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课时提升作业
七
综合法与分析法
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·淄博高二检测)已知p:ab>0,q:+≥2,则p与q的关系是 ( )
A.p是q的充分而不必要条件
B.p是q的必要而不充分条件
C.p是q的充要条件
D.以上答案都不对
【解析】选C.若ab>0,则>0,>0,
所以+≥2=2,当且仅当a=b时等号成立.反之,若+≥2,即≥2,所以ab>0.
综合上述,p是q的充要条件.
2.(2016·商丘高二检测)设<<<1,则 ( )
A.aa
B.aaC.abD.ab【解析】选C.由<<<1,可得03.设a>b>0,m=-,n=,则 ( )
A.mB.m>n
C.m=n
D.不能确定
【解析】选A.因为a>b>0,
所以>,所以->0,>b.
(-)2-()2=a+b-2-(a-b)
=2(b-)<0.所以(-)2<()2.
所以-<,即m二、填空题(每小题6分,共12分)
4.设y=-,x=-,则x,y的大小关系是________.
【解析】y=-=,x=-=,
因为+>+>0,所以x>y.
答案:x>y
5.已知a>0,b>0且a+b=1,则++与8的大小关系是________.
【解析】因为a>0,b>0且a+b=1,
所以1=a+b≥2>0,
进而得≥2,于是得≥4.
又因为++===2·≥8.
故++≥8.
答案:++≥8
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.(2016·德州高二检测)已知x>0,y>0,x+y=1,
求证:≥9.
【证明】因为x>0,y>0,x+y=1,
所以
==
=5++≥5+2=9,当且仅当x=y时等号成立.所以≥9.
7.设a>0,b>0,c>0.证明:
(1)+≥.
(2)++≥++.
【证明】(1)因为a>0,b>0,
所以(a+b)≥2·2=4.
所以+≥.
(2)由(1)知+≥,
同时,+≥,+≥,三式相加得:
2≥++,
所以++≥++.
8.(用分析法或者综合法证明)已知a>6,求证:-<-.
【证明】要证-<-,
只需证明:+<+,
只需证明:<,
只需证明:(a-3)(a-6)<(a-4)(a-5),
只需证明:a2-9a+18只需证明:18<20,显然成立,
所以a>6时,-<-.
【补偿训练】已知a>0,->1,求证:>.
【证明】要证明>,
只需证>1,即(1+a)(1-b)>1.
只要证a-b-ab>0成立.
因为a>0,->1.所以a>0,b>0,>0,
所以a-b-ab>0成立.故>成立.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.已知x>0,y>0,则下列关系式成立的是 ( )
A.(x2+y2>(x3+y3
B.(x2+y2=(x3+y3
C.(x2+y2<(x3+y3
D.(x2+y2≤(x3+y3
【解析】选A.(x2+y2>(x3+y3成立,
下面证明:要证明(x2+y2>(x3+y3,
只需证(x2+y2)3>(x3+y3)2,即证x6+3x4y2+3x2y4+y6>x6+2x3y3+y6,
即证3x4y2+3x2y4>2x3y3.
因为x>0,y>0,所以x2y2>0,即证3x2+3y2>2xy.
因为3x2+3y2>x2+y2≥2xy,所以3x2+3y2>2xy成立.所以(x2+y2>(x3+y3.
2.(2016·青岛高二检测)设a,b,c∈R,且ab+bc+ca=1,则下列不等式成立的是
( )
A.a2+b2+c2≥2
B.(a+b+c)2≥3
C.++≥2
D.abc(a+b+c)≤
【解析】选B.因为a,b,c∈R,且ab+bc+ca=1,
所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥3(ab+bc+ca)=3.当且仅当a=b=c时取等号.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是________.
【解析】用分析法比较,a>b +>+ 8+2>8+2.同理可比较得b>c.所以a>b>c.
答案:a>b>c
4.当c>0,m=-,n=-时,m,n的大小关系是________.
【解析】由<=,得+<2,
即-<-,即m答案:m三、解答题(每小题10分,共20分)
5.若不等式++>0在条件a>b>c时恒成立,求实数λ的取值范围.
【解析】不等式可化为+>.
因为a>b>c.所以a-b>0,b-c>0,a-c>0,
所以λ<+恒成立.
因为+=+
=2++≥2+2=4.所以λ<4.
故实数λ的取值范围是(-∞,4).
6.(2016·成都高二检测)已知a,b是正常数,a≠b,x,y∈(0,+∞).
求证:+≥,指出等号成立的条件.
【证明】+-
==≥0.当且仅当ay=bx时等号成立.
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课时提升作业
十三
用数学归纳法证明不等式举例
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.用数学归纳法证明不等式++…+<(n≥2,n∈N+)的过程中,由n=k递推到n=k+1时不等式左边 ( )
A.增加了一项
B.增加了两项和
C.增加了B中两项但减少了一项
D.以上各种情况均不对
【解析】选C.因为n=k时,左边=++…+,n=k+1时,左边=++…+++,
所以增加了两项和,少了一项.
2.(2016·淮南高二检测)用数学归纳法证明“2n>n2+1对于n≥n0的正整数n都成立”时,第一步证明中的起始值n0应取 ( )
A.2 B.3 C.5 D.6
【解析】选C.当n≤4时,2n当n≥5时,2n>n2+1.于是n0应取5.
【补偿训练】用数学归纳法证明2n≥n2(n≥5,n∈N+)成立时第二步归纳假设的正确写法是 ( )
A.假设n=k时命题成立
B.假设n=k(k∈N+)时命题成立
C.假设n=k(k≥5)时命题成立
D.假设n=k(k>5)时命题成立
【解析】选C.由题意知n≥5,n∈N+,
所以应假设n=k(k≥5)时命题成立.
3.(2016·长春高二检测)证明1+++…+>(n∈N
),假设当n=k时成立,当n=k+1时,左端增加的项数为 ( )
A.1项
B.k-1项
C.k项
D.2k项
【解析】选D.当n=k时,不等式左端为1+++…+,当n=k+1时,不等式左端为1+++…+++…+,左端增加了+…+,共2k项.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.用数学归纳法证明“2n+1≥n2+n+2(n∈N+)”时,第一步的验证为____________.
【解析】当n=1时,21+1≥12+1+2,即4≥4成立.
答案:21+1≥12+1+2
5.(2016·南昌高二检测)已知1+2×3+3×32+4×33+…+n·3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N
都成立,则a=______,b=______,c=________.
【解析】当n=1时,3a-3b+c=1,
当n=2时,18a-9b+c=7,
当n=3时,81a-27b+c=34,
解得,a=,b=c=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.(2016·广州高二检测)证明:1+++…+≥(n∈N
).
【证明】(1)当n=1时,不等式为1≥1,显然成立.
(2)假设当n=k时不等式成立,即1+++…+≥.
那么,当n=k+1时,1+++…++≥+,而+-
=
=>0,
即+>,
所以1+++…++≥,
即当n=k+1时不等式也成立.
综合(1)(2)得,不等式对一切正整数n都成立.
7.(2016·济南高二检测)求证:+++…+>(n≥2,n∈N+).
【解题指南】本题由n=k到n=k+1时的推证过程中,n=k时,首项是,尾项是,分母是从k+1开始的连续正整数,因而当n=k+1时,首项应为,尾项是,与n=k时比较,后面增加,,共三项,而不只是增加一项,且还减少了一项.
【证明】(1)当n=2时,左边=+++=>,不等式成立.
(2)假设n=k(k≥2,k∈N+)时,不等式成立,
即++…+>,
则当n=k+1时,++…++++=++…++
>+
>+
=+=.
所以当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)(2),知原不等式对一切n≥2且n∈N+都成立.
8.数列{an}满足Sn=2n-an(n∈N+).
(1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an.
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想.
【解析】(1)a1=1,a2=,a3=,a4=,
由此猜想an=(n∈N+).
(2)当n=1时,a1=1,结论成立.
假设n=k(k≥1)时,结论成立,即ak=,
那么当n=k+1时,
ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak=2+ak-ak+1.
所以2ak+1=2+ak,
所以ak+1===.
这表明当n=k+1时,结论成立.
所以an=(n∈N+).
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.用数学归纳法证明:1+++…+1)第一步验证n=2时,左边的项为 ( )
A.1
B.1+
C.
D.1++
【解析】选D.当n=2时,左边最后一项为=,所以左边的项为1++.
2.(2016·济南高二检测)已知数列的前n项和为Sn,且Sn=2n-an(n∈N
),若已经算出a1=1,a2=,则猜想an= ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.因为a1=1,a2=,由
S3=1++a3=6-a3,所以a3=,同理,a4=.
猜想,得an=.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·太原高二检测)在△ABC中,不等式++≥成立;在四边形ABCD中,不等式+++≥成立;在五边形ABCDE中,不等式++++≥成立.猜想在n边形A1A2…An中,类似成立的不等式为__.
【解析】由题中已知不等式可猜想:
+++…+≥(n≥3且n∈N
).
答案:+++…+≥(n≥3且n∈N
)
4.设a,b均为正实数,n∈N+,已知M=(a+b)n,N=an+nan-1b,则M,N的大小关系为_
.
【解析】由贝努利不等式(1+x)n>1+nx(x>-1,且x≠0,n>1,n∈N+),知当n>1时,令x=,所以>1+n·,
所以>1+n·,即(a+b)n>an+nan-1b,
当n=1时,M=N,故M≥N.
答案:M≥N
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2016·苏州高二检测)已知函数f(x)=x3-x,数列{an}满足条件:a1≥1,且an+1≥f′(an+1),证明:an≥2n-1(n∈N+).
【证明】由f(x)=x3-x,得f′(x)=x2-1.
因此an+1≥f′(an+1)=(an+1)2-1=an(an+2).
(1)当n=1时,a1≥1=21-1,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,不等式成立,即ak≥2k-1.
当n=k+1时,
ak+1≥ak(ak+2)≥(2k-1)(2k-1+2)=22k-1.
又k≥1,所以22k≥2k+1,
所以当n=k+1时,ak+1≥2k+1-1,即不等式成立.
根据(1)和(2)知,对任意n∈N+,an≥2n-1都成立.
6.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+2n+1(n∈N+).
(1)求证{an-2n}为等差数列.
(2)设数列{bn}满足bn=2log2(an+1-n).(n∈N+)
证明:…>(n∈N+).
【证明】(1)由an+1=an+2n+1得
(an+1-2n+1)-(an-2n)=1,
因此{an-2n}是等差数列.
(2)an-2n=(a1-2)+(n-1)=n-1,即an=2n+n-1,
bn=2log2(an+1-n)=2n.
下面用数学归纳法证明
···…·>.
①当n=1时,左端=>=右端,不等式成立;
②假设n=k(k≥1)时不等式成立,即
···…·>,
当n=k+1时,
···…··
>·=
=>.
由①②知不等式···…·>对于一切n∈N+都成立.
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单元质量评估(三)
(第三讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知m2+n2=2,t2+s2=8,则|mt+ns|的最大值为 ( )
A.2
B.4
C.8
D.16
【解析】选B.由柯西不等式,
(mt+ns)2≤(m2+n2)(t2+s2)=16,得|mt+ns|≤4,
当且仅当ms=nt时等号成立.
