數(shù)學(xué)同步測(cè)控：平均不等式

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)必貴于專精同步測(cè)控我夯基,我達(dá)標(biāo)1.若x>0,則4x+的最小值是（)A.9B.C。13D。不存在解析：∵x〉0,∴4x+=2x+2x+≥。當(dāng)且僅當(dāng)2x=,即x=時(shí)取“=”。答案：B2。設(shè)a、b、c∈R+，且a+b+c=1,若M=（-1）（—1)(—1）,則必有(）A。0≤M<B?！躆<1C。1≤M<8D。M≥8解析：∵a+b+c=1,∴（-1）（-1)(-1)=(—1）（—1)(—1）=≥=8(a、b、c∈R+）。答案：D3。a2+b2=1,b2+c2=2,c2+a2=2，則ab+bc+ca的最小值為（）A.—B.-C。D.+解析：若由a2+b2≥2ab,∴ab≤；b2+c2≥2bc,∴bc≤1;c2+a2≥2ac,∴ac≤1得出ab+bc+ca≤是錯(cuò)誤的,因?yàn)榈忍?hào)不同時(shí)成立,取不到“=”.正確的解法:由已知，得a2=1—b2，c2=2-b2。又∵c2+a2=2,∴3-2b2=2。∴b2=，a2=，c2=?！郺b+bc+ca=ab+c(a+b）的取值分別為±或±綜上，ab+bc+ca的最小值為.答案：B4。若a+b+c=0，a>b>c,則有(）A.ab>acB。ac>bcC。ab>bcD.以上皆錯(cuò)解析:∵a+b+c=0，a〉b〉c,∴a+b+c〈a+a+a=3a?！郺〉0.∴由b>c,得ab〉ac?！郃正確.又∵a+b+c〉c+c+c=3c，∴c<0.則由a〉b,得ac〈bc，B錯(cuò)。答案：A5。若a、b∈R+，且2a+b=1，則S=2-4a2—b2的最大值為（)A。B。C。+1D.解析：∵2a+b=1,∴（2a+b)2=4a2+4ab+b2=1.∴4a2+b2=1—4ab.又∵2a+b=1，a、b∈R+,∴2a+b≥?！唷??！唷堋！郤=—4a2-b2=-(1-4ab)=4ab+—1=（）2—.∴當(dāng)時(shí)，Smax=（）2—=。答案:B6。若實(shí)數(shù)x、y滿足xy〉0,且x2y=2，則xy+x2的最小值為（)A。1B。2C.3解析:∵xy〉0,由xy+x2=≥=3，知最小值為3,當(dāng)且僅當(dāng)=x2時(shí)等號(hào)成立.∵xy〉0，∴x==1時(shí)，取“=”。答案：C7.當(dāng)0<x〈時(shí),函數(shù)f（x）=的最小值為()A。2B.C。4D.解析：f（x）=∵0<x〈，∴sinx〉0，cosx〉0.∴f（x）≥=4。答案：C8.設(shè)a〉b>c，n∈N＊，且+≥恒成立，則n的最大值為（)A.2B.3C.4解析：∵a〉b>c，∴a—b>0，a-c>0，b-c>0.∴+≥，即n≤=2+恒成立.由=2,∴n≤2+2=4.答案：C我綜合,我發(fā)展9。函數(shù)y=log2（x++5)(x〉1）的最小值為________________。解析:∵x〉1,∴x++5=(x—1)++6≥+6=8。∴y=log2(x++5）≥log28=3.答案:310。已知a、b、c∈R+，則(++)（++）≥_________________。解析：∵a、b、c∈R+，∴(++)(++）≥=9。答案：911.已知x∈R+，有不等式x+≥2,x+=++≥3…,由此啟發(fā)我們可以推廣為x+≥n+1(n∈N*）,則a=_______________.解析:由x+≥2,x+≥3，x+=4….∴a=nn，x+=n+1.答案:nn12.若記號(hào)“*”表示求兩個(gè)數(shù)a與b的算術(shù)平均的運(yùn)算，即a*b=,則兩邊均含有運(yùn)算“*"和“+"且對(duì)任意3個(gè)實(shí)數(shù)a、b、c都能成立的一個(gè)等式可以是______________.解析：a+（b＊c）=a+==+=（a*b)+（a＊c),(a+b）＊(a+c)==。答案：a+（b*c）=（a*b)+(a＊c）=（a+b)＊(a+c)13。已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1,求證：++≥。分析：由已知條件a+b+c=1,而不等式中含有a+b，b+c，c+a等量.∴可將等式a+b+c=1，化為（a+b)+(b+c)+(c+a）=2進(jìn)行代換。證明：∵a、b、c∈R+，且a+b+c=1,∴（a+b)+（b+c）+(c+a）=2?！啵郏╝+b)+(b+c)+(c+a)]［++］≥=9。∴++≥成立.14.已知a、b∈R+,且a≠b,求證：a3+b3〉a2b+ab2.解析：可用比較法證明,也可構(gòu)造平均不等式證明.證法一：(比較法）∵a3+b3-(a2b+ab2)=a2(a—b)+b2（b—a）=(a-b)2(a+b）,又∵a,b∈R+且a≠b，∴（a—b)2〉0。a+b>0.∴a3+b3〉a2b+ab2。證法二:（平均不等式法）∵a、b∈R+,且a≠b?！郺3+b3=［（a3+a3+b3）+(a3+b3+b3）］>（)=a2b+ab2.∴a3+b3>a2b+ab2.我創(chuàng)新,我超越15.設(shè)a、b、c∈R+,求證：ab(a+b)+bc(b+c）+ca(c+a)≥6abc.證明:∵a、b、c∈R+，∴ab(a+b)+bc(b+c)+ca（c+a）=(a2b+b2c+c2a）+(ab2+bc2+ca≥=6abc.∴原不等式成立。16.求y=4sin2x