，  5,1x  ， （2）因为 a 、 b 、 c 均为正数，所以 ( ) 3 6f a a= + ， ( ) 3 6f b b= + ， ( ) 3 6f c c= + ， 因为 ( ) ( ) ( ) 24f a f b f c+ + = ，所以3 6 3 6 3 6 24a b c+ + + + + = ，化简得 2a b c   ， 因为 2 2 2 2 2 2 2b c a b c a a b ca b c a b c + + + = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c a b c aa b c a b ca b c a b c             2 2 2 4b c a= + + = ，当且仅当 a b c  时取“  ”号，所以 2 2 2 2b c a a b c    成立. 2．已知函数 ( ) ln 3f x a x ax   ( 0)a  ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( ) ( 1) 4 0f x a x e     对任意 2[ , ]x e e 恒成立，求实数 a 的取值范围（ e 为自然常数）； （3）求证： 2 2 2 2 1 1 1 1ln( 1) ln( 1) ln( 1) ... ln( 1) 12 3 4 n          *( 2, )n n N ． 【解析】（1）函数的定义域为  0 +， ， ' (1 )( ) a xf x x  ， 当 0a  时， ( )f x 的单调增区间为 (0,1]，单调减区间为[1, ) ； 当 0a  时， ( )f x 的单调增区间为[1, ) ，单调减区间为 (0,1]； （2）令 ( ) ln 3 ( 1) 4 ln 1F x a x ax a x e a x x e           ， 则 ' ( ) a xF x x  ，令 ' ( ) 0a xF x x   ，则 x a  ， （a）若 a e  ，即 a e  则 ( )F x 在 2[ , ]e e 是增函数， 2 2 max( ) ( ) 2 1 0F x F e a e e      无解. （b）若 2a e  即 2a e  ，则 ( )F x 在 2[ , ]e e 是减函数， max( ) ( ) 1 0F x F e a    1a   所以 2a e  ， （c）若 2e a e   ，即 2e a e    ， ( )F x 在[ , ]e a 是减函数， 在 2[ , ]a e 是增函数， 2 2( ) 2 1 0F e a e e     可得 2 1 2 e ea   ， ( ) 1 0F e a   可得 1a   ， 所以 2 2 1 2 e ee a     ， 综上所述 2 1 2 e ea   （3）令 1a   （或 1a  ）此时 ( ) ln 3f x x x    ，所以 (1) 2f   ， 由（1）知 ( ) ln 3f x x x    在[1, ) 上单调递增， ∴当 (1, )x  时， ( ) (1)f x f 即 ln 1 0x x    ，∴ ln 1x x  对一切 (1, )x  成立， ∵ *2,n n N  ，则有 2 2 1 1 1 1 1ln( 1) ( 1) 1n n n n n n       ， 所以 2 2 2 2 1 1 1 1ln( 1) ln( 1) ln( 1) ... ln( 1)2 3 4 n         1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ...( )2 2 3 3 4 1n n         11 1n    . 3．已知正项数列 na 满足 1 1a  ， 1 12 3 8 2n n n na a a a    . （1）试比较 na 与 2 的大小，并说明理由； （2）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，证明：当 *n N 时， 2 5nS n  . 【解析】（1） 1 12 3 8 2n n n na a a a    ，即  1 2 3 8 2n n na a a    ， 1 8 2 2 3 n n n aa a    ，   1 1 8 2 1 11 72 3 2 22 8 22 4 222 3 n nn n nn n n a aa a aa a a              ，则 1 1 1 2 2 7 1 4 2 2 n n n n a a a a        且 1 1 1 12 2 2 a a    ， 所以，数列 1 2 2 n n a a         是以 1 2  为首项，以 7 4 为公比的等比数列， 1 1 1 72 2 2 4 nn n a a           ，可得 1 1 1 1 4 2 7 2 4 7 n n n n na         ， 1 1 1 3 42 02 4 7 n n n na          ， 2na  ； （2）当 1n  时， 1 1 3 2 1 5S       ； 当 2n  时，由（1）可得 11 11 1 3 4 3 42 2 2 32 4 7 772 4 nn n nn na                    ， 则   1 2 1 12 417 74 4 41 2 1 3 2 1 47 7 7 1 7 n n nS n n                                      142 5 4 2 57 n n n          . 