2.(2016·深圳高二检测)函数y=+2的最大值为 ( )
A.
B.
C.3
D.5
【解析】选B.根据柯西不等式,有
≤(1+4)[(x-5)+(6-x)]=5,所以y=+2≤.
3.设a,b,c>0,且a+b+c=1,则++的最大值是 ( )
A.1
B.
C.3
D.9
【解析】选B.由柯西不等式得[()2+()2+()2]·(12+12+12)≥(++)2,所以(++)2≤1×3=3.当且仅当a=b=c=时等号成立.故++的最大值为.
4.n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是 ( )
A.1
B.n
C.n2
D.
【解析】选C.设n个正数为x1,x2,…,xn.由柯西不等式得:(x1+x2+…+xn)(++…+)≥=(1+1+…+1)2=n2.当且仅当x1=x2=…=xn时取等号.
5.(2016·石家庄高二检测)已知正数a,b,c满足a+b+c=1,则++的最大值为 ( )
A.3
B.3
C.18
D.9
【解析】选B.根据柯西不等式,++≤=3,当且仅当a=b=c=时,等号成立.
6.(2016·西宁高二检测)已知a,b,x1,x2∈R+,ab=1,x1+x2=2,则M=(ax1+bx2)·(bx1+ax2)与4的大小关系是 ( )
A.M>4
B.M<4
C.M≥4
D.M≤4
【解析】选C.(ax1+bx2)(bx1+ax2)
=[()2+()2]·[()2+()2]
≥[(x1+x2)]2=(x1+x2)2=4.
7.设a1,a2,a3为正数,E=++,F=a1+a2+a3,则E,F的大小关系是 ( )
A.EB.E≥F
C.E=F
D.E≤F
【解析】选B.不妨设a1≥a2≥a3>0,
于是≤≤,a2a3≤a3a1≤a1a2.
由排序不等式:顺序和≥乱序和,得++≥
·a2a3+·a3a1+·a1a2=a3+a1+a2,
即++≥a1+a2+a3.
所以E≥F.
8.(2016·武汉高二检测)已知2x+3y+4z=10,则x2+y2+z2取得最小值时的x,y,z的值分别为 ( )
A.,,
B.,,
C.1,,
D.1,,
【解析】选B.
(x2+y2+z2)(4+9+16)≥(2x+3y+4z)2=100,
当且仅当==且2x+3y+4z=10时等号成立,
此时x=,y=,z=.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.有4人各拿一只水桶去接水,设水龙头注满每个人的水桶分别需要5s,4s,3s,7s,每个人接完水后就离开,则他们等候的总时间最短为 s.
【解析】由题意知,等候的时间最短为3×4+4×3+5×2+7=41.
答案:41
10.(2016·盐城高二检测)正数a,b,c满足a+b+4c=1,则++的最大值为 .
【解析】≤(1+1+)(a+b+4c)=,
所以++≤.
答案:
11.(2016·昆明高二检测)已知0的最小值是 .
【解析】由三角不等式,得
+
≥=,
当且仅当x=1-x,y=1-y,
即x=,y=时,等号成立.
故f(x)的最小值为.
答案:
12.锐角三角形中,设P=,Q=acosC+bcosB+ccosA,则P,Q的关系为 .
【解析】不妨设A≥B≥C,则a≥b≥c,cosA≤cosB≤cosC,
则由排序不等式有
Q=acosC+bcosB+ccosA≥acosB+bcosC+ccosA
=R(2sinAcosB+2sinBcosC+2sinCcosA)
=R[sin(A+B)+sin(B+C)+sin(A+C)]
=R(sinC+sinA+sinB)
=P=.
答案:P≤Q
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)(2016·临沂高二检测)已知2x+3y+5z=29,求函数u=+
+的最大值.
【解析】根据柯西不等式,
120=(1+1+1)[(2x+1)+(3y+4)+(5z+6)]
≥(++)2,
于是++≤2.
当且仅当x=,y=,z=时等号成立.
故函数u=++的最大值为2.
14.(10分)(2016·长春高二检测)已知x,y,z∈R+,且x+y+z=1,求证:++≥36.
【证明】(x+y+z)≥
=(1+2+3)2=36,当且仅当x2=y2=z2,
即x=,y=,z=时,等号成立.
【一题多解】(利用基本不等式)
++=(x+y+z)+(x+y+z)+(x+y+z)
=14+++≥14+4+6+12=36.
当且仅当y=2x,z=3x,且x+y+z=1,
所以x=,y=,z=时,等号成立.
15.(10分)已知a,b,c为正数,a≥b≥c,求证:
(1)≥≥.
(2)++≥++.
【解析】(1)因为a≥b>0,于是≤,又c>0,
所以>0,从而≥.
同理,因为b≥c>0,于是≤,
因为a>0,所以>0,
于是得≥.
从而≥≥.
(2)由(1)≥≥,于是顺序和≥乱序和得,
++≥++
=++
≥++=++
=++.
16.(10分)设c1,c2,…,cn为正数组a1,a2,…,an的某一排列,求证:++…+≥n.
【证明】不妨设0则≥≥…≥.
因为,,…,是,,…,的一个排列,
故由排序原理,反序和≤乱序和
得a1·+a2·+…+an·
≤a1·+a2·+…+an·.
即++…+≥n.
17.(10分)(2016·徐州高二检测)已知函数f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x+2)≥0的解集为[-1,1].
(1)求m的值.
(2)若a,b,c∈R+,且++=m,求证:a+2b+3c≥9.
【解析】(1)因为f(x+2)=m-|x|≥0,等价于|x|≤m,由|x|≤m有解,得m≥0,且其解集为{x|-m≤x≤m},
又f(x+2)≥0的解集为[-1,1],故m=1.
(2)由(1)知++=1,
又a,b,c∈R+,由柯西不等式得
a+2b+3c=(a+2b+3c)
≥=9.
18.(10分)(2016·广州高二检测)设a1,a2,…,an为1,2,3,…,n的一个排列.求证:++…+≤++…+.
【证明】设b1,b2,…,bn-1是a1,a2,…,an-1的一个排列且b1c1,c2,…,cn-1是a1,a2,…,an-1的另一个排列且c1于是>>…>.由乱序和≥反序和,得++…+≥++…+.
因为b1≥1,b2≥2,…,bn-1≥n-1,c1≤2,c2≤3,…,cn-1≤n,
所以++…+≥++…+.
即++…+≤++…+≤++…+.
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课时提升作业
十
一般形式的柯西不等式
一、选择题(每小题4分,共12分)
1.(2016·珠海高二检测)已知a,b,c,x,y,z为正数,且a2+b2+c2=10,x2+y2+z2=40,
ax+by+cz=20,则= ( )
A. B. C. D.
【解析】选C.由已知得
(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=(ax+by+cz)2,
结合柯西不等式,知===,所以=.
2.已知x,y,z是非负实数,若9x2+12y2+5z2=9,则函数u=3x+6y+5z的最大值是
( )
A.9
B.10
C.14
D.15
【解析】选A.因为(3x+6y+5z)2≤[12+()2+()2]·[(3x)2+(2y)2+(z)2]
=9(9x2+12y2+5z2)=81,所以3x+6y+5z≤9.当且仅当x=,y=,z=1时,等号成立.
故u=3x+6y+5z的最大值为9.
3.已知a2+b2+c2=1,若a+b+c≤|x+1|对任意实数a,b,c恒成立,则实数x的取值范围是 ( )
A.x≥1或x≤-3
B.-3≤x≤1
C.x≥-1或x≤3
D.-1≤x≤3
【解题指南】根据题目中的a2+b2+c2=1和a+b+c≤|x+1|的结构形式,可以联想使用柯西不等式.
【解析】选A.由柯西不等式得:(a2+b2+c2)(1+1+2)≥(a+b+c)2,
所以a+b+c≤2,又因为a+b+c≤|x+1|,
所以|x+1|≥2,解之得x≥1或x≤-3.
二、填空题(每小题4分,共8分)
4.已知x,y,z∈R,且2x+2y+z+8=0,则(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2的最小值为______.
【解析】因为[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2](4+4+1)
≥(2x+2y+z-1)2=81,
所以(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥9.
答案:9
5.设a,b,c为正数,则(a+b+c)的最小值是________.
【解析】(a+b+c)=
[()2+()2+()2]≥
=(2+3+6)2=121.
当且仅当==时等号成立.
答案:121
三、解答题
6.(10分)(2016·深圳高二检测)已知定义在R上的函数f(x)=+的最小值为a,又正数p,q,r满足p+q+r=a.求证p2+q2+r2≥3.
【证明】因为f(x)=+≥=3,
即函数f(x)=+的最小值a=3.
所以p+q+r=3.
由柯西不等式得
(p2+q2+r2)(1+1+1)≥(p+q+r)2=9,
于是p2+q2+r2≥3.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.已知x,y是实数,则x2+y2+(1-x-y)2的最小值是 ( )
A. B. C.6 D.3
【解析】选B.由柯西不等式,得
(12+12+12)[x2+y2+(1-x-y)2]
≥[x+y+(1-x-y)]2=1.
即x2+y2+(1-x-y)2≥.
当且仅当x=y=1-x-y.
即x=y=时,x2+y2+(1-x-y)2取得最小值.
【补偿训练】(2015·珠海高二检测)已知++…+=1,++…+=1,则a1x1+a2x2+…+anxn的最大值是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选A.因为(a1x1+a2x2+…+anxn)2≤(++…+)×(++…+)=1×1.当且仅当==…=时,等号成立.
所以a1x1+a2x2+…+anxn的最大值为1.
2.(2016·长沙高二检测)已知α为锐角,则的最小值为
( )
A.3-2
B.3+2
C-1
D.+1
【解析】选B.
≥,
当且仅当sinα=cosα时等号成立,
此时==3+2.
即的最小值为3+2.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.方程2+=的解为________.
【解题指南】利用柯西不等式等号成立的条件构建方程求解.
【解析】由柯西不等式,得(2+)2
=
≤[22+()2]
=6×=15,
即2+≤.
当且仅当=,
即x=-时,等号成立.
故原方程的根是x=-.
答案:x=-
4.(2016·西安高二检测)边长为a,b,c的三角形ABC,其面积为,外接圆半径为1,若s=++,t=++,则s与t的大小关系是________.
【解析】由已知得absinC=,=2R=2.
所以abc=1,所以++=ab+bc+ca,
由柯西不等式得(ab+bc+ca)≥(++)2,
所以≥(++)2.
即++≥++.
当且仅当a=b=c=1时等号成立.
答案:s≤t
三、解答题
5.(10分)(2016·石家庄高二检测)设a1>a2>…>an>an+1,求证:++…++>0.
【证明】为了运用柯西不等式,我们将a1-an+1写成
a1-an+1=(a1-a2)+(a2-a3)+…+(an-an+1),
于是[(a1-a2)+(a2-a3)+…+(an-an+1)]·≥n2>1.
即(a1-an+1)·(++…+)>1,
所以++…+>,故++…++>0.
