湖南地区省示范中学南县一中选修系列4模块测试卷《不等式选讲》

《不等式选讲》综合测评
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．下列不等式：①x+≥2;②|x+|≥2;③若0A.②④ B.①② C.②③ D.①②④
2．已知a>b>0,全集U=R,M={x|bA.P=M∩(N) B.P=(M)∩N
C.P=M∩N D.P=M∪N
3．设a=,则a,b,c的大小关系是（ ）
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.b>c>a
4．设x>0,y>0,A=，B=,则A，B的大小关系是（ ）
A.A=B B.AC.A≤B D.A>B
5．设a,b,c∈R+,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P，Q，R同时大于零”的…（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.非充充分非必要条件
6．a,b,c,d∈R,m=,则m与n的大小关系是（ ）
A.mn C.m≤n D.m≥n
7．设不等的两个正数a,b满足a3-b3=a2-b2,则a+b的取值范围是（ ）
A.(1,+∞) B.(1,)
C.［1,］ D.(0,1］
8．已知a,b,c为三角形的三边，设M=,则M，N与Q的大小关系是（ ）
A.MC.Q9．用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是……（ ）
A.(k+1)2+2k2 B.(k+1)2+k2
C.(k+1)2 D.(k+1)［2(k+1)2+1］
10．数列{an}的前n项和Sn=n2·an(n≥2),而a1=1,通过计算a2,a3,a4,猜想an等于（ ）
A. B.
C. D.
11．设a,b,c,d,m,n都是正数，P=,Q=,则有（ ）
A.P≤Q B.P≥Q
C.P=Q D.不确定
12．设M=(-1)(-1)(-1),且a+b+c=1，(a、b、c∈R+)，则M的取值范围是（ ）
A..［0,］ B.［,1］ C.［1,8］ D.［8,+∞）
二、填空题（每小题4分，共16分）
13若a,b,c∈R+,且a+b+c=1,则的最大值是____________.
14若a>b>0,m>0,n>0,则n按由小到大的顺序排列为__________.
15若实数x,y满足xy>0,且x2y=2,则xy+x2的最小值是____________.
16设P=log23,Q=log32,R=log2(log32)，则P、Q、R的大小关系为___________.
三、解答题
17．（12分）已知a,b,c均为正数，求证：.
18（12分）用数学归纳法证明：
（1）72n-42n-297能被264整除；
（2）an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除（其中n,a为正整数）.
19．(12分)已知y=f(x)满足f(n-1)=f(n)-lgan-1(n≥2,n∈N)且f(1)=-lga,是否存在实数α、β使f(n)=(αn2+βn-1)lga对任何n∈N*都成立，证明你的结论.
20．（12分）如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3，…，Qn,…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn-1QnPn,…都是正三角形，设它们的边长为a1,a2,…,an,…,求证：a1+a2+…+an=n(n+1).
21．(14分)设xi∈［1,+∞)(i=1,2,…,n)，
求证：.
《不等式选讲》综合测评答案
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．下列不等式：①x+≥2;②|x+|≥2;③若0A.②④ B.①② C.②③ D.①②④
解析：①当x>0时，x+≥2,当x<0时，x+≤-2;
②∵x与1x同号，∴|x+|=|x|+≥2;
③当0∴-logab>0,-logba>0.∴logab+logba≤-2;
④由③知logab+logba≥2是错的.
答案：C
2．已知a>b>0,全集U=R,M={x|bA.P=M∩(N) B.P=(M)∩N
C.P=M∩N D.P=M∪N
解析：由a>b>0知b<<答案：A
3．设a=,则a,b,c的大小关系是（ ）
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.b>c>a
解析：分子有理化，a=转化为比较的大小.或运用分析法亦可.
答案：B
4．设x>0,y>0,A=，B=,则A，B的大小关系是（ ）
A.A=B B.AC.A≤B D.A>B
解析：利用放缩法.A===B.
答案：B
5．设a,b,c∈R+,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P，Q，R同时大于零”的…（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.非充充分非必要条件
解析：利用反证法.充分性：由PQR>0知P，Q，R同时大于零或P，Q，R有一正两负.不妨设P>0,Q<0,R<0,即a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0,上两式相加得c<0与已知矛盾.必要性易知.
答案：C
6．a,b,c,d∈R,m=,则m与n的大小关系是（ ）
A.mn C.m≤n D.m≥n
解析：在直角坐标系中，构造点A（a,b），B（c,d），当原点O在线段AB上时，|AO|+|OB|=|AB|，即m=n;当原点O不在直线AB上，由三角形任意两边之和大于第三边知|AO|+|OB|>|AB|,即m>n.
答案：D
7．设不等的两个正数a,b满足a3-b3=a2-b2,则a+b的取值范围是（ ）
A.(1,+∞) B.(1,)
C.［1,］ D.(0,1］
解析：∵a,b为正数，由已知a3-b3=a2-b2(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)(a+b)a2+ab+b2=a+b
(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b?a+b>1.
又(a-b)2>0a2-2ab+b2>03(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2)3(a+b)2<4(a+b)a+b<.故1答案：B
8．已知a,b,c为三角形的三边，设M=,则M，N与Q的大小关系是（ ）
A.MC.Q解析：利用三角形的性质和放缩法.由a+b>c.又.