综上所述，对任意的 n N ， 2 5nS n  . 4．已知数列 na 和 nb 满足 1 1a  ，且对任意的 *n N ， 2n nb a  ， 12 n n na b b  . （1）求 2a ， 3a 及数列 nb 的通项公式； （2）记  1 1 2 1 3 n n n n ac b     ， *n N ， 求证： 2 1 2 314 8nc c c n n       ， *n N . 【解析】（1）根据 1 1a  ， 2n nb a  ，得 1 1 2 3b a   ， 根据 12 n n na b b  ，得 1 2 12a b b  ，即 22 3b  ， 故 2 5b  ， 2 3a  .同理可得， 3 11b  ， 3 9a  . 根据 12 n n na b b  ， 2n nb a  ，得    12 2 2n n na a a    ，即 1 3n na a  . 又 1 1a  ，故数列 na 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 13  n na . 所以 13 2n nb   . （2）由（1）知，  2 3 1 423 1 3 1 n n n n n nc n       . 当 1n  时， 1 4c  ， 1 474 8c  成立； 当 2n  时，根据   22 2 4 42 2 8 38 3 3 1n nn n n nc n n         2 12 2 3n nn    ， 得： 2 1 2 0 1 2 1 2 32 2 3 3 3n n nc c c n n                . 令 0 1 2 2 3 3 3 3n nA     ① 则 1 2 1 1 2 1 3 3 3 3n n n nA       ② ①-②得： 2 2 1 2 1 1 123 3 3 3 3n n nA        2 1 1 113 3 2 1 31 3 n n n              . 所以 2 2 15 3 1 15 4 4 3 2 3 4 n n nA           . 所以，当 2n  时， 2 2 1 2 15 312 8 8nc c c n n n n          . 又 1 2 1 4nc c c c     ， 所以，当 2n  时， 2 1 2 314 8nc c c n n       . 综上所述，对任意 *n N ，恒有 2 1 2 314 8nc c c n n       . 5．已知函数 2( ) lnf x a x x  ，其中 a R ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）当 1a  时，证明： 2( ) 1f x x x   ； （3）求证：对任意的 *n N 且 2n… ，都有： 2 2 2 2 1 1 1 11 1 1 12 3 4 en                      ． （其中 2.7183e  为自然对数的底数）． 【解析】（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 22( ) 2a a xf x xx x     ， ①当 0a  时， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， ②当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，解得 2 ax   ． 当 0 2 ax   时， 22 0a x  ，所以 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 0, 2 a     上单调递减； 当 2 ax   时， 22 0a x  ，所以 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 ,2 a      上单调递增． 综上，当 0a  时，函数 ( )f x 在 (0, ) 上调递增； 当 0a  时，函数 ( )f x 在 0, 2 a     上单调递减，在 ,2 a      上单调递增． （2）当 1a  时， 2( ) lnf x x x  ，要证明 2( ) 1f x x x   ， 即证 ln 1x x  ，即 ln 1 0x x   ． 设 ( ) ln 1g x x x   ，则 1( ) xg x x   ，令 ( ) 0g x  得， 1x  ． 当 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ，当 (1, )x  时， ( ) 0g x  ． 所以 1x  为极大值点，也为最大值点． 所以 ( ) (1) 0g x g  ，即 ln 1 0x x   ．故 2( ) 1f x x x   ． （3）由（2） ln 1x x  ，（当且仅当 1x  时等号成立）令 2 11x n   ，则 2 2 1 1ln 1 n n      ， ∴ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 12 3 2 3 1 2 2 3 ( 1)n n n n                                L L L 1 1 1 1 1 1 11 1 ln1 2 2 3 1 en n n           L ， 即 2 2 2 2 1 1 1 1ln 1 1 1 1 ln2 3 4 en                         ， 所以 2 2 2 2 1 1 1 11 1 1 12 3 4 en                     ． 