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课时提升作业
一
不等式的基本性质
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·天津高二检测)已知a>-1且b>-1,则p=+与q=+的大小关系是 ( )
A.p>q
B.pC.p≥q
D.p≤q
【解析】选C.p-q=+=≥0,所以p≥q.
【补偿训练】(2014·银川高二检测)设M=
(x+5)(x+7),N=(x+6)2,则M与N的大小关系为 ( )
A.M>N
B.MC.M=N
D.无法判定
【解析】选B.因为M-N=(x+5)(x+7)-(x+6)2=(x2+12x+35)-(x2+12x+36)=-1<0,所以M2.(2016·商丘高二检测)设a,b∈(-∞,0),则“a>b”是“a->b-”成立的 ( )
A.充分非必要条件
B.必要非充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.因为-
=(a-b),
又a,b∈(-∞,0),所以a>b等价于(a-b)>0,即a->b-.
3.若a,b为实数,则“0”的 ( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.因为00,b>0时,a<;当a<0,b<0时,b>,
所以“0”的充分条件.
而取a=-1,b=1显然有a<,但不能推出0故“0”的充分而不必要条件.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.设x=a2b2+5,y=2ab-a2-4a,若x>y,则实数a,b满足的条件是__________.
【解析】x-y=(a2b2-2ab+1)+(a2+4a+4)
=(ab-1)2+(a+2)2.
由x>y得条件是ab≠1或a≠-2.
答案:ab≠1或a≠-2
5.已知0【解题指南】根据0【解析】由题意可知:0所以x答案:x三、解答题(每小题10分,共30分)
6.已知a,b,c是正实数,求证:++≥++.
【证明】由++≥0,
得2-2≥0.
所以++≥++.
7.(2016·天水高二检测)已知α,β满足求α+3β的取值范围.
【解析】设α+3β=λ(α+β)+μ(α+2β)
=(λ+μ)α+(λ+2μ)β,比较系数得
解得λ=-1,μ=2,
由①②得-1≤-α-β≤1,2≤2α+4β≤6,两式相加,
得1≤α+3β≤7,即α+3β的取值范围是[1,7].
8.已知x>y>0,比较与的大小.
【解析】-=
==,
因为x>y>0,所以x-y>0,x+y>0,x2>0,
x2+1>1,所以>0.
所以>>0.故>.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.当a≠0时,“a>1”是“<1”的 ( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.因为-1=,若a>1,
则1-a<0,所以<0,即<1.
反过来<1<0>0,
当a>0时,a>1;
当a<0时,a<1,即a<0,不能得出a>1.
所以<1a>1,
所以“a>1”是“<1”的充分而不必要条件.
【误区警示】本题求解过程中易误用性质.由<1,得a>1,而误选C.
2.对于0①loga(1+a)②loga(1+a)>loga;
③a1+a<;
④a1+a>.其中成立的是 ( )
A.①③
B.②④
C.①②
D.①②③④
【解析】选B.因为0所以①错②对;③错④对.
【补偿训练】(2015·西安高二检测)下列四个不等式:
①x+≥2(x≠0);②<(a>b>c>0);
③>(a,b,m>0);④≥恒成立的个数是 ( )
A.3
B.2
C.1
D.0
【解析】选B.①当x>0时,
x+≥2=2;
当x<0时,
x+=-≤-2=-2;
②因为a>b>0,所以<,
又c>0,所以<成立;
③-=,
又a,b,m>0,所以b+m>0,但b-a的符号不确定,故③错误;
④=≤=.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.若a,b∈R,且a>b,下列不等式:
①>;②(a+b)2>(b+1)2;③(a-1)2>(b-1)2.
其中不成立的是__________.
【解析】①-==.
因为a-b>0,a(a-1)的符号不确定,①不成立;
②取a=2,b=-2,则(a+b)2=0,(b+1)2>0,②不成立;
③取a=2,b=-2,则(a-1)2=1,(b-1)2=9,③不成立.
答案:①②③
【补偿训练】若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是________(填上正确的序号).
①<;②a2>b2;③>;
④a|c|>b|c|.
【解析】①当a是正数,b是负数时,不等式<不成立;
②当a=-1,b=-2时,a>b成立,a2>b2不成立;当a=1,b=-2时,a>b成立,a2>b2也不成立,当a,b是负数时,不等式a2>b2不成立;
③在a>b两边同时除以c2+1,不等号的方向不变,故③正确;④当c=0时,不等式a|c|>b|c|不成立.综上可知③正确.
答案:③
4.(2016·广州高二检测)已知三个不等式:①ab>0;
②>;③bc>ad.以其中两个作为条件,余下一个作结论,则可组成________个正确命题.
【解析】若ab>0,bc>ad成立,不等式bc>ad两边同除以ab可得>.
即ab>0,bc>ad >;
若ab>0,>成立,>两边同乘以ab得bc>ad.
即ab>0,> bc>ad;
若>,bc>ad成立,由于-=>0,
又bc-ad>0,故ab>0,
所以>,bc>ad ab>0.
综上,任两个作条件都可推出第三个成立,故可组成3个正确命题.
答案:3
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知m,n是正数,证明:+≥m2+n2.
【证明】因为+-m2-n2=+==.
又m,n均为正实数,所以≥0,
所以+≥m2+n2.
6.已知a>0,b>0,试比较+与+的大小.
【解析】-(+)
=
=
=
=
=.
因为a>0,b>0,所以+>0,>0,
又因为(-)2≥0(当且仅当a=b时等号成立),
所以≥0,
即+≥+(当且仅当a=b时等号成立).
【补偿训练】已知a【解析】最大的一个是ax+by+cz,证明如下:
ax+by+cz-(ax+cy+bz)=(b-c)(y-z)>0,
所以ax+by+cz>ax+cy+bz,
同理ax+by+cz>bx+ay+cz,
ax+by+cz>cx+by+az,故结论成立.
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课时提升作业
十一
排序不等式
一、选择题(每小题4分,共12分)
1.若0A.a1b1+a2b2
B.a1a2+b1b2
C.a1b2+a2b1
D.
【解析】选A.因为02.(2016·商丘高二检测)设a1,a2,…,an都是正数,b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的任一排列,则a1+a2+…+an的最小值为 ( )
A.1
B.n
C.n2
D.无法确定
【解析】选B.因为a1,a2,…,an都是正数,不妨设a1≤a2≤…≤an,则≤≤…≤.
由题意及排序不等式知,反序和最小,所以a1+a2+…+an≥a1·+a2·+…+an·=n,
即a1+a2+…+an的最小值为n.
3.已知a,b,c∈R+,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)的正负情况是 ( )
A.大于零
B.大于等于零
C.小于零
D.小于等于零
【解题指南】限制a,b,c的大小关系,取两数组利用排序不等式求解.
【解析】选B.设a≥b≥c>0,所以a3≥b3≥c3,
根据排序原理,得:a3×a+b3×b+c3×c≥a3b+b3c+c3a.
又知ab≥ac≥bc,a2≥b2≥c2,
所以a3b+b3c+c3a≥a2bc+b2ca+c2ab.
所以a4+b4+c4≥a2bc+b2ca+c2ab.
即a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)≥0.
二、填空题(每小题4分,共8分)
4.(2016·梅州高二检测)若a>0,b>0且a+b=1,则+的最小值是________.
【解析】不妨设a≥b>0,则有a2≥b2,且≥,
由排序不等式+≥·a2+·b2=a+b=1.
当且仅当a=b=时取等号,所以+的最小值为1.
答案:1
5.设a,b都是正数,若P=+,Q=+,则二者的关系是________.
【解析】由题意不妨设a≥b>0.
由不等式的性质,知a2≥b2,≥.所以≥.
根据排序原理,知
×+×≥×+×.
即+≥+.
答案:P≥Q
【误区警示】本题易出现观察不等式找不出排序原理用到的两组数,并用排序不等式比较大小.
三、解答题
6.(10分)(2016·广州高二检测)已知a,b,c为正数,用排序不等式证明:2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
【证明】设正数a,b,c满足a≤b≤c,则a2≤b2≤c2,由排序不等式得,
a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3,
a2c+b2a+c2b≤a3+b3+c3,
两式相加,得:
2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b).
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.已知x≥y,M=x4+y4,N=x3y+xy3,则M与N的大小关系是 ( )
A.M>N
B.M≥N
C.MD.M≤N
【解析】选B.由排序不等式,知M≥N.
2.(2016·长沙高二检测)已知x1,x2,…,xn均为正数,A=++…+,
B=x1x2+x2x3+…+xnx1.
则A与B的大小关系为 ( )
A.A>B
B.AC.A≥B
D.A≤B
【解析】选C.因为x1,x2,…,xn均为正数,不妨设
x1≤x2≤…≤xn,根据排序不等式,得
++…+≥x1x2+x2x3+…+xnx1.
即A≥B.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·武汉高二检测)若a,b,c>0,a2+b2+c2=3,则ab+bc+ca的最大值是________.
【解析】不妨设a≥b≥c>0,则b,c,a为乱序,于是由排序不等式知a2+b2+c2≥ab+bc+ac,所以ab+bc+ca≤3,即ab+bc+ca的最大值为3.
答案:3
4.(2016·珠海高二检测)设a1,a2,…,an为正数,且a1+a2+…+an=5,则++…++的最小值为________.
【解析】由所求代数式的对称性,不妨设0所以≤≤…≤,≥≥…≥,
而,,…,,为,,,…,的一个排列,由乱序和≥反序和,得
·+·+…+·+·≥·+·+…+·,即++…++≥a1+a2+…+an=5,
故所求最小值为5.
答案:5
三、解答题
5.(10分)设x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【解题指南】题中只给出了x>0,但是对于x≥1,x<1并不确定,因此,需要分类讨论.
【证明】(1)当x≥1时,
1≤x≤x2≤…≤xn.
由排序原理知,
1·1+x·x+x2·x2+…+xn·xn≥xn·1+xn-1·x+…+1·xn,
所以1+x2+x4+…+x2n≥(n+1)xn.①
又因为x,x2,…,xn,1为1,x,x2,…,xn的一个排序,于是由排序原理得1·x+x·x2+…+xn-1·xn+
xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1.
所以x+x3+…+x2n-1≥nxn.②
①+②,得
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
(2)当0x>x2>…>xn,同理可得结论.
综合(1)与(2),所以当x>0时,
1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
【补偿训练】设a1,a2,…,an为实数,证明:≤.
【证明】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤an
由排序原理得
+++…+=a1a1+a2a2+a3a3+…+anan.
+++…+≥a1a2+a2a3+a3a4+…+ana1
+++…+≥a1a3+a2a4+a3a5+…+ana2
……
+++…+≥a1an+a2a1+a3a2+…+anan-1
以上n个式子两边相加
n(+++…+)≥(a1+a2+a3+…+an)2
两边同除以n2得
≥
所以
≥
结论得证.
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单元质量评估(四)
(第四讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2016·广州高二检测)如果命题P(n)对n=k成立,那么它对n=k+2成立,又若P(n)对n=2成立,则P(n)对所有 ( )
A.正整数n成立
B.正偶数n成立
C.正奇数n成立
D.大于1的自然数n成立
【解析】选B.根据数学归纳法的意义可知,命题P(n)对所有正偶数n都成立.
