2018-2019版人教A版數(shù)學(xué)選修4-5同步學(xué)案：第二講 滾動(dòng)訓(xùn)練（二）（第二講）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精滾動(dòng)訓(xùn)練(二)(第二講）一、選擇題1．設(shè)Q表示要證明的結(jié)論，Pn(n＝1，2,3，…）表示一個(gè)明顯成立的條件，那么下列表示的證明方法是()Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個(gè)明顯成立的條件A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．比較法答案B解析分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā),逐步尋求使結(jié)論成立的充分條件，只要使結(jié)論成立的充分條件已具備，此結(jié)論就一定成立．故選B.2．用反證法證明命題“若自然數(shù)a，b,c的積為偶數(shù)，則a，b,c中至少有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)，對(duì)結(jié)論正確的反設(shè)為（）A．a(chǎn)，b,c中至多有一個(gè)偶數(shù)B．a(chǎn),b，c都是奇數(shù)C．a(chǎn)，b，c至多有一個(gè)奇數(shù)D．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)答案B解析“a，b，c中至少有一個(gè)偶數(shù)”的否定為“a，b，c中一個(gè)偶數(shù)都沒(méi)有”，即“a，b，c都是奇數(shù)”,故選B。3．設(shè)x,y＞0，且xy－（x＋y）＝1，則（）A．x＋y≥2（eq\r(2)＋1）B．xy≤eq\r(2）＋1C．x＋y≤2（eq\r(2）＋1）2D．xy≥2（eq\r（2)＋1)答案A解析因?yàn)閤＞0,y＞0,且xy－（x＋y)＝1，所以(x＋y）＋1＝xy≤eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(x＋y，2)))2，所以(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0,解得x＋y≥2（eq\r(2)＋1）．4．若a,b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1,設(shè)M＝eq\f(8，27－27a），N＝（a＋c)·(a＋b)，則（)A．M≥N B．M≤NC．M＞N D．M＜N答案A解析依題意易知1－a,1－b,1－c∈R＋，由基本不等式知eq\r(3,1－a1－b1－c）≤eq\f(1，3)［(1－a）＋(1－b)＋(1－c)］＝eq\f（2,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f（1,3）時(shí)，取等號(hào)．∴（1－a)（1－b）（1－c）≤eq\f（8,27)。從而有eq\f（8，271－a)≥（1－b）（1－c）＝（a＋c）(a＋b），即M≥N。故選A。5．已知a，b，c是三角形的三邊長(zhǎng)，A＝eq\f（a，1＋a）＋eq\f（b，1＋b），B＝eq\f(c,1＋c），則(）A．A≤B B．A＜BC．A≥B D．A＞B答案D解析∵a，b，c是三角形的三邊長(zhǎng)，∴c＜a＋b,∴B＝eq\f（c，1＋c)＝eq\f(1,\f(1,c）＋1）＜eq\f(1,\f（1，a＋b）＋1）＝eq\f(a＋b,a＋b＋1)＝eq\f(a,a＋b＋1）＋eq\f(b，a＋b＋1)＜eq\f（a，a＋1)＋eq\f（b，1＋b)＝A,∴B＜A,故選D。6．若關(guān)于x的不等式｜x＋1|＋|x－2|＋m－7＞0的解集為R,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(）A．(－∞，4) B．[4，＋∞）C．(4,＋∞) D．（－∞,4]答案C解析由|x＋1｜＋｜x－2|＋m－7＞0，得|x＋1|＋|x－2|＞7－m。又｜x＋1｜＋|x－2｜≥｜x＋1－（x－2)｜＝3，且原不等式的解集為R，∴3＞7－m，解得m＞4，故選C。7．已知a＞0且a≠1，P＝loga（a3＋1），Q＝loga(a2＋1)，則P,Q的大小關(guān)系是（)A．P＞Q B．P＜QC．P＝Q D．大小不確定答案A解析P－Q＝loga（a3＋1）－loga(a2＋1）＝logaeq\f(a3＋1，a2＋1).當(dāng)0＜a＜1時(shí)，0＜a3＋1＜a2＋1，0＜eq\f(a3＋1，a2＋1)＜1，所以logaeq\f(a3＋1，a2＋1）＞0,即P－Q＞0，所以P＞Q.當(dāng)a＞1時(shí)，a3＋1＞a2＋1＞0，eq\f(a3＋1，a2＋1)＞1，所以logaeq\f（a3＋1，a2＋1）＞0，即P－Q＞0，所以P＞Q.故選A。二、填空題8．若x，y是正數(shù)，則eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，2y)）)2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(y＋\f（1，2x))）2的最小值是________．答案4解析eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，2y)））2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（y＋\f（1，2x））)2＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x2＋\f（1,4x2）))＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f（y,x)））＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（y2＋\f（1,4y2）)）≥2eq\r（x2·\f(1，4x2）)＋2eq\r(\f（x，y)·\f(y,x)）＋2eq\r(y2·\f（1,4y2)）＝1＋2＋1＝4,當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(\r（2),2)時(shí)，等號(hào)成立．9．若不等式|3x－b｜＜4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2，3，則b的取值范圍為________．答案(5,7)解析由|3x－b|＜4，得－4＜3x－b＜4，即eq\f（－4＋b，3)＜x＜eq\f(4＋b，3）.∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2，3，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（0≤\f（－4＋b,3)＜1，,3＜\f（4＋b，3)≤4））?eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(4≤b＜7，，5＜b≤8，））∴5＜b＜7.10．函數(shù)f(x）＝x（5－2x）2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0＜x＜\f（5,2））)的最大值是________．答案eq\f(250,27）解析f(x）＝eq\f(1,4）×4x（5－2x)(5－2x）≤eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（4x＋5－2x＋5－2x,3））)3＝eq\f(250,27)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝5－2x,即x＝eq\f(5,6)時(shí)，等號(hào)成立．故函數(shù)f(x)＝x(5－2x）2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(5,2))）的最大值為eq\f（250,27）。11．若不等式｜2x－1｜＋|x＋2｜≥a2＋eq\f(1，2)a＋2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2）))解析｜2x－1｜＋|x＋2｜＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x＋1,x＞\f（1,2），，3－x，－2≤x≤\f(1,2），,－3x－1，x＜－2,）)∴當(dāng)x＝eq\f（1，2）時(shí)，｜2x－1|＋｜x＋2|取得最小值eq\f(5，2），從而a2＋eq\f(a,2）＋2≤eq\f（5,2)，解得－1≤a≤eq\f（1,2）。

三、解答題12．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足x＋eq\f(y，4)＝1.(1)若｜7－y|＜2x＋3，求x的取值范圍；（2)若x＞0，y＞0，求證:eq\r(xy）≥xy。(1）解∵x＋eq\f(y,4)＝1,∴4x＋y＝4，則由|7－y|＜2x＋3，得｜4x＋3｜＜2x＋3，則－2x－3＜4x＋3＜2x＋3，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（4x＋3＜2x＋3,，4x＋3＞－2x－3，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＜0，,x＞－1，）)解得－1＜x＜0，∴x的取值范圍為(－1，0）．(2）證明∵x＞0,y＞0,∴1＝x＋eq\f（y,4)≥2eq\r（x·\f(y,4)）＝eq\r(xy），當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(y，4）＝eq\f(1,2）時(shí)等號(hào)成立，∴0＜eq\r(xy)≤1，∴eq\r(xy）－xy＝eq\r（xy)（1－eq\r（xy)）≥0，∴eq\r(xy）≥xy。13．已知函數(shù)f（x)＝m－|x－2｜,m∈R＋,且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．（1)求m的值;（2）若a，b，c∈R＋，且eq\f（1,a）＋eq\f(1,2b）＋eq\f(1，3c)＝m，求證：a＋2b＋3c≥9.（1）解因?yàn)閒(x＋2）＝m－｜x｜，所以f(x＋2)≥0等價(jià)于|x｜≤m.∵m∈R＋，∴|x｜≤m，∴解集為{x｜－m≤x≤m}．又f（x＋2）≥0的解集為[－1，1］,所以m＝1。(2）證明由（1）知，eq\f（1,a）＋eq\f（1，2b）＋eq\f(1,3c)＝1，a,b，c∈R＋，所以a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）·1＝（a＋2b＋3c）·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,a）＋\f(1，2b）＋\f(1,3c)））＝3＋eq\f(2b，a）＋eq\f（3c，a)＋eq\f(a，2b)＋eq\f（3c，2b）＋eq\f(a,3c)＋eq\f(2b,3c)＝3＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2b，a)＋\f（a，2b））)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3c,a)＋\f（a，3c）))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3c,2b）＋\f(2b，3c)）)≥3＋2＋2＋2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝3c＝3時(shí),等號(hào)成立．14．(1）已知a，b，c，d∈R＋，設(shè)S＝eq\f(a，a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d）＋eq\f（c,c＋d＋a）＋eq\f（d,d＋a＋b)，求證：1＜S＜2；（2）已知a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c）≥abc.證明(1）因?yàn)閍，b,c，d∈R＋，所以eq\f(a，a＋b＋c）＋eq\f（b，b＋c＋d)＋eq\f（c，c＋d＋a)＋eq\f（d,d＋a＋b）＞eq\f（a，a＋b＋c＋d）＋eq\f(b，b＋c＋d＋a)＋eq\f（c，c＋d＋a＋b)＋eq\f（d，d＋a＋b＋c）＝eq\f(a＋b＋c＋d,a＋b＋c＋d）＝1,即S＞1。又由eq\f(a,a＋b＋c)＜eq\f（a，a＋c)，eq\f（c，c＋d＋a)＜eq\f（c，a＋c)，eq\f(b，b＋c＋d）＜eq\f（b，b＋d），eq\f（d，d＋a＋b）＜eq\f（d,d＋b），得eq\f(a，a＋b＋c）＋eq\f（c,c＋d＋a）＜eq\f(c，a＋c）＋eq\f(a，a＋c）＝1,eq\f（b，b＋c＋d)＋eq\f(d，d＋a＋b)＜eq\f（d，d＋b)＋eq\f(b，b＋d）＝1，所以eq\f(a，a＋b＋c）＋eq\f(b,b＋c＋d）＋eq\f(c，c＋d＋a）＋eq\f（d,d＋a＋b)＜2，即S＜2.故1＜S＜2成立．（2)因?yàn)閎2＋c2≥2bc，a2＞0,所以a2（b2＋c2）≥2a2bc. ①同理b2（a2＋c2）≥2ab2c, ②c2