6．正项数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，满足对每个 n N  ， 11 2n n nS a ， ， 成等差数列，且 1 2 3 6a a a ， ， 成等比数列. （1）求 1a 的值； （2）求{ }na 的通项公式； （3）求证： 2 1 2 1 1 1 1 1(13 )10 3n na a a      【解析】（1）由已知得 1 2 2 2 3 2 2 1 3 2( 2) 1 2( 2 ) 1 ( 6) S a S a a a a            1 2 1 2 3 2 2 1 3 2( 2) 1 2( 4) 1 ( 6) a a a a a a a a            2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 1 3 2 3 6 13 (2 3) (6 19) 2 7 9 0 ( 6) a a a a a a a a a a a a                 因为 1 0a  ，所以 1 1a  （2）因为 11 2n n nS a ， ， 成等差数列， 所以 1 1 12( 2 ) 1 2 2 1n n n n n nS a S a          当 2n  时， 1 1 1 1 1 2 2 1 2 2 3 2 2 2 1 n n nn n n n n n nn n n S a a a a a a S a                    又 1 2 2 11, 5 3 2a a a a     符合上式，所以 1 3 2n n nn N a a    ， 1 1 3 1 2 2 2 2 n n n n a a      1 1 31 1 12 2 2 2 n n n n n n a a a               是首项为 3 2 ，公比为 3 2 的等比数列 31 ( ) 3 22 2 n n nn nn a a      （3）因为，当 2n  时， 2 2 25 5(3 2 ) 3 4 3 2 4(3 2 ) 0 3 2 39 9 n n n n n n n n n n               1 9 1 3 2 5 3n n n   ，易知 1n  时，原不等式成立；当 2n  时， 1 2 3 2 1 2 111 1 1 9 1 1 1 9 1 1 131 ( ) 1 (13 )15 3 3 3 5 9 10 31 3 n n n na a a                     综上，原不等式 n N   成立. 7．记函数 1( ) 2 12f x x x    的最小值为 m . （1）求 m 的值； （2）若正数 a ，b ， c 满足 abc m ，证明： 9ab bc ca a b c      . 【解析】解法一：（1） 1 13 ,2 2 3 1 1( ) ,2 2 2 1 13 ,2 2 x x f x x x x x               当 1 2x   时， 1( ) 22f x f       ， 当 1 1 2 2x   ， 1( ) 12f x f      ， 当 1 2x  时， 1( ) 12f x f      ， 所以 min ( ) 1m f x  ， 解法二：（1） 1 13 ,2 2 3 1 1( ) ,2 2 2 1 13 ,2 2 x x f x x x x x               ，如图 当 1 2x  时， min ( ) 1m f x  ， 解法三：（1） 1 1 1( ) 2 2 2f x x x x      1 1 1 2 2 2x x x               11 12x    ， 当且仅当 1 1 02 2 1 02 x x x             即 1 2x  时，等号成立. 当 1 2x  时 min ( ) 1m f x  ， 解法一：（2）由题意可知， 1 1 1ab bc ca c a b      ， 因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b cc a b         ， 因为 331 1 1 1( ) 3 3 9a b c abcc a b abc          成立， 所以原不等式成立. 解法二：（2）因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以 3 2 2 23 0ab bc ca a b c    ， 33 0a b c abc    ，又因为 1abc  ， 所以 3 2 2 23( )( ) 3 3 9a b c ab bc ac abc a b c       ， ( )( ) 9ab bc ac a b c     ， 所以 9ab bc ca a b c      ，原不等式得证. 补充：解法三：（2）由题意可知， 1 1 1ab bc ca c a b      ， 因为 0a  ， 0b  ， 0c  ，所以要证明不等式 9ab bc ca a b c      ， 只需证明 1 1 1 ( ) 9a b ca b c         ， 由柯西不等式得： 21 1 1 1 1 1( ) 9a b c a b ca b c a b c                    成立， 所以原不等式成立. 