2.用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·2·(2n-1)(n∈N+)”时,从“n=k到n=k+1”时,左边应增加的式子是 ( )
A.2k+1
B.2k+3
C.2(2k+1)
D.2(2k+3)
【解析】选C.当n=k时,左边=(k+1)(k+2)…(k+k).
当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)…(k+k)(k+k+1)(k+1+k+1).
可见从“n=k到n=k+1”,左边增加了2(2k+1).
3.(2016·金华高二检测)用数学归纳法证明n(n+1)(2n+1)能被6整除时,由归纳假设推证n=k+1时命题成立,需将n=k+1时的原式表示成 ( )
A.k(k+1)(2k+1)+6(k+1)
B.6k(k+1)(2k+1)
C.k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2
D.以上都不对
【解析】选C.因为假设当n=k时命题成立,即k(k+1)(2k+1)能被6整除,当n=k+1时,
(k+1)(k+2)(2k+3)=(k+1)(2k2+7k+6)
=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2.
4.(2016·大连高二检测)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n-3)条时,第一步检验第一个值n0等于 ( )
A.1
B.2
C.3
D.0
【解析】选C.因为凸n边形中,边数最少的是三角形,边数为3.
5.在数列{an}中,an=1-+-+…+-,则ak+1= ( )
A.ak+
B.ak+-
C.ak+
D.ak+-
【解析】选D.a1=1-,a2=1-+-,…,an=1-+-+…+-,ak=1-+-+…+-,所以ak+1=ak+-.
6.已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+1=2an+an-1(n∈N+),用数学归纳法证明a4n能被4整除,假设a4k能被4整除,然后应该证明( )
A.a4k+1能被4整除
B.a4k+2能被4整除
C.a4k+3能被4整除
D.a4k+4能被4整除
【解析】选D.由假设a4k能被4整除,则当n=k+1时,应该证明a4(k+1)=a4k+4能被4整除.
7.(2016·烟台高二检测)设f(n)=1++++…+,则f(k+1)-f(k)等于( )
A.
B.++
C.+
D.+
【解析】选D.当n=k时,f(k)=1+++…+.
当n=k+1时,f(k+1)=1+++…+++….所以f(k+1)-f(k)=+.
8.已知n为正偶数,用数学归纳法证明:1-+-+…+=2时,若已假设n=k(k≥2且为偶数)时,等式成立,则还需要利用归纳假设再证
( )
A.n=k+1时等式成立
B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立
D.n=2(k+2)时等式成立
【解析】选B.偶数k的后继偶数为k+2,故应再证n=k+2时等式成立.
【误区警示】解答本题易忽视k的限制条件:k≥2且为偶数,而错选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.观察等式1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10=72,…,推测第n个等式应该是 .
【解析】观察等式1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10=72知,第n个等式左端是2n-1个连续自然数的和,其中最小的自然数是n,右端是(2n-1)2.即第n个等式应该是
n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2.
答案:n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2
10.(2016·大连高一检测)用数学归纳法证明cosα+cos3α+…+cos(2n-1)α=(sinα≠0,n∈N+),在验证n=1时,等式右边的式子是 .
【解析】当n=1时,右边===cosα.
答案:cosα
11.设f(n)=…,用数学归纳法证明f(n)≥3.在“假设n=k时成立”后,f(k+1)与f(k)的关系是f(k+1)=f(k)· _________.
【解析】当n=k时,
f(k)=…;
当n=k+1时,f(k+1)
=…,
所以f(k)应乘·.
答案:·
12.已知数列{an},其中a2=6,且满足=n,则a1= ,a3= ,
a4= ,猜想an= .
【解析】由已知可得=1,=2,=3,
将a2=6代入以上三式,解得:a1=1,a3=15,a4=28.
由于a1=1,a2=2×3,a3=3×5,a4=4×7,
猜想得an=n(2n-1).
答案:1 15 28 n(2n-1)
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)(2016·石家庄高二检测)用数学归纳法证明:当n∈N+时,++…+=.
【证明】(1)当n=1时,左边==,右边==,左边=右边,所以等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,等式成立,即
++…+=.
则当n=k+1时,++…++
=+=
===.
即当n=k+1时,等式也成立.
由(1),(2)可知对一切n∈N+等式都成立.
14.(10分)对于n∈N+,用数学归纳法证明:
1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n·1=n(n+1)(n+2).
【证明】设f(n)=1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n·1.
(1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;
(2)设当n=k(k≥1)时,等式成立,
即1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+(k-1)·2+k·1=k(k+1)(k+2),则当n=k+1时,
f(k+1)=1·(k+1)+2[(k+1)-1]+3[(k+1)-2]+…+[(k+1)-2]·3+[(k+1)-1]
·2+(k+1)·1
=f(k)+1+2+3+…+k+(k+1)
=k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+1+1)
=(k+1)(k+2)(k+3).
所以由(1)(2)可知当n∈N+时,等式都成立.
15.(10分)(2016·南京高二检测)用数学归纳法证明:f(n)=(2n+7)·3n+9(n∈N
)能被36整除.
【证明】(1)当n=1时,f(1)=(2×1+7)×31+9=36,能被36整除.
(2)假设n=k(k≥1,k∈N
),f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,
当n=k+1时,
f(k+1)=(2k+9)·3k+1+9
=3[(2k+7)·3k+9]+18(3k-1-1)
=3f(k)+18(3k-1-1)
又因为3k-1-1是偶数,
所以f(k+1)能被36整除,即当n=k+1时,f(n)=(2n+7)·3n+9也能被36整除.
由(1)(2)知,对n∈N
,f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除.
16.(10分)(2016·苏州高二检测)已知正项数列{an}和{bn}中,a1=a(0(1)证明:对任意n∈N+,有an+bn=1.
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)用数学归纳法证明.
①当n=1时,a1+b1=a+(1-a)=1,命题成立;
②假设n=k(k≥1)时命题成立,
即ak+bk=1,则当n=k+1时,
ak+1+bk+1=akbk+1+bk+1=(ak+1)·bk+1
=(ak+1)·===1.
所以当n=k+1时,命题也成立.
由①②可知,an+bn=1对n∈N+恒成立.
(2)因为an+1=anbn+1===,
所以==+1,即-=1.
数列是公差为1的等差数列,其首项为=,=+(n-1)×1,从而an=(017.(10分)(2016·太原高二检测)求证:用数学归纳法证明2n+2>n2(n∈N+).
【证明】(1)当n=1时,21+2>12,不等式成立;
当n=2时,22+2>22,不等式成立;
当n=3时,23+2>32,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥3)时不等式成立,即2k+2>k2.
则当n=k+1时,2k+1+2=2(2k+2)-2>2k2-2=(k+1)2+k2-2k-3
因为k≥3,所以k2-2k-3=(k-3)(k+1)≥0,(
)
从而2k+1+2>(k+1)2+k2-2k-3≥(k+1)2,
所以2k+1+2>(k+1)2.
即当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)(2)可知,2n+2>n2对一切n∈N+都成立.
18.(10分)(2016·广州高二检测)在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列(n∈N+).
(1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论.
(2)证明:++…+<.
【解析】(1)由条件得2bn=an+an+1,=bnbn+1.
由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.
猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.
用数学归纳法证明:
①当n=1时,由上可得结论成立.
②假设当n=k(k≥1)时,结论成立,即
ak=k(k+1),bk=(k+1)2.那么当n=k+1时,
ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),
bk+1==(k+2)2.所以当n=k+1时,结论也成立.
由①②,可知an=n(n+1),bn=(n+1)2对一切正整数都成立.
(2)=<.
当n≥2时,由(1)知an+bn=(n+1)·(2n+1)>2(n+1)·n.
故++…+<+
=+
=+<+=.
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单元质量评估(一)
(第一讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2016·聊城高二检测)如果a,b,c满足cA.ab>ac
B.c(b-a)>0
C.cb2D.ac(a-c)<0
【解析】选C.由已知可得,a>0,c<0,b-a<0,a-c>0.故A,B,D均正确,当b=0时,C不正确.
2.若-4A.
B.
C.-1
D.1
【解析】选C.=-[(1-x)+]≤-1.
当且仅当x=0时,等号成立.
3.(2016·西安高二检测)函数y=|x-4|+|x-6|的最小值为 ( )
A.2
B.
C.4
D.6
【解析】选A.y=|x-4|+|x-6|≥|x-4+6-x|=2.
4.已知x>1,y>1,且lgx+lgy=4,则lgxlgy的最大值是 ( )
A.4
B.2
C.1
D.
【解析】选A.由x>1,y>1,故lgx>0,lgy>0,
所以4=lgx+lgy≥2
所以lgxlgy≤4,当且仅当x=y=100时取等号.
5.(2016·宿州高二检测)不等式|x2-x|<2的解集为 ( )
A.(-1,2)
B.(-1,1)
C.(-2,1)
D.(-2,2)
【解析】选A.原不等式可化为-2解得-16.(2016·广州高二检测)在下列函数中,最小值是2的是 ( )
A.y=+(x∈R且x≠0)
B.y=lgx+(1C.y=3x+3-x(x∈R)
D.y=sinx+
【解析】选C.A中,当x<0时,y<0;B中,因为12;故A,B中最小值都不是2.
D中,02.无最小值.
只有C正确.
7.已知a>0,b>0,a,b的等差中项是,且α=a+,β=b+,则α+β的最小值是
( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解析】选C.因为a+b=2×=1,
所以α+β=a++b+=1++
=1++=3++≥5,
当且仅当a=b=时等号成立.
8.设0( )
A.(a-b)2
B.(a+b)2
C.a2b2
D.a2
【解题指南】本题的关键是利用x+(1-x)=1结合基本不等式加以求解.
【解析】选B.由+=[x+(1-x)]
=a2+b2++
≥a2+b2+2ab=(a+b)2,
当且仅当=时等号成立,
所以m≤(a+b)2,m的最大值为(a+b)2.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.(2016·东营高二检测)不等式|x+3|-|x-1|=a2-3a对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为 .
【解析】设f(x)=|x+3|-|x-1|,
则f(x)≤|(x+3)-(x-1)|=4,
所以原不等式恒成立等价于a2-3a≤4.
解得-1≤a≤4.
答案:[-1,4]
10.(2016·广州高二检测)函数f(x)=3x+(x>0)的最小值为 .
【解析】f(x)=3x+=++≥3=9,当且仅当=,即x=2时取等号.
答案:9
【补偿训练】函数y=x2+(x>0)的最小值是 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.y=x2+=x2++
≥3=3=.
当且仅当x2=即x
=时等号成立.
11.(2016·天津高考)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递增.若实数a满足f(2|a-1|)>f(-),则a的取值范围是 .
【解析】由题意知函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,
又f(x)是偶函数,
所以由f(2|a-1|)>f(-)=f()知,2|a-1|<,
即|a-1|<,解得答案:
12.(2016·连云港高二检测)已知关于x的方程x2+x++=0有实根,则实数a的取值范围为 .
【解析】因为关于x的方程x2+x++=0有实根,所以Δ=1-4(+)≥0,
即+≤,
解得0≤a≤.
答案:0≤a≤
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)已知x>0,y>0,x+2y+xy=30,求xy的取值范围.
