高中數(shù)學人教A版5證明不等式的基本方法

章末綜合測評(二)(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知a，b，c，d都是正數(shù)，且bc＞ad，則eq\f(a,b)，eq\f(a＋c,b＋d)，eq\f(a＋2c,b＋2d)，eq\f(c,d)中最大的是()\f(a,b)\f(a＋c,b＋d)\f(a＋2c,b＋2d)\f(c,d)【解析】因為a，b，c，d均是正數(shù)且bc＞ad，所以有eq\f(c,d)＞eq\f(a,b). ①又eq\f(c,d)－eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(cb＋d－a＋cd,db＋d)＝eq\f(bc－ad,db＋d)＞0，∴eq\f(c,d)＞eq\f(a＋c,b＋d)， ②eq\f(c,d)－eq\f(a＋2c,b＋2d)＝eq\f(cb＋2d－a＋2c·d,db＋2d)＝eq\f(bc－ad,db＋2d)＞0，∴eq\f(c,d)＞eq\f(a＋2c,b＋2d). ③由①②③知eq\f(c,d)最大，故選D.【答案】D2．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，則下列不等式中恒成立的是()【導學號：32750045】A．xy＞yz B．xz＞yzC．x|y|＞z|y| ＞xz【解析】法一特殊值法：令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除A，B，C，故選D.法二3z＜x＋y＋z＜3x，∴x＞eq\f(1,3)＞z，由x＞0，y＞z，得xy＞xz.故D正確．【答案】D3．對于x∈[0,1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，則代數(shù)式a＋3b的值()A．恒為正值 B．恒為非負值C．恒為負值 D.不確定【解析】依題意2b＞0，∴b＞0，且a＋2b＞0，∴a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒為正值．【答案】A4．已知數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(an,bn＋1)，其中a，b均為正數(shù)，那么an與an＋1的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)n＞an＋1 B．a(chǎn)n＜an＋1C．a(chǎn)n＝an＋1 D.與n的取值有關(guān)【解析】an＋1－an＝eq\f(an＋1,bn＋1＋1)－eq\f(an,bn＋1)＝eq\f(a,bn＋b＋1bn＋1).∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，∴an＋1－an＞0，因此an＋1＞an.【答案】B5．若實數(shù)a，b滿足a＋b＝2，則3a＋3b的最小值是()A．18 B．6C．2eq\r(3) \r(4,3)【解析】3a＋3b≥2eq\r(3a·3b)＝2eq\r(32)＝2×3＝6，選B.【答案】B6．設(shè)a＝lg2－lg5，b＝ex(x＜0)，則a與b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)＜bB．a(chǎn)＞bC．a(chǎn)＝b≤b【解析】a＝lg2－lg5＝lgeq\f(2,5)＜0.又x＜0，知0＜ex＜1，即0＜b＜1，∴a＜b.【答案】A7．若不等式|kx－4|≤2的解集為{x|1≤x≤3}，則實數(shù)k＝()\f(2,3)B．2C．6或6【解析】∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6，∵不等式的解集為{x|1≤x≤3}，∴k＝2.【答案】B8．設(shè)a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，c＝2x2y2(x，y∈R＋)，則下列結(jié)論中不正確的是()A．a(chǎn)最大 B．b最小C．c最小 ，b，c可以相等【解析】因為b＝x3y＋xy3≥2eq\r(x3y·xy3)＝2x2y2＝c，故B錯，應(yīng)選B.【答案】B9．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b應(yīng)滿足的條件是()A．a(chǎn)b＜0且a＞bB．a(chǎn)b＞0且a＞bC．a(chǎn)b＜0且a＜bD．a(chǎn)b＞0且a＞b或ab＜0且a＜b【解析】eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)?(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜a－b?3eq\r(3,ab2)＜3eq\r(3,a2b)?ab(a－b)＞0.當ab＞0時，a＞b；當ab＜0時，a＜b.【答案】D10．已知x＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(b2－2)(b＜0)，則x，y之間的大小關(guān)系是()A．x＞y B．x＜yC．x＝y(tǒng) D.不能確定【解析】因為x＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4(a＞2)．又b2－2＞－2(b＜0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(b2－2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4，所以x＞y.【答案】A11．若a>0，b>0，則p＝(a·b)eq\s\up21(eq\f(a+b,2))，q＝ab·ba的大小關(guān)系是()A．p≥q B．p≤qC．p>q <q【解析】eq\f(p,q)＝eq\f(a·b\s\up21(\f(a＋b,2)),ab·ba)＝aeq\s\up21(eq\f(a－b,2))·beq\s\up21(eq\f(b－a,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up21(eq\f(a－b,2)).若a≥b>0，則eq\f(a,b)≥1，a－b≥0，從而eq\f(p,q)≥1，得p≥q；若b≥a>0，則0<eq\f(a,b)≤1，a－b≤0，從而eq\f(p,q)≥1，得p≥q.綜上所述，p≥q.【答案】A12．在△ABC中，A，B，C分別為a，b，c所對的角，且a，b，c成等差數(shù)列，則角B適合的條件是()A．0＜B≤eq\f(π,4) B．0＜B≤eq\f(π,3)C．0＜B≤eq\f(π,2) \f(π,2)＜B＜π【解析】由a，b，c成等差數(shù)列，得2b＝a＋c，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(a＋c2,4),2ac)，＝eq\f(3a2＋c2－2ac,8ac)＝eq\f(3a2＋c2,8ac)－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2).當且僅當a＝b＝c時，等號成立．∴cosB的最小值為eq\f(1,2).又y＝cosB在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，∴0＜B≤eq\f(π,3).【答案】B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填在題中橫線上)13．