8．设函数 1( ) 1 | 1|2f x x x    （ xR ）的最小值为 m . （1）求 m 的值； （2）若 a ，b ， c 为正实数，且 1 1 1 2 2 3 3ma mb mc    ，证明： 2 19 9 3 a b c   . 【解析】（1）解： 1( ) 1 | 1|2f x x x    3 , 2,2 1 2, 2 1,2 3 , 1,2 x x x x x x             当 ( ,1)x  时， ( )f x 单调递减；当  1,x  时， ( )f x 单调递增. 所以当 1x  时， ( )f x 取最小值 3 2m  . （2）证明：由（1）可知 1 1 1 12 3a b c    . 要证明： 2 19 9 3 a b c   ，即证 2 3 2 3 19 9 9 9 a b c a b c     ， 因为 a ，b ， c 为正实数， 所以 1 1 12 3 ( 2 3 ) 2 3a b c a b c a b c           2 2 3 33 2 3 3 2 a a b b c c b c a c a b        2 3 2 33 2 3 3 2 a b a c b c b a c a c b                       3 2 2 2 9     . 当且仅当 2 3a b c  ，即 3a  ， 3 2b  ， 1c  时取等号， 所以 2 19 9 3 a b c   . 9．已知函数   2ln 3f x x x ax   的图像在点   1, 1f 处的切线方程为 1y  . （1）确定实数 a 的值，并求函数  y f x 的单调区间； （2）若 *n N ，求证：    21 1 1ln 1 1 2ln 1 3ln 1 ln 1 2 62 3 n nn                           . 【解析】（1）由已知得函数  f x 的定义域为 0,  ，   1' 3 2f x axx    ， ∵函数  f x 的图像在点   1, 1f 处的切线方程为 1y  ， 则  ' 1 3 2 0f x a    ，∴ 2a  . 由     4 1 11' 3 4 0x xf x xx x        ，得 1x  ，或 1 4x   （舍去）， ∴当  0,1x 时，  ' 0f x  ，  f x 单调递增； 当  1,x  时，  ' 0f x  ，  f x 单调递减. 故函数  f x 的单调增区间为  0,1 ，单调增区间为 1, . （2）由（1）知  f x 有最大值  1 1f  ，因此   1f x  ， ∴  1,x  时，   2ln 3 2 1f x x x x    恒成立， 即   2ln 2 3 1 2 1 1x x x x x     ，∴ ln 2 11 x xx   ，令 1 1x n   ， 则 1ln 1 2 11 n n n       ，即 1 2ln 1 1n n n       . ∴   1 1 1ln 1 1 2ln 1 3ln 1 ln 12 3 n n                        2 2 2 21 1 1 11 2 3 n                               1 1 12 1 2 3 nn         . 而 1 1 1 1 1 1 11 2 3 1 2 3n n         2 2 21 2 1 3 2 1n n                  2 2 1 2 3 2 2 1 1 2 1 3 2 1 n n n n                 1 2 2 1 2 3 2 2 1 2 1n n n          . 因此，  21 1 12 1 4 2 2 62 3 n n n nn               . 即对任意的 *n N ，    21 1 1ln 1 1 2ln 1 3ln 1 ln 1 2 62 3 n nn                           . 10．已知函数   |2x-1|+|x-1|f x  ． （1）求不等式   4f x  的解集； （2）设函数  f x 的最小值为 m，当 a，b，c R ，且 a b c m   时，求 2 1 2 1 2 1a b c     的 最大值． 【解析】（1）①当 1 2x  时，   3 2 4f x x    ， 2 1 3 2x   ， ②当 1 12 x  时，   4f x x  ，， 1 12 x   ， ③当 1x  时，   3 2 4f x x   ， 1 2x   ， 综上：   4f x  的解集为 2 23x x      ， （2）法一：由（1）可知   13 2, 2 1, 12 3 2, 1 x x f x x x x x           ，  min 1 2f x  即 1 2m  ， 又 *, ,a b c R 且 1 2a b c   ， 则 2 2 2 1a b c   ，设 2 1, 2 1, 2 1x a y b z c      ， 2 2 2x y xy  2 22 2 1 2 1 2 2 2xy x y a b a b          ， 同理： 2 2 2 2yz b c   ， 2 2 2 2zx c a   