【解析】因为x>0,y>0,所以30=x+2y+xy
≥2+xy=2+xy,
所以()2+2-30≤0,
所以(-3)(+5)≤0,
所以0<≤3,即0当且仅当x=2y,即x=6,y=3时等号成立.
所以xy的取值范围为(0,18].
【一题多解】本题还可用消元的方法:
因为x+2y+xy=30,所以y=,
所以xy=x·=
=
=-x+32-=-(x+2)-+34,
又因为x>0,
所以(x+2)+≥2=16,
当且仅当x+2=,即x=6时,等号成立,
所以xy≤-16+34=18,
当且仅当x=6,y=3时等号成立.
所以xy的取值范围是(0,18].
14.(10分)(2016·郑州高二检测)设函数f(x)=|x-a|+3x,其中a>0.
(1)求当a=1时,不等式f(x)≥3x+2的解集.
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.
【解析】(1)当a=1时,f(x)≥3x+2可化为|x-1|≥2.
由此可得x≥3或x≤-1.
故不等式f(x)≥3x+2的解集为
{x|x≥3或x≤-1}.
(2)由f(x)≤0,得|x-a|+3x≤0,
此不等式化为不等式组
或
即或
因为a>0,
所以不等式组的解集为.
由题设可得-=-1,故a=2.
15.(10分)已知a>0,b>0且a2+=1,求a的最大值.
【解析】a=·a·
=·
≤·=·=,
当且仅当a2=时,等号成立.
又a2+=1,即a=,b=时,等号成立.故所求最大值为.
16.(10分)(2016·南昌高二检测)f(x)=|x+1|+|x-3|.
(1)解不等式f(x)≤3x+4.
(2)若不等式f(x)≥m的解集为R,试求实数m的取值范围.
【解析】(1)f(x)=原不等式等价于:
或或
所以不等式的解集为[0,+∞).
(2)由绝对值的几何意义可知,|x+1|+|x-3|≥4,当且仅当-1≤x≤3时,等号成立,即f(x)min=4,
从而要使f(x)≥m的解集为R,只需m≤f(x)min,
即实数m的取值范围是(-∞,4].
17.(10分)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.
(1)画出y=f(x)的图象.
(2)求不等式|f(x)|>1的解集.
【解析】(1)如图所示:
(2)f(x)=
|f(x)|>1,
当x≤-1时,|x-4|>1,
解得x>5或x<3,所以x≤-1.
当-11,
解得x>1或x<,
所以-1当x≥时,|4-x|>1,
解得x>5或x<3,
所以≤x<3或x>5.
综上,x<或15,
所以|f(x)|>1的解集为
∪(1,3)∪(5,+∞).
18.(10分)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集.
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,
f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.
当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;
当-10,
解得当x≥1时,不等式化为-x+2>0,
解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得,
f(x)=
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为(a+1)2.
由题设得(a+1)2>6,
故a>2.所以a的取值范围为(2,+∞).
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课时提升作业
四
绝对值三角不等式
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.已知|x-m|<,|y-n|<,则|4x+2y-4m-2n|小于 ( )
A.ξ B.2ξ C.3ξ D.
【解析】选C.|4x+2y-4m-2n|=|4(x-m)+2(y-n)|
≤4|x-m|+2|y-n|<4×+2×=3ξ.
【补偿训练】若|x-a|A.|x-y|<2h
B.|x-y|<2k
C.|x-y|D.|x-y|<|h-k|
【解析】选C.|x-y|=|(x-a)+(a-y)|
≤|x-a|+|a-y|2.(2016·商丘高二检测)已知x∈R,不等式|x+1|-|x-3|≤a恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,4]
B.[4,+∞)
C.[1,3]
D.[-1,3]
【解析】选B.因为x∈R,所以|x+1|-|x-3|≤|(x+1)-(x-3)|=4,
故使不等式|x+1|-|x-3|≤a恒成立的实数a的取值范围为a≥4.
3.设变量x,y满足|x-1|+|y-a|≤1,若2x+y的最大值是5,则实数a的值是
( )
A.2
B.1
C.0
D.-1
【解析】选B.设点M(1,a),则满足|x-1|+|y-a|≤1的点(x,y)构成区域为平行四边形ABCD及其内部,
如图所示:
令z=2x+y,则z表示直线y=-2x+z在y轴上的截距,故当直线y=-2x+z过点C(2,a)时,z取得最大值为5,即4+a=5,求得a=1.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.x,y∈R,若|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,则x+y的取值范围为________.
【解题指南】利用绝对值不等式及绝对值的几何意义求解.
【解析】由|a|+|b|≥|a-b|知,|x|+|x-1|≥
|x-(x-1)|=1,同理|y|+|y-1|≥1,又|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,
故|x|+|y|+|x-1|+|y-1|=2,
所以0≤x≤1且0≤y≤1,即0≤x+y≤2.
答案:[0,2]
5.若不等式|2a-1|≤对一切非零实数x恒成立,则实数a的取值范围是____________.
【解析】=|x|+≥2,
所以由已知得|2a-1|≤2,
即2a-1≤2或2a-1≥-2,解得-≤a≤.
答案:[-,]
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.设函数f(x)=|2x-1|-|x+2|.若存在x0∈R,使得f(x0)+2m2<4m,求实数m的取值范围.
【解析】f(x)=|2x-1|-|x+2|=
所以f(x)min=f=-.
因为存在x0∈R,使得f(x0)+2m2<4m,
所以4m-2m2>f(x)min=-,
整理得:4m2-8m-5<0,解得-因此m的取值范围是.
7.已知函数f(x)=|x-3|-2,g(x)=-|x+1|+4.若函数f(x)-g(x)≥m+1的解集为R,求m的取值范围.
【解题指南】本题关键是转化题中的条件为求f(x)-g(x)的最小值,求解时结合绝对值三角不等式.
【解析】f(x)-g(x)=|x-3|+|x+1|-6,
因为x∈R,由绝对值三角不等式得f(x)-g(x)=|x-3|+|x+1|-6=|3-x|+|x+1|-6≥
|(3-x)+(x+1)|-6=4-6=-2,
于是有m+1≤-2,得m≤-3,
即m的取值范围是(-∞,-3].
8.(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=|2x-a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集.
(2)设函数g(x)=|2x-1|,当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.
【解析】(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2,
解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.
(2)当x∈R时,
f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|
≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,
所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于
|1-a|+a≥3, ①
当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.
当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.
所以a的取值范围是[2,+∞).
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.已知h>0,设命题甲:两个实数a,b满足|a-b|<2h,命题乙:两个实数a,b满足|a-1|A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充分条件
D.甲不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件
【解析】选B.|a-b|=|(a-1)-(b-1)|≤|a-1|+|b-1|.
若有甲:|a-b|<2h,不一定有乙:|a-1|故甲不是乙的充分条件,反之,由乙则可推出甲:2h>|a-1|+|b-1|≥|a-1-(b-1)|=|a-b|.
2.(2016·济南高二检测)已知不等式|x-m|<1成立的一个充分不必要条件是A.
B.
C.
D.
【解析】选B.由|x-m|<1得m-1二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·九江高二检测)已知函数f(x)=|x-3|-|x-a|.若存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,则实数a的取值范围为________.
【解析】由不等式性质可知f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|,
所以若存在实数x,使得不等式f(x)≥a成立,
则|a-3|≥a,解得a≤,
所以实数a的取值范围是.
答案:
4.(2016·济南高二检测)以下三个命题:
①若|a-b|≤1,则|a|≤|b|+1;
②若a,b∈R,则|a+b|-2|a|≤|a-b|;
③|x|<2,|y|>3,则<.
其中正确命题的序号为________.
【解析】因为|a|-|b|≤|a-b|≤1,
所以|a|≤|b|+1,故①正确;
因为|a+b|-2|a|=|a+b|-|2a|≤|(a+b)-2a|
=|a-b|,故②正确;③显然正确.
答案:①②③
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2015·南昌高二检测)设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M,证明:<.
【证明】记f(x)=|x-1|-|x+2|
=
由-2<-2x-1<0,解得-则M=.
因为a,b∈M,所以|a|<,|b|<,
所以≤|a|+|b|<×+×=.
【拓展延伸】含绝对值不等式的证明
证明含有绝对值的不等式,其思路主要有两条:
(1)恰当地运用|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|进行放缩,并注意不等号的传递性及等号成立的条件.
(2)把含绝对值的不等式等价转化为不含绝对值的不等式,再利用比较法、综合法及分析法等进行证明,其中去掉绝对值符号的常用方法是平方法或分类讨论法.
6.对于任意的实数a(a≠0)和b,不等式|a+b|+|a-b|≥M·|a|恒成立,记实数M的最大值是m,求m的值.
【解析】不等式|a+b|+|a-b|≥M·|a|恒成立,
即M≤对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立,即左边恒小于或等于右边的最小值.
因为|a+b|+|a-b|≥|(a+b)+(a-b)|=2|a|,
当且仅当(a-b)(a+b)≥0时等号成立,
即|a|≥|b|时,等号成立,
也就是的最小值是2.所以m=2.
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课时提升作业
十二
数学归纳法
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.设f(n)=+++…+(n∈N+),在利用数学归纳法证明时,从n=k到n=k+1需添的项为( )
A.
B.
C.+
D.-
【解析】选D.因为f(k)=++…+
所以f(k+1)=++…+++
故需添的项为+-=-.
【误区警示】本题易错选C.忽略了n=k+1时少了一项.
【拓展延伸】数学归纳法解决项数问题
数学归纳法证明中的项数问题,重点看从n=k到n=k+1时项数的变化规律,多了哪些项,少了哪些项,把握好项的规律,利用数列知识解决.
2.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,第二步归纳假设应写成 ( )
A.假设n=2k+1(k∈N+)正确,再推n=2k+3正确
B.假设n=2k-1(k∈N+)正确,再推n=2k+1正确
C.假设n=k(k∈N+)正确,再推n=k+1正确
D.假设n=k(k≥1)正确,再推n=k+2正确
【解析】选B.首先要注意n为奇数,其次还要使n=2k-1能取到1.
3.设平面内有k条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,设k条直线的交点个数为f(k),则f(k+1)与f(k)的关系是 ( )
A.f(k+1)=f(k)+k+1
B.f(k+1)=f(k)+k-1
C.f(k+1)=f(k)+k
D.f(k+1)=f(k)+k+2
【解析】选C.当n=k+1时,任取其中1条直线,记为l,则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k),因为已知任何两条直线不平行,所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点);又因为已知任何三条直线不过同一点,所以上面的k个交点两两不相同,且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同,从而平面内交点的个数是f(k)+k=f(k+1).
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.(2016·佛山高二检测)已知a1=,=,猜想an=__________.
【解析】由a1=,=,得a2=,a3=,a4=,猜想得an=.
答案:
5.(2016·杭州高二检测)用数学归纳法证明:“当n为正偶数时,xn-yn能被x+y整除”时,第一步应验证n=______时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成__________.
【解析】因为n为正偶数,第一步应验证n=2时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成“假设当n=k(k为偶数且k≥2)时xk-yk能被x+y整除”.