用反證法證明命題“三角形中最多只有一個內(nèi)角是鈍角”時的假設(shè)是________．【解析】“三角形中最多只有一個內(nèi)角是鈍角”的對立事件是“三角形中內(nèi)角有2個鈍角或3個全是鈍角”，故應(yīng)填三角形中至少有兩個內(nèi)角是鈍角．【答案】三角形中至少有兩個內(nèi)角是鈍角14．若實數(shù)m，n，x，y滿足m2＋n2＝a，x2＋y2＝b(a≠b)，則mx＋ny的最大值為________.【導學號：32750046】【解析】設(shè)m＝eq\r(a)cosα，n＝eq\r(a)sinα，x＝eq\r(b)cosβ，y＝eq\r(b)sinβ，則mx＋ny＝eq\r(ab)cosαcosβ＋eq\r(ab)sinαsinβ＝eq\r(ab)cos(α－β)．當cos(α－β)＝1時，mx＋ny取得最大值eq\r(ab).【答案】eq\r(ab)15．用分析法證明：若a，b，m都是正數(shù)，且a＜b，則eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).完成下列證明過程：∵b＋m＞0，b＞0，∴要證原不等式成立，只需證明b(a＋m)＞a(b＋m)，即只需證明________．∵m＞0，∴只需證明b＞a，由已知顯然成立．∴原不等式成立．【解析】b(a＋m)＞a(b＋m)與bm＞am等價，因此欲證b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需證明bm＞am即可．【答案】bm＞am16．已知a，b，c，d∈R＋，且S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)，則S的取值范圍是________．【解析】由放縮法，得eq\f(a,a＋b＋c＋d)＜eq\f(a,a＋b＋c)＜eq\f(a,a＋c)；eq\f(b,a＋b＋c＋d)＜eq\f(b,b＋c＋d)＜eq\f(b,d＋b)；eq\f(c,a＋b＋c＋d)＜eq\f(c,c＋d＋a)＜eq\f(c,c＋a)；eq\f(d,a＋b＋c＋d)＜eq\f(d,d＋a＋b)＜eq\f(d,d＋b).以上四個不等式相加，得1＜S＜2.【答案】(1,2)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知m＞0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))eq\s\up21(2)≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).【證明】∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證．18．(本小題滿分12分)實數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負數(shù)．【證明】假設(shè)a，b，c，d都是非負數(shù)，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，則1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，這與已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假設(shè)錯誤，∴a，b，c，d中至少有一個是負數(shù)．19．(本小題滿分12分)設(shè)a，b，c是不全相等的正實數(shù)．求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.【證明】法一要證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc，只需證lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)，只需證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)≥abc＞0成立．∵a，b，c為不全相等的正數(shù)，∴上式中等號不成立．∴原不等式成立．法二∵a，b，c∈{正實數(shù)}，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0.又∵a，b，c為不全相等的實數(shù)，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc，∴l(xiāng)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)，即lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.20．(本小題滿分12分)若0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，求證：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同時大于1.【證明】假設(shè)三數(shù)能同時大于1，即(2－a)b＞1，(2－b)c＞1，(2－c)a＞1.那么eq\f(2－a＋b,2)≥eq\r(2－ab)＞1，同理eq\f(2－b＋c,2)＞1，eq\f(2－c＋a,2)＞1，三式相加eq\f(2－a＋b＋2－b＋c＋2－c＋a,2)＞3，即3＞3.上式顯然是錯誤的，∴該假設(shè)不成立．∴(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同時都大于1.21．(本小題滿分12分)求證：2(eq\r(n＋1)－1)＜1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＜2eq\r(n)(n∈N＋).【導學號：32750047】【證明】∵eq\f(1,\r(k))＝eq\f(2,2\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))＝2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))，k∈N＋，∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＞2[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))]＝2(eq\r(n＋1)－1)．又eq\f(1,\r(k))＝eq\f(2,2\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))＝2(eq\r(k)－eq\r(k－1))，k∈N＋，∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＜1＋2[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))]＝1＋2(eq\r(n)－1)＝2eq\r(n)－1＜2eq\r(n).∴2(eq\r(n＋1)－1)＜1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＜2eq\r(n)(n∈N＋)．22．(本小題滿分12分)等差數(shù)列{an}各項均為正整數(shù)，a1＝3，前n項和為Sn.等比數(shù)列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{beq\s\do5(an)}是公比為64的等比數(shù)列．(1)求an與bn；(2)證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(3,4).【解】(1)設(shè)