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8xy yz zx a b b c c a             ，  2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 8 12x y z x y z xy yz zx a b c                 ， 2 3x y z    ，即 2 1 2 1 2 1 2 3a b c      ， 当且仅当 1 6a b c   时取得最大值 2 3 ， 法二：由（1）可知   13 2, 2 1, 12 3 2, 1 x x f x x x x x           ，  min 1 2f x  即 1 2m  ， 又 *, ,a b c R 且 1 2a b c   ，      3 4 4 42 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 3 3 3a b c a b c                4 4 42 1 2 1 2 13 3 3 3 2 2 2 2 a b c               ， 当且仅当 1 6a b c   时取得最大值 2 3 ， 法三：由（1）可知   13 2, 2 1, 12 3 2, 1 x x f x x x x x           ，  min 1 2f x  即 1 2m  ， 1 2a b c    2 1 2 1 2 1 4a b c       ，由柯西不等式可知：           2 2 2 22 2 22 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1a b c a b c                 即：  2 2 1 1 2 1 1 2 1 121a b c        ， 2 1 2 1 2 1 2 3a b c       ， 当且仅当 2 1 2 1 2 1a b c     即 1 6a b c   时，取得最大值 2 3 11．已知实数 a、b、 c R . （1）若 22 3 4ab ac bc a     ，求 2a b c  的最小值； （2）若 3a b c   ，求证： 3 3 31 1 1 8a b c              . 【解析】（1） 22 3 4ab ac bc a     ，    2 2ab ac bc a a ab ac bc                2 4 2 3 3 1a a b c a b a c a b           ，         2 2 2 3 1a b c a b a c a b a c            ， 当且仅当 a b a c   时，等号成立. （2） 3 3 21 a b c bc a a a a      ，①（当且仅当b c 时取等号）. 3 3 21 b a c ac b b b b      ，② （当且仅当 a c 时取等号）. 3 3 21 c a b ab c c c c      ，③（当且仅当 a b 时取等号）. 又因为实数 a、b、 c R ， 由  ① ② ③得： 3 3 31 1 1 8.(a b c              当且仅当 a b c  时取等号 ) 3 3 31 1 1 8.a b c               12．已知 a ，b ， c 为正数，且满足 3a b c   . （1）证明： 3ab bc ac   . （2）证明：9 4 12ab bc ac abc   . 【解析】（1）因为 a ，b 为正数，所以 2a b ab  ， 同理可得 2b c bc  ， 2a c ac  ， 所以  2 2 2 2a b c ab bc ac     ， 当且仅当 1a b c   时，等号成立，故 3ab bc ac   . （2）要证9 4 12ab bc ac abc   ，只需证 1 4 9 12a b c    即证   1 4 9 36a b c a b c         ， 即证 4 9 9 41 4 9 36a b a c b c b a c a c b          ， 即证 4 9 9 4 22a b a c b c b a c a c b       . 因为 4 2 4 4a b b a    ， 9 2 9 6a c c a    ， 9 4 2 36 12b c c b    ， 所以 4 9 9 4 22a b a c b c b a c a c b       ， 当且仅当 1 2a  ， 1b  ， 3 2c  时，等号成立，从而9 4 12ab bc ac abc   得证. 13．（1）用反证法证明：若角 A，B 为三角形 ABC 的内角，且 A＞B，则 cosB＞0； （2）证明：当 a＞0，b＞0，且 a≠b 时，有 ln ln 2 a b a bab a b    ． 【解析】（1）假设 cos 0B  ，因为 B 为三角形 ABC 内角，所以  0,B  ，则 ,2B      ， 因为 A B ，所以 2A  ，则 A B   ，这与 A B   矛盾，故假设不成立，因此 cos 0B  ． （2）证明：根据对称性，不妨设 0a b  ． ①因为 1 1ln ln ln 2lnln ln a a b a b a bab a b x xa b b xab a b           ， ax b  且 1x  ．令    12ln 1f x x x xx        ，则   21 1f x x        ． 