答案:2 假设当n=k(k为偶数且k≥2)时xk-yk能被x+y整除
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.用数学归纳法证明:
1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=(n∈N+).
【证明】(1)当n=1时,左边=1×2×3=6,右边==6,等式成立.
(2)假设当n=k时成立.即
1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)
=,
那么当n=k+1时,1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)
=+(k+1)(k+2)·(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)(k+4).即当n=k+1时等式成立.
综合上述(1)(2)得,对一切正整数n,等式都成立.
7.(2016·福州高二检测)证明:凸n边形的对角线的条数为f(n)=n(n-3)(n≥4,n∈N
).
【证明】(1)当n=4时,四边形有两条对角线,f(4)=×4×(4-3)=2,命题成立.
(2)假设当n=k(k≥4,n∈N+)时命题成立,即f(k)=k(k-3),那么,当n=k+1时,增加一个顶点,凸多边形的对角线增加k-1条,则f(k+1)=k(k-3)+k-1
=(k2-k-2)=(k+1)(k-2)=(k+1)[(k+1)-3],即当n=k+1时命题也成立.
根据(1)(2),可知命题对任意的n≥4,n∈N+都成立.
8.用数学归纳法证明凸n(n≥3,n∈N+)边形的内角和f(n)=(n-2)π.
【证明】①三角形的内角和是π,
当n=3时,f(3)=π=(3-2)π,命题成立.
②假设n=k(k≥3)时,命题成立,即f(k)=(k-2)π成立.
当n=k+1时,设A1,A2,…,Ak+1是凸k+1边形的顶点,连结A1Ak,
它把这个凸k+1边形分成凸k边形A1A2…Ak和三角形AkAk+1A1,并且凸k+1边形的内角和等于凸k边形与三角形的内角和的和,即(k-2)π+π=(k-1)π=[(k+1)-2]π,命题也是成立的.
据①②可知结论成立.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.某个命题与正整数n有关,若n=k(k∈N
)时该命题成立,那么可推得当n=k+1时该命题也成立,现已知当n=5时该命题不成立,那么可推得 ( )
A.当n=6时该命题不成立
B.当n=6时该命题成立
C.当n=4时该命题不成立
D.当n=4时该命题成立
【解析】选C.因为若n=k(k∈N
)时该命题成立,那么可推得当n=k+1时该命题也成立,现已知当n=5时该命题不成立,无法向后递推;若当n=4时该命题成立,则当n=5时该命题成立,与已知矛盾.所以当n=4时该命题不成立.
2.在数列{an}中,a1=-1,前n项和Sn=-1,先算出数列的前4项的值,再根据这些值归纳猜想数列的通项公式是( )
A.an=-1
B.an=n-1
C.an=-
D.an=-
【解析】选D.因为a1=-1,
S2=-1=-1,
所以a2=(-1)-(-1)=-,
则a3=S3-S2=(-1)-(-1)
=-,
a4=S4-S3=(-1)-(-1)=-,
故猜想an=-.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·西安高二检测)观察下列等式:
(1+1)=2×1
(2+1)(2+2)=22×1×3
(3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5
…
照此规律,第n个等式可为________.
【解析】由已知得,
第n个等式左边为(n+1)(n+2)…(n+n),
右边为2n×1×3×…×(2n-1).
所以第n个等式为(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1).
答案:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)
4.(2016·珠海高二检测)用数学归纳法证明++…+>-,假设n=k时不等式成立,当n=k+1时,应推证的目标不等式是________.
【解析】当n=k+1时,要证的不等式为++…+>-,即++…+>-.
答案:++…+>-
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.求证:对任意正整数n,34n+2+52n+1能被14整除.
【解题指南】证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n))整除,主要是找到f(k+1)与f(k)的关系,设法找到式子f1(k),f2(k),使得f(k+1)=f(k)·f1(k)+a·f2(k),就可证得命题成立.
【证明】(1)当n=1时,
34n+2+52n+1=36+53=854=14×61,
能被14整除,命题成立;
(2)假设当n=k时,命题成立,即34k+2+52k+1能被14整除,那么当n=k+1时,
34(k+1)+2+52(k+1)+1=34k+2×34+52k+1×52
=34k+2×34+52k+1×34-52k+1×34+52k+1×52
=34(34k+2+52k+1)-52k+1(34-52)
=34(34k+2+52k+1)-56×52k+1,
因为34k+2+52k+1能被14整除,56也能被14整除,所以34(k+1)+2+52(k+1)+1能被14整除,故命题成立.
由(1)(2)知,命题对任意正整数n都成立.
6.(2015·江苏高考)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N+),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn},令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值.
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.
【解题指南】(1)根据题意按a分类计数:a=1,b=1,2,3,4,5,6;a=2,
b=1,2,4,6;a=3,b=1,3,6,共13个.
(2)由(1)知,a=1,b=1,2,3,…,n;a=2,b=1,2,4,6,…,2k;
a=3,b=1,3,6,9,…,3k(k∈N+).所以当n≥6时,f(n)的表达式要按被2×3=6除的余数进行分类,然后利用数学归纳法进行证明.
【解析】(1)f(6)=13.
(2)当n≥6时,
f(n)=(t∈N+)
下面用数学归纳法证明:
①当n=6时,f=6+2++=13,结论成立;
②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在,,中产生,分以下情况讨论:
1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+++3
=(k+1)+2++,结论成立.
2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立.
3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立.
4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立.
5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立.
6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立.
综上所述,结论对n≥6的自然数n均成立.
【补偿训练】(2015·济南高二检测)已知数列{an}中,a1=-,其前n项和Sn满足an=Sn++2(n≥2),计算S1,S2,S3,S4,猜想Sn的表达式,并用数学归纳法加以证明.
【解析】当n≥2时,an=Sn-Sn-1=Sn++2.
所以Sn=-(n≥2).
则有S1=a1=-,S2=-=-,
S3=-=-,S4=-=-.由此猜想:Sn=-(n∈N+).
用数学归纳法证明:
①当n=1时,S1=-=a1,猜想成立.
②假设n=k(k∈N+)猜想成立,即Sk=-成立,
那么n=k+1时,
Sk+1=-=-=-
=-.
即n=k+1时,猜想成立.
由①②可知,对任意自然数n,猜想结论均成立.
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综合质量评估
(第一至第四讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2016·唐山高二检测)设函数f(x)=,则使f(x)≥1的自变量x的取值范围是 ( )
A.(-∞,-2]∪[0,4]
B.(-∞,-2]∪[0,1]
C.(-∞,-2]∪[1,4]
D.[-2,0]∪[1,4]
【解析】选A.当x<1时,
由(x+1)2≥1得x≤-2或0≤x<1;
当x≥1时,由4-|x-1|≥1得1≤x≤4.
综合上述,使f(x)≥1的自变量x的取值范围是
(-∞,-2]∪[0,4].
2.(2016·北京高二检测)设a,b∈R,下面的不等式能成立的是 ( )
A.a2+3ab>b2
B.ab+a>b+ab
C.<
D.a2+b2≥2(a-b-1)
【解析】选D.取a=0,b=1,验证排除A,B,再取a=4,b=3时,可排除C.
【一题多解】选D.a2+b2-2(a-b-1)=a2-2a+1+b2-2b+1=(a-1)2+(b-1)2≥0,故选D.
【补偿训练】若a,b,c,d∈R,且ab>0,-<-,则下列各式恒成立的是 ( )
A.bcB.bc>ad
C.>
D.<
【解析】选B.对-<-两边同乘以-ab,
由-ab<0,得bc>ad.
3.(2016·聊城高二检测)“a>0且b>0”是“≥”成立的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.由a>0且b>0,可得≥,
反之若≥.
则a≥0且b≥0,不一定是“a>0且b>0”.故选A.
4.若P=,Q=-,R=-,则P,Q,R的大小顺序是 ( )
A.P>Q>R
B.P>R>Q
C.Q>P>R
D.Q>R>P
【解析】选B.P==,
Q=-=,
R=-=.
因为2<+<+,
所以>>,
所以P>R>Q.
5.若a,b∈R,则不等式|a|+|b|≥|a+b|中等号成立的充要条件是 ( )
A.ab>0
B.ab≥0
C.ab<0
D.ab≤0
【解析】选B.若ab=0,则|a|+|b|=|a+b|;
若ab>0,则|a|+|b|=|a+b|;若ab<0,则|a|+|b|>|a+b|.
6.(2016·中山高二检测)若关于x的不等式|x-1|+|x-2|>a2+a+1(x∈R)恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.(0,1)
B.(-∞,-1)∪(0,+∞)
C.(-∞,-1)
D.(-1,0)
【解析】选D.根据绝对值不等式的意义知|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,所以,不等式|x-1|+|x-2|>a2+a+1(x∈R)恒成立,等价于a2+a+1<1,解得-17.已知t,s>0,A=,B=+,则A与B的大小关系为 ( )
A.A>B
B.AC.A=B
D.不确定
【解题指南】通过对式子B的分母放大使得与式子A分母一样,然后进行大小比较.
【解析】选B.B=+>+==A.
【补偿训练】设x>0,y>0,若P=,Q=+,则P,Q的大小关系是 ( )
A.P=Q
B.PC.P≤Q
D.P>Q
【解析】选B.因为x>0,y>0,
所以P==+<+=Q.
8.(2016·南昌高二检测)不等式|x-1|+|x-2|≥3的解集是 ( )
A.{x|x≤1或x≥2}
B.{x|1≤x≤2}
C.{x|x≤0或x≥3}
D.{x|0≤x≤3}
【解析】选C.由x≤1时,原不等式可化为-(x-1)-(x-2)≥3,得x≤0.因此x≤0.
当1当x≥2时,原不等式可化为(x-1)+(x-2)≥3,得x≥3.
因此x≥3,
综上所述,原不等式的解集是{x|x≤0或x≥3}.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.(2016·聊城高二检测)若ε>0,|x|≤,|y|≤,|z|=,则|2x-y+3z|的最大值为 .
【解析】根据绝对值不等式的性质,所以|2x-y+3z|≤2|x|+|y|+3|z|≤ε.所以|2x-y+3z|的最大值为ε.
答案:ε
10.(2016·盐城高二检测)已知实数x,y,z满足x+2y+3z=a(a为常数),则x2+y2+z2的最小值为 .
【解析】根据柯西不等式可知,(x2+y2+z2)(1+4+9)≥(x+2y+3z)2=a2,
所以x2+y2+z2≥.
答案:
11.若a>b>c,n∈N,且+≥恒成立,则n的最大值是 .
【解析】因为a>b>c,且+≥恒成立,于是n≤+恒成立.
因为+=+
=2++≥2+2=4.
所以n的最大值是4.
答案:4
12.请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤”时的推论过程:要证明ac+bd≤ (1) ,
只要证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),
即要证:a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,
即要证a2d2+b2c2≥2abcd, (2) .
【解析】根据分析法的原理,及后续证明提示,可知在(1)处需要对ac+bd的正负讨论;对于(2)处需要考虑前面证明步骤成立的条件,及结论的写法.
