2024-2025學年高中數(shù)學第2講講明不等式的基本方法第2課時綜合法作業(yè)含解析新人教A版選修4-5

PAGE其次講第2課時A．基礎(chǔ)鞏固1．(2024年山東)若a＞b＞0且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)＜log2(a＋b) B．eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜log2(a＋b)＜eq\f(b,2a) D．log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)【答案】B【解析】因為a＞b＞0且ab＝1，所以a＞1,0＜b＜1，所以eq\f(b,2a)＜1，log2(a＋b)＞log22eq\r(ab)＝1,2a＋eq\f(1,b)＞a＋eq\f(1,b)＞a＋b?a＋eq\f(1,b)＞log2(a＋b)．故選B．2．假如0＜m＜b＜a，那么()A．coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m) B．coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b＋m,a＋m)C．coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b＋m,a＋m) D．coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)【答案】A【解析】∵0＜m＜b＜a，∴eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)＝eq\f(a－bm,aa＋m)＞0，eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(a－bm,aa＋m)＞0，且eq\f(b,a)，eq\f(b－m,a－m)，eq\f(b＋m,a＋m)∈(0,1)，∴coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m).故選A．3．若x＞0，y＞0且x＋y≤4，那么eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥()A．1 B．2C．3 D．4【答案】A【解析】因為x＞0，y＞0，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)≥eq\f(x＋y,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2)＝eq\f(4,x＋y)≥eq\f(4,4)＝1.4．若a，b，c∈R且a＋b＋c＝1，則a2＋b2＋c2的最小值為()A．1 B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．0【答案】C【解析】∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)，當且僅當a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，a2＋b2＋c2有最小值eq\f(1,3).5．假如不等式|b－a|＜1成立的充分不必要條件是eq\f(1,2)＜b＜eq\f(3,2)，則實數(shù)a的取值范圍是______________．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))【解析】由|b－a|＜1得a－1＜b＜a＋1.因為|b－a|＜1成立的充分不必要條件是eq\f(1,2)＜b＜eq\f(3,2)，所以a－1≤eq\f(1,2)且a＋1≥eq\f(3,2)，解得eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).6．已知a，b，c是△ABC的三邊，且a3＋b3＋c3＝3abc，則△ABC的形態(tài)為____________．【答案】等邊三角形【解析】因為a，b，c均大于0，所以a3＋b3＋c3≥3abc，當且僅當a＝b＝c時，a3＋b3＋c3＝3abc成立．所以△ABC為等邊三角形．7．設(shè)a，b，c∈R＋，求證：eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥2eq\r(3).【解析】因為a>0,b>0,c>0，由平均值不等式可得eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)≥3eq\r(3,\f(1,a3)·\f(1,b3)·\f(1,c3))，即eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)≥eq\f(3,abc)，所以eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥eq\f(3,abc)＋abc≥2eq\r(\f(3,abc)·abc)＝2eq\r(3).故eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥2eq\r(3)，當且僅當a＝b＝c＝eq\r(6,3)時等號成立．B．實力提升8.(2024年鹽城模擬)已知a，b，c為正實數(shù)，a＋b＋c＝1.求證：(1)a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)；(2)eq\r(3a＋2)＋eq\r(3b＋2)＋eq\r(3c＋2)≤6.【證明】(1)a2＋b2＋c2－eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)(3a2＋3b2＋3c2－1)＝eq\f(1,3)[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]＝eq\f(1,3)(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)＝eq\f(1,3)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，∴a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).(2)∵eq\r(3a＋2)＝eq\r((3a＋2)×1)≤eq\f(3a＋2＋1,2)＝eq\f(3a＋3,2)，同