因为 1x  ，所以   0f x  ．所以  f x 在 1, 上单调递减，所以    1 0f x f  ． 即 12lnx x x   成立，可知 ln ln a bab a b   成立． ②因为    2 12 2 1ln ln ln lnln ln 2 11 a a b xa b a b a ba b xaa b a b b x b                 ． ax b  且 1x  ．令      2 1ln 11 xg x x xx    则       2 2 1 1 xg x x x    ，因为 1x  ，所以   0g x  ， 所以  g x 在 1, 上单调递增，所以    1 0g x g  ． 即  2 1ln 1 xx x   成立，可知 ln ln 2 a b a b a b   ． 综上所述，当 0, 0a b  ，且 a b 时，有 ln ln 2 a b a bab a b    ． 14．已知实数 a、b、c＞0，求证：a3＋b3＋c3≥ 1 3 (a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)． 【解析】∵a2＋b2≥2ab，∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)， 即 a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab(a＋b)＝2a2b＋2ab2.∴a3＋b3≥a2b＋ab2. 同理：b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2， 将三式相加，得 2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2， ∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b) ＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)． ∴a3＋b3＋c3≥ 1 3 (a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)． 15．（1）已知实数 满足 ，证明： ； （2）已知 0a  ，求证： 2 2 1a a ＋ － 2 ≥ a ＋ 1 a －2． 【解析】（1）证法一 ，∴ ， ， ∴ ， ． ∴ ，即 ， ∴ ，∴ ， 即 ，∴ ． 证法二：要证 ， 只需证 只需证 只需证 即 ． ，∴ ， ，∴ 成立． ∴要证明的不等式成立． （2）证明：要证 2 2 1a a ＋ 12 2a a     ， 只需证 2 2 1 2a aa   ＋ 1 a ＋ 2 ， 只需证 2 2 1 4 4a a    2 2 2 1a aa  ＋ 2 1 2 2a   12 2a a     ＋ ， 即证 2 2 12 a a ＋ 12 a a     ， 只需证 2 2 14 2a a      ＋ 2 2 1 2a a     ＋ ， 即证 2 2 1 2a a ＋ ，此式显然成立． ∴原不等式成立． 16．设函数   2f x ax b  ． （1）若   3f x  的解集为 1,4 ，求实数 a ，b 的值； （2）当 1a  ， 2b  时，若存在 0x R ，使得   2 0 02 1 5f x x m m     成立的 m 的最大值为 M ，且 实数 p ， q满足 3 3p q M  ，证明： 0 2p q   ． 【解析】（1）   3f x  即为 2 3ax b  ，所以 3 2 3ax b    . 若 0a  ，  f x b ，   3f x  的解集不可能为 1,4 ，舍. 当 0a  时，   3f x  的解为 3 3 2 2 b bxa a     ， 所以 3 12 3 42 b a b a     ，解得 1 5 a b     . 当 0a  时，   3f x  的解为 3 3 2 2 b bxa a     ， 所以 3 42 3 12 b a b a     ，解得 1 5 a b     .综上， 1 5 a b     或 1 5 a b     . （2）当 1a  ， 2b  时，   2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 3f x x x x x x           ， 当且仅当   2 2 2 1 0x x   时等号成立， 故 25 3m m   即 2 2 0m m   ，故 1 2m   ，所以 2M  . 故 3 3 2p q  . 因为 3 3 2 0p q   ，故  33p q  ，所以 p q  即 0p q  . 要证： 2p q  ，即证： 2p q  ， 即证：  33 2p q  ，也就是即证： 3 2 38 12 6p q q q    ， 即证： 22 8 12 6q q   ，也就是即证： 21 2 0q q   ， 因为  21 0q  恒成立，故 21 2 0q q   必成立， 故 2p q  . 综上， 0 2p q   . 17．（1）已知 1a b c   ，证明： 2 2 2 49( 2) ( 2) ( 2) 3a b c     ； （2）若对任意实数 x ，不等式 3| | | 2 1| 2x a x    恒成立，求实数 a 的取值范围. 