答案:(1)当ac+bd≤0时,命题成立.当ac+bd>0时
(2)因为(ad-bc)2≥0,所以a2d2+b2c2≥2abcd,所以命题成立
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)(2016·福州高二检测)已知函数f(x)是R上的增函数,a,b∈R.
(1)若a+b≥0,求证:f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.
【解析】(1)因为a+b≥0,所以a≥-b,
已知f(x)是R上的增函数,所以f(a)≥f(-b),
又a+b≥0 b≥-a.同理f(b)≥f(-a),
两式相加,可得f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
(2)(1)中命题的逆命题成立.逆命题:若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0.
下面用反证法证明,设a+b<0,则
f(a)+f(b)从而逆命题成立.
14.(10分)(2016·天津高二检测)正数x,y满足+=1.
(1)求xy的最小值.(2)求x+2y的最小值.
【解析】(1)由1=+≥2得xy≥36,
当且仅当=即y=9x=18时取等号.
故xy的最小值为36.
(2)由题意可得x+2y=(x+2y)
19++≥19+2
=19+6.当且仅当=,即9x2=2y2时取等号.故x+2y的最小值为19+6.
15.(10分)(2016·天津高二检测)等腰Rt△AOB的直角边长为1,在此三角形中任取点P,过P点分别作三边的平行线,与各边围成以P为顶点的三个三角形,求这三个三角形的面积和的最小值.
【解题指南】本题需建立直角坐标系,设出P点的坐标,确定三角形面积和的函数,再应用柯西不等式求解.
【解析】以OA,OB分别为x轴、y轴,建立直角坐标系,如图.
则AB的直线方程为x+y=1.
设P的坐标为(xP,yP),则以P为公共顶点的三个三角形的面积和
S=++(1-xP-yP)2,
所以2S=++(1-xP-yP)2.
由柯西不等式,得
[++(1-xP-yP)2](12+12+12)
≥(xP+yP+1-xP-yP)2=1,
所以3·2S≥1,所以S≥.
当且仅当==时,等号成立,即xP=yP=时,面积S最小,且最小值为.
16.(10分)(2016·长安高二检测)已知a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,求实数x的取值范围.
【解析】因为a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,由柯西不等式
得,(a-b+c)2≤(a2+b2+c2)(1+1+1)=3,
|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,等价于|x-1|+|x+1|≥3,解得x≤-或x≥.所以实数x的取值范围为∪.
17.(10分)已知函数f(x)=|x+2|-|2x-2|.
(1)解不等式f(x)≥-2.
(2)设g(x)=x-a,对任意x∈[a,+∞)都有g(x)≥f(x),求a的取值范围.
【解题指南】(1)分类讨论,去掉绝对值,分别求得不等式f(x)≥-2的解集,再取并集,即得所求.
(2)作出f(x)的图象,数形结合求得满足x∈[a,+∞)时g(x)≥f(x)的a的取值范围.
【解析】(1)对于f(x)≥-2,当x≤-2时,不等式即x-4≥-2,即x≥2,所以x∈ ;
当-2所以-≤x<1;
当x≥1时,不等式即-x+4≥-2,
即x≤6,所以1≤x≤6.
综上,不等式的解集为.
(2)f(x)=|x+2|-|2x-2|=函数f(x)的图象如图所示:
因为g(x)=x-a,表示一条斜率为1且在y轴上的截距等于-a的直线,当直线过(1,3)点时,-a=2.
①当-a≥2,即a≤-2时,恒有g(x)≥f(x)成立.
②当-a<2,即a>-2时,令f(x)=g(x),即-x+4=x-a,求得x=2+,
根据对任意x∈[a,+∞)都有g(x)≥f(x),所以a≥2+,即a≥4.
综上可得,a≤-2或a≥4.
18.(10分)(2016·南京高二检测)已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项公式bn.
(2)设数列{an}的通项an=loga,(其中a>0,且a≠1),记Sn为数列{an}的前n项和,试比较Sn与logabn+1的大小,并证明你的结论.
【解析】(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得
所以bn=3n-2.
(2)由bn=3n-2知
Sn=loga(1+1)+loga+…+loga
=loga,
而logabn+1=loga.
于是,比较Sn与logabn+1的大小,即比较
(1+1)…与的大小.
取n=1,有(1+1)=>=.
取n=2,有(1+1)>>=.
由此猜想:
(1+1)…>.(
)
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,已验证(
)成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N+)时,(
)成立,即
(1+1)…>,
则当n=k+1时,
(1+1)…
>=.
因为-
==>0,
所以(3k+2)>=.
从而(1+1)…>,即当n=k+1时(
)也成立.
由①与②知,(
)对任意正整数n都成立.
所以,当a>1时,Sn>logabn+1,
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考前过关训练(一)
不等式和绝对值不等式
(35分钟 60分)
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.已知x≥,则f(x)=有 ( )
A.最大值
B.最小值
C.最大值1
D.最小值1
【解析】选D.因为x≥,所以x-2≥.
所以f(x)==(x-2)+≥
2=1,
当且仅当=,
即x=3时,等号成立,所以f(x)min=1.
2.若a>b>c,则一定成立的不等式是 ( )
A.a|c|>b|c|
B.ab>ac
C.a-|c|>b-|c|
D.<<
【解析】选C.当c=0时,A不成立;
当a<0时,B不成立;当a=1,c=-1时,D不成立.
因为a>b,所以C成立.
3.不等式|sinx+tanx|A.N M
B.M N
C.M=N
D.MN
【解析】选B.因为|sinx+tanx|≤|sinx|+|tanx|,
则M N(当a≤0时,M=N= ),故选B.
4.不等式3<|5-2x|≤9的解集为 ( )
A.[-2,1)∪[4,7)
B.(-2,1]∪(4,7]
C.(-2,-1]∪[4,7)
D.[-2,1)∪(4,7]
【解析】选D.由
得
所以得[-2,1)∪(4,7]
5.(2016·上饶高二检测)若关于x的不等式-A.(1,3)
B.(-∞,1)∪(3,+∞)
C.(-∞,-3)∪(-1,+∞)
D.(-3,-1)
【解析】选B.设f(x)=|x+1|-|x-2|.
(1)当x<-1时,f(x)=-(x+1)+x-2=-3.
(2)当-1≤x<2时,f(x)=x+1+x-2=2x-1,
此时-3≤f(x)<3.
(3)当x≥2时,f(x)=x+1-(x-2)=3.
综上:函数f(x)=|x+1|-|x-2|的最小值是-3;关于x的不等式-0,解得a<1或a>3.
6.当x>1时,不等式x-2+≥a恒成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,0]
B.[0,+∞)
C.[1,+∞)
D.(-∞,1]
【解析】选D.由已知得a≤.
因为x>1,所以x-1>0,
所以x-2+=x-1+-1≥
2-1=1,
所以=1,所以a≤1.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.已知x2+2y2=1,则x2y4-1的最大值是________.
【解析】因为x2+2y2=1,所以x2+y2+y2=1,
又x2·y2·y2≤=.
所以x2y4-1≤-1=-,
故x2y4-1的最大值为-.
答案:-
8.已知不等式(x+y)≥9对任意正实数x,y恒成立,则正实数a的最小值为________.
【解题指南】先求(x+y)的最小值,只需≥9即可.
【解析】(x+y)=1+a++≥1+a+2,所以1+a+2≥9,即a+2-8≥0,
故a≥4.
答案:4
9.如果关于x的不等式|x-2|+|x+3|≥a的解集为R,则a的取值范围是__________.
【解析】|x-2|+|x+3|表示数轴上的x点到2和-3点的距离之和,其最小值等于5,
故当a≤5时关于x的不等式|x-2|+|x+3|≥a的解集为R.
答案:(-∞,5]
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.设不等式|x+1|≤a的解集为A,不等式|x-1|+|2-x|>2的解集为B,若A∪B=R,求实数a的取值范围.
【解题指南】求解|x+1|≤a,需要对a进行分类讨论.
【解析】当a<0时,集合A=;
当a≥0时,集合A={x|-a-1≤x≤a-1}.
可求得集合B=.
因为A∪B=R,所以a≥0.
此时A={x|-a-1≤x≤a-1}.
把集合A,B在数轴上表示出来,如图,
因此有-a-1≤且≤a-1,即a≥.
因此,所求a的取值范围为.
11.(2016·郑州高二检测)已知函数f(x)=|2x-1|+|x-2a|.
(1)当a=1时,求f(x)≤3的解集.
(2)当x∈[1,2]时,f(x)≤3恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,原不等式可化为|2x-1|+|x-2|≤3,依题意,当x>2时,不等式即3x-3≤3,则解得x≤2,综合可得,x无解.
当≤x≤2时,不等式即x+1≤3,解得x≤2,
综合可得,≤x≤2.
当x<时,不等式即3-3x≤3,解得x≥0,
综合可得0≤x<.
综上所述:原不等式的解集为[0,2].
(2)原不等式可化为|x-2a|≤3-|2x-1|,
因为x∈[1,2],所以|x-2a|≤4-2x,
即2x-4≤2a-x≤4-2x,故3x-4≤2a≤4-x,对x∈[1,2]恒成立,
当1≤x≤2时,3x-4的最大值2,4-x的最小值2,所以a=1,即a的取值范围为{1}.
12.某集团投资兴办甲、乙两个企业,2014年甲企业获得利润320万元,乙企业获得利润720万元,以后每年甲企业的利润以上年利润1.5倍的速度递增,而乙企业是上年利润的.预期目标为两企业年利润之和是1600万元,从2014年年初起:
(1)哪一年两企业获利之和最小
(2)需经过几年即可达到预定目标(精确到1年)
【解析】(1)设从2014年起,第n年获利为
yn=320+720
≥2
=2×480=960,
当且仅当320·=720,
即·=,
n=2时取等号.
所以第二年,即2015年两企业获得利润之和最少,共960万元.
(2)依题意有:320+720≥1600,
即4+9≥20.
设=t(t≥1),
则原不等式化为4t2-20t+9≥0,
解得t≥,或t≤(舍去).
于是≥,n≥1+lo
=2+lo3>2+lo=4.
所以n=5,即经过5年可达到预期目标.
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课时提升作业
二
基本不等式
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·泰安高二检测)若关于x的方程9x+(4+a)·3x+4=0有解,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-8]∪[0,+∞)
B.(-∞,-4)
C.[-8,4)
D.(-∞,-8]
【解析】选D.由方程9x+(4+a)·3x+4=0有解,
即a+4=-≤-4,所以a≤-8.
2.下列不等式的证明过程正确的是 ( )
A.若a,b∈R,则+≥2=2
B.若x>0,则cosx+≥2=2
C.若x<0,则x+≤2=4
D.若a,b∈R,且ab<0,则+=-[+]≤-2=-2
【解析】选D.A,B,C中在应用基本不等式时忽视了前提“正数”,故均错误.
3.(2015·福建高考)若直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),则a+b的最小值等于
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解题指南】利用基本不等式及“1”的代换求解.
【解析】选C.因为直线过点(1,1),所以+=1,所以a+b=(a+b)=
1+1++=2++,因为a>0,b>0,所以2++≥2+2=4,当且仅当“a=b=2”时等号成立.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.(2016·佛山高二检测)已知x+3y-2=0,则3x+27y+1的最小值是__________.