答案：D
9．用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是……（ ）
A.(k+1)2+2k2 B.(k+1)2+k2
C.(k+1)2 D.(k+1)［2(k+1)2+1］
答案：B
10．数列{an}的前n项和Sn=n2·an(n≥2),而a1=1,通过计算a2,a3,a4,猜想an等于（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
11．设a,b,c,d,m,n都是正数，P=,Q=,则有（ ）
A.P≤Q B.P≥Q
C.P=Q D.不确定
解析：利用柯西不等式有(ma+nc)()≥()2=()2,即≥,即P≤Q.
答案：A
12．设M=(-1)(-1)(-1),且a+b+c=1，(a、b、c∈R+)，则M的取值范围是（ ）
A..［0,］ B.［,1］ C.［1,8］ D.［8,+∞）
思路分析：条件不等式，要充分运用条件，把M的表达式中的1全换成a+b+c，再利用基本不等式求解.
答案：D
二、填空题（每小题4分，共16分）
13若a,b,c∈R+,且a+b+c=1,则的最大值是____________.
解析：∵()2=a+b+c+2()≤1+2(a+)
=1+2(a+b+c)=3,
∴≤.
答案：
14若a>b>0,m>0,n>0,则n按由小到大的顺序排列为__________.
解析：利用分析法先比较与,与的大小，再一次运用此法比较与的大小即可得.
答案：<<<
15若实数x,y满足xy>0,且x2y=2,则xy+x2的最小值是____________.
解析：由x2y=2及xy>0知x>0,y>0.
∴y=.
故xy+x2=x·+x2=+x2=++x2≥3.
答案：3
16设P=log23,Q=log32,R=log2(log32)，则P、Q、R的大小关系为___________.
答案：R三、解答题（共74分）
17．（12分）已知a,b,c均为正数，求证：.
证明：由（a+b）2≥4ab,得,即
,同理可得,三式相加即可得证.
18．（12分）用数学归纳法证明：
（1）72n-42n-297能被264整除；
（2）an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除（其中n,a为正整数）.
证明：（1）当n=1时，72n-42n-297=-264,能被264整除，假设n=k时，72k-42k-297能被264整除.
当n=k+1时，72(k+1)-42(k+1)-297=49×(72k-42k-297)+33×42k+48×297
=49×(72k-42k-297)+33×8×(24k-3+6×9)
=49×(72k-42k-297)+264×(24k-3+6×9)能被264整除，命题正确.
（2）当n=1时，an+1+(a+1)2n-1=a2+a+1,能被a2+a+1整除，假设n=k时，an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除.
当n=k+1时，ak+2+(a+1)2k+1=(a+1)2［ak+1+(a+1)2k-1］+ak+2-ak+1(a+1)2
=(a+1)2［ak+1+(a+1)2k-1］-ak+1(a2+a+1)能被a2+a+1整除.
19． (12分)已知y=f(x)满足f(n-1)=f(n)-lgan-1(n≥2,n∈N)且f(1)=-lga,是否存在实数α、β使f(n)=(αn2+βn-1)lga对任何n∈N*都成立，证明你的结论.
解析：∵f(n)=f(n-1)+lgan-1,令n=2,则f(2)=f(1)+lga=-lga+lga=0.
又f(1)=-lga,∴
∴f(n)=(n2-n-1)lga.
证明：（1）当n=1时，显然成立.
（2）假设n=k时成立，即f(k)=(k2-k-1)lga,则n=k+1时，f(k+1)=f(k)+lgak=f(k)+klga=(k2-k-1+k)lga=［(k+1)2-(k+1)-1］lga.
∴当n=k+1时，不等式成立.
综合（1）、（2），可知存在实数α、β且α=,β=-,使f(n)=(αn2+βn-1)lga对任意n∈N*都成立.
20．（12分）如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3，…，Qn,…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn-1QnPn,…都是正三角形，设它们的边长为a1,a2,…,an,…,求证：a1+a2+…+an=n(n+1).
证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，
∴可求出P1（）.
∴a1=|OP1|=.而×1×2=,命题成立.
（2）假设n=k(k∈N*)时命题成立，即a1+a2+…+ak=k(k+1),则点Qk的坐标为（k(k+1),0）,
∴直线QkPk+1的方程为y=［x-k(k+1)］.代入y=,解得Pk+1点的坐标为(,(k+1)).
∴ak+1=|QkPk+1|=(k+1)·=(k+1).
∴a1+a2+…+ak+ak+1=k(k+1)+(k+1)=(k+1)(k+2).
∴当n=k+1时，命题成立.
由（1）、（2）,可知命题对所有正整数都成立.
21．(14分)设xi∈［1,+∞)(i=1,2,…,n)，
求证：.
证明：①先证明n=2m(m∈N)原不等式恒成立，
（A）m=0时原不等式显然成立，m=1时,
=≥0，
∴此时原不等式成立.
（B）设m=k即n=2k时原不等式成立，令2k=p，
则xi∈［1,+∞)(i=1,2,…,p)时，
恒成立.
则xi∈［1,+∞)(i=1,2,…,2p)时，
即n=2p=2k+1,m=k+1时原不等式成立.
由（A）（B）可知对于任何m∈N,n=2m时原不等式成立.
②对于任何n∈N*,必存在k,使p=2k>n成立.
令xn+1=xn+2=…=xp
=，
则成立，
即.
∴成立.
由①②可知对于任何n∈N*,
成立.