【解析】（1）证明：因为 1a b c   ， 所以 2 2 2( 2) ( 2) ( 2)a b c      2 2 2 4( ) 12a b c a b c      2 2 2 16a b c    . 所以要证 2 2 2 49( 2) ( 2) ( 2) 3a b c     ， 只需证 2 2 2 1 3a b c   . 因为 2 2 2 2( ) 2( )a b c a b c ab bc ca         2 2 2 2( ) 2     a b c a b c . 所以  2 2 2 23 ( )    a b c a b c .因为 1a b c   ，所以 2 2 2 1 3a b c   . 所以 2 2 2 49( 2) ( 2) ( 2) 3a b c     . （2）设 ( ) | | | 2 1|f x x a x    ，则“对任意实数 x ， 不等式 3| | | 2 1| 2x a x    恒成立”等价于“ min 3( ) 2f x  ”. 当 1 2a   时， 3 1, 1( ) 1, 2 13 1, 2 x a x a f x x a a x x a x                   ，此时 min 1 1( ) 2 2f x f a        ， 要使 3| | | 2 1| 2x a x    恒成立，必须 1 3 2 2a   ，解得 2a   . 当 1 2a   时， 1 1 3( ) | 2 1| 32 2 2f x x x x       ，即 1 1 2 2x   ，显然不恒成立. 当 1 2a   时， 13 1, 2 1( ) 1, 2 3 1, x a x f x x a x a x a x a                 ，此时 min 1 1( ) 2 2f x f a       ， 要使 3| | | 2 1| 2x a x    恒成立，必须 1 3 2 2a  ，解得 1a  . 综上所述，实数 a 的取值范围为 ( , 2] [1, )      . 18．已知函数 1 1( ) ( )( 0)2f x x xx    ， 1 ( )n na f a  ，对于任意的 *n N ，都有 1n na a  . （1）求 1a 的取值范围 （2）若 1 3 2a  ，证明： 1 11 2n na   ( *, 2n N n  ) （3）在（2）的条件下，证明： 1 2 2 3 1 2 1n n aa a na a a        【解析】（1）由题得 1 1 1( ) ( )2n n n n a f a a a    ， 1n na a  ， 1 1 1( ) 02n n n n a a aa     恒成立 21 0n n a a   ， 0na  1na  ，故： 1 1a  ， （2） 1 1( ) ( )2f x x x   2 1 1( ) (1 )2f x x    ，当 1x  时， ( ) 0f x  ， 函数 ( )f x 在(1，  )上是单调递增函数. 下面用数学归纳法证明： * 1 11 ( , 2)2n na n N n    ①当 2n  时，由 1 3 2a  得 2 1 3 1 1 1 13 1( ) 12 12 2a a a      成立. ②假设当 ( 2)n k k  时，结论成立.即： 1 11 2k ka   那么当 1n k  时 1 1 1 1 1 1 1 1( ) (1 ) (1 )12 2 2 1 2 k k k k k a f a f           1 1 1 2 1 1 1 1 1 1(1 1 ) (2 ) 12 2 2 1 2 2 2k k k k           这表明当 1n k  时不等式也成立，综合①②可知：当 *n N ， 2n  时 1 11 2n na   成立 （3） 1 1 1( )2n n n a a a   且 0na  ， 2 1 1 1n n na a a     2 1 1 11 1n n n a a a      ， 1n na a  2 1 11 1n n n a a a     ，令 2 11( )g x x   ，则 ( )g x 在 (1, ) 上递增，由（2）知： 1 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 11 1 1 1 (2 1) (2 1) 2 1 2(1 )2 n n n n n n n n n n a a a                      ( 2)n  又 1 2 5 11 13 2 a a    ，左边 1 2 2 3 1 ( 1) ( 1) ( 1)n n aa a a a a         2 3 2 2[1 ( ) ]1 1 1 1 22 2 ( 2 1) [1 ( ) ] 2 12 2 2 2 221 2 n n n                 ， 1 2 2 3 1 2 1n n aa a na a a         19．已知数列 na 满足 1 1 3a  ， 1 1 1 1 3n n na a     ． （1）证明：数列 11 3 4 n na      为等比数列，并求数列 na 的通项公式； （2）求证： 1 2 3 5na a a   ． 【解析】（1）因为 1 1 1 1 3n n na a     ， 所以 2 2 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 1 334 4 4 4 n n n n n n n n na a a a                     ， 又 1 1 9 9 334 4 4a     ， 所以数列 11 3 4 n na      是以 3 4 为首项， 1 为公比的等比数列，所以   1 11 3 3 14 4 n n na      ， 即   11 3 3 14 nn na      ，故   1 4 3 3 1n nn a      ． （2）由 1 1 3a  ， 2 1 6a  ，得 1 2 1 3 2 5a a   ， 当 4n  且 n 为偶数时， 1 1 1 1 1 1 4 1 1 4 3 3 4 1 1 3 3 1 3 1 3 3 3 2 3 1 3 3 3 n n n n n n n n n n na a                            ， 所以 1 2 3 4 1 1 1 4 1 1 1 1 3 6 3 3 3 3 3n n na a a              1 1 4 1 2 31 327 12 3 2 27 54 51 3        ； 当 3n  且 n 为奇数时， 1n  为偶数，则 1 2 1 3 5n na a a a     ， 由于 0na  ，则 1 2 3 5na a a   ． 综上， 1 2 3 5na a a   ． 20．已知 ( ) ln af x x x x x    ，其中 a∈R． （1）讨论 f(x)的极值点的个数； （2）当 n∈N*时，证明： 2 2 2 23 4 1ln 2 ln ln ln2 3 2 4 n n n n     ＞ ． 【解析】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，则 2 2( ) ln 1 1 lna af x x xx x        ， 令 2( ) ln ag x x x   ，x＞0，则 2 3 3 1 2 2( ) a x ag x x x x     ， ①当 0a  时， ( ) lnf x x  ，令 ( ) 0f x  ，则 1x  ， 当 0＜x＜1 时， ( ) 0f x  ，f(x)单调递减， 当 x＞1 时， ( ) 0f x  ，f(x)单调递增， 所以 f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点． ②当 0a  时， ( ) 0g x  ，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又 (1) 0g a   ， 2 2 1(e ) (1 ) 0e e a a a ag a a     所以 g(x)在(1，ea)上存在唯一零点，记为 x0，列表： x (0，x0) x0 (x0，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以 f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点． ③当 0a  时，令 ( ) 0g x  ，得 2x a  ， 当 0＜x＜ 2a 时， ( ) 0g x  ，g(x)单调递减，当 x＞ 2a 时， ( ) 0g x  ，g(x)单调递增， 所以 g(x)min＝g( 2a )＝ 1ln 2 2a  ， 当 a≤ 1 2e  时，g(x)min≥0，故 f ′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)在(0，＋∞)上无极值点， 当 1 2e  ＜a＜0 时，g(x)min＝g( 2a )＝ 1ln 2 2a  ＜0，又 (1) 0g a   ， 0 2 2 1a a     ，下面证 1( 2 ) ln( 2 ) 04g a a a      ， 令 1( ) ln( 2 ) 4a a a     ( 1 2e  ＜a＜0)， 2 2 2 212 1 4 1 e( ) 02 4 4 4 aa a a a a         ， 所以 ( )a 在( 1 2e  ，0)上单调递增，所以 1 1 e e( 2 ) ( ) ( ) ln 1 02e e 2 2g a a          ， 所以 g(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点，记为 , ( )    ，列表： x (0，α) α (α，β) β (β，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以 f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个极值点． 综上所述，当 a≤ 1 2e  时，f(x)无极值点； 当 1 2e  ＜a＜0 时，f(x)有两个极值点； 当 a≥0 时，f(x)有一个极值点． （2）由（1）知，当 a＝0 时，f(x)≥f(1)＝－1， 所以 ln 1x x x  ≥ ，即 1ln 1x x  ≥ ，所以 2 21ln (1 )x x  ≥ ， 令 1nx n  得故 2 21 1 1 1 1 1ln ( )1 1 2 1 2 n n n n n n n         ≥ ＞ ， 所以 2 2 2 23 4 1ln 2 ln ln ln2 3 n n    ＞ 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 1 2n n       ， 1 1 2 2 2 4 n n n     ．