【解析】3x+27y+1=3x+33y+1≥2+1=7.
答案:7
5.若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是____________.
【解析】令=t(t>0),由ab=a+b+3≥2+3,则t2≥2t+3,所以t≥3或t≤-1(舍去),所以≥3,ab≥9,当a=b=3时取等号.
答案:[9,+∞)
【误区警示】解答本题过程中易忽视a,b∈(0,+∞)而求出ab∈(-∞,1]∪
[9,+∞)的错误.
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.求函数y=(x≥0)的最小值.
【解析】原式变形得:
y==x+2++1,
因为x≥0,所以x+2>0,
所以x+2+≥6,
所以y≥7,当且仅当x=1时等号成立.
所以y=(x≥0)的最小值为7.
7.(2016·银川高二检测)如图,已知小矩形花坛ABCD中,AB=3m,AD=2m,现要将小矩形花坛建成大矩形花坛AMPN,使点B在AM上,点D在AN上,且对角线MN过点C.
(1)要使矩形AMPN的面积大于32m2,AN的长应在什么范围内
(2)M,N是否存在这样的位置,使矩形AMPN的面积最小 若存在,求出这个最小面积及相应的AM,AN的长度;若不存在,说明理由.
【解析】(1)设AM=x,AN=y(x>3,y>2),矩形AMPN的面积为S,则S=xy.
因为△NDC∽△NAM,所以=,所以x=,所以S=(y>2).
由>32,得28,所以AN的长度应在或(8,+∞)内.
(2)当y>2时,S==3≥3×=3×(4+4)=24,当且仅当y-2=,即y=4时,等号成立,解得x=6.所以存在M,N点,当AM=6,AN=4时,矩形AMPN面积最小为24.
8.已知x,y都是正实数.
求证:(x+y)(x2+y2)(x3+y3)≥8x3y3.
【证明】因为x,y都是正实数,
所以x+y≥2>0,x2+y2≥2xy>0,
x3+y3≥2>0.
三式相乘,得(x+y)(x2+y2)(x3+y3)≥8x3y3.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2016·聊城高二检测)已知a>0,b>0,则++2的最小值为 ( )
A.2
B.2
C.4
D.5
【解析】选C.++2≥2+2≥4.
2.对于x∈,不等式+≥16恒成立,则p的取值范围为 ( )
A.(-∞,-9]
B.(-9,9]
C.(-∞,9]
D.[9,+∞)
【解题指南】可令t=sin2x,将原不等式转化为关于t的不等式恒成立问题求解.
【解析】选D.令t=sin2x,则cos2x=1-t.
又x∈,所以t∈(0,1).
不等式+≥16可化为p≥(1-t),
令y=(1-t)
=17-≤17-2=9,
当且仅当=16t,即t=时取等号,
因此原不等式恒成立,只需p≥9.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.若a>0,b>0,a+b=1,则的最小值是__________.
【解析】因为
=·
=·=
==1+.
由a>0,b>0,a+b=1得ab≤=.
所以≥4,所以≥9.
答案:9
4.已知x>0,y>0且满足x+y=6,则使不等式+≥m恒成立的实数m的取值范围为____________.
【解题指南】由已知条件先求得+的最小值,只要m小于等于其最小值即可.
【解析】因为x>0,y>0,+=
=≥(10+6)=,
当且仅当=,又x+y=6,得x=,y=时取等号.所以m的取值范围是.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:++≥1.
【证明】因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
故+++a+b+c≥2(a+b+c),
所以++≥a+b+c=1.
当且仅当a=b=c=时取等号.
6.已知a,b,x,y∈R+,x,y为变量,a,b为常数,且a+b=10,+=1,x+y的最小值为18,求a,b.
【解析】因为x+y=(x+y)
=a+b++≥a+b+2=(+)2,
当且仅当=时取等号.又(x+y)min=(+)2=18,
即a+b+2=18, ①
又a+b=10, ②
由①②可得或
【拓展延伸】基本不等式的应用技巧
判断定值条件是应用基本不等式的难点和易忽略点,常见的方法有:
(1)拆项、添项、配凑
此法常用在求分式型函数的最值中,
如函数f(x)=
=,
可按由高次项向低次项的顺序逐步配凑.
(2)常值代换
这种方法常用于“已知ax+by=m(a,b,x,y均为正数),求+的最小值”和“已知+=1(a,b,x,y均为正数),求x+y的最小值”两类题型.
(3)构造不等式
当和与积同时出现在同一个不等式中时,可利用基本不等式构造一个不等式,从而求出和或积的取值范围,如已知a+b=ab-3,求ab的取值范围,可构造出不等式2≤a+b=ab-3,即()2-2-3≥0.
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考前过关训练(三)
柯西不等式、排序不等式与数学归纳法
(35分钟 60分)
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.函数y=2+的最大值为 ( )
A. B.- C.-3 D.3
【解析】选D.y=·+1·
≤=3,
当且仅当=,即x=0时,等号成立.
2.已知实数a,b,c,d满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的最大值是 ( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解题指南】利用柯西不等式构建关于a的不等式求解.
【解析】选B.由柯西不等式,得
(2b2+3c2+6d2)≥(b+c+d)2,
即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2,
当且仅当==时等号成立.
又b+c+d=3-a,2b2+3c2+6d2=5-a2,
故5-a2≥(3-a)2,
解得1≤a≤2,即a的最大值是2.
3.一组实数为a1,a2,a3,设c1,c2,c3是另一组数b1,b2,b3的任意一个排列,则a1c1+a2c2+a3c3的 ( )
A.最大值为a1b1+a2b2+a3b3,最小值为a1b3+a2b2+a3b1
B.最大值为a1b2+a2b3+a3b1,最小值为a1b3+a2b1+a3b2
C.最大值与最小值相等为a1b1+a2b2+a3b3
D.以上答案都不对
【解析】选D.a1,a2,a3与b1,b2,b3的大小顺序不知,无法确定其最值.
4.对于正整数n,下列说法不正确的是 ( )
A.3n≥1+2n
B.0.9n≥1-0.1n
C.0.9n<1-0.1n
D.0.1n≥1-0.9n
【解析】选C.由贝努利不等式知,选项C不正确.
5.(2016·菏泽高二检测)已知x+y+z=1,则2x2+3y2+z2的最小值为 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由柯西不等式得,
(2x2+3y2+z2)≥(x+y+z)2=1,
所以(2x2+3y2+z2)≥.
6.(2016·苏州高二检测)已知x,y,z∈R+,且++=1,则x++的最小值为
( )
A.5
B.
6
C.
8
D.9
【解析】选D.由柯西不等式,知
≥(1+1+1)2=9,
因为++=1,所以x++≥9.
即x++的最小值为9.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.已知点P是边长为2的等边三角形内一点,它到三边的距离分别为x,y,z,则x,y,z所满足的关系式为________,x2+y2+z2的最小值是______.
【解析】利用三角形面积相等,得
×2(x+y+z)=×(2)2,即x+y+z=3.
由(1+1+1)(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2=9,
得x2+y2+z2≥3,当且仅当x=y=z=1时取等号.
答案:x+y+z=3 3
8.如图所示,矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和.
【解析】由题干图可知,阴影部分的面积=a1b1+a2b2,而空白部分的面积=a1b2+a2b1,根据顺序和≥逆序和可知,a1b1+a2b2≥a1b2+a2b1.
答案:≥
9.(2016·聊城高二检测)凸n边形有f(n)条对角线,则凸n+1边形对角线条数f(n+1)与f(n)的递推关系为________.
【解析】凸n+1边形比凸n边形对角线条数多n-1,
所以凸n边形有f(n)条对角线,则凸n+1边形对角线条数f(n+1)与f(n)的递推关系为f(n+1)=f(n)+n-1.
答案:f(n+1)=f(n)+n-1
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.已知a,b,c∈R+,求证:++≥a10+b10+c10.
【解题指南】可以发现左右两边的次数相等,因此,应该进行适当的拼凑,使其成为积的形式.
【证明】不妨设a≥b≥c>0,则≥≥>0且a12≥b12≥c12>0,
则++≥++
=++≥++=a10+b10+c10.
11.a1,a2,…,an是互不相等的正数,其中ai∈[1,+∞),且i∈{1,2,3,…,n},n≥2.证明:
(1)+>a1+a2.
(2)++…++>n.
【证明】(1)因为a1>0,a2>0,且a1≠a2,
所以+-a1-a2==>0,所以+>a1+a2.
(2)不妨设1≤a1则<<…<,且>>…>.
由排序不等式知,乱序和不小于反序和,又等号均不成立,
所以++…++>·+·+…+·.
即++…++>a1+a2+…+an>=n.
12.(2016·厦门高二检测)设an=1+++…+(n∈N+),是否存在n的整式g(n),使得等式a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)对大于1的一切正整数n都成立 证明你的结论.
【解析】假设g(n)存在,那么当n=2时,
由a1=g(2)(a2-1),即1=g(2),
所以g(2)=2;
当n=3时,由a1+a2=g(3)(a3-1),
即1+=g(3),所以g(3)=3,
当n=4时,由a1+a2+a3=g(4)(a4-1),
即1++
=g(4),所以g(4)=4,
由此猜想g(n)=n(n≥2,n∈N+).
下面用数学归纳法证明:
当n≥2,n∈N+时,等式a1+a2+a3+…+an-1=n(an-1)成立.
(1)当n=2时,a1=1,
g(2)(a2-1)=2×=1,结论成立.
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时结论成立,
即a1+a2+a3+…+ak-1=k(ak-1)成立,
那么当n=k+1时,a1+a2+…+ak-1+ak
=k(ak-1)+ak=(k+1)ak-k=(k+1)ak-(k+1)+1
=(k+1)=(k+1)(ak+1-1),
说明当n=k+1时,结论也成立,
由(1)(2)可知,对一切大于1的正整数n,存在g(n)=n使等式a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)成立.
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单元质量评估(二)
(第二讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知a>b>c>0,A=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则A与B的大小关系是 ( )
A.A>B
B.AC.A=B
D.不确定
【解析】选A.因为a>b>c>0,所以A>0,B>0,
所以==aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b
=.
因为a>b>0,所以>1,a-b>0,
所以>1,同理>1,>1.
所以>1,即A>B.
2.若实数x,y适合不等式xy>1,x+y≥-2,则 ( )
A.x>0,y>0
B.x<0,y<0
C.x>0,y<0
D.x<0,y>0
【解析】选A.x,y异号时,显然与xy>1矛盾,所以可排除C,D.假设x<0,y<0,则x<.
所以x+y0,y>0.
3.(2016·威海高二检测)使不等式+>1+成立的正整数a的最大值是
( )
A.10
B.11
C.12
D.13
【解析】选C.用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.
4.设a>0,b>0,a+b=1,M=++,则M与8的大小关系是 ( )
A.M=8
B.M≥8
C.M<8
D.M≤8
【解析】选B.因为a>0,b>0,a+b=1,
所以1=a+b≥2,所以≤,所以≥4.
所以++=(a+b)+≥2·2+4=8.
所以++≥8,即M≥8.
当且仅当a=b=时等号成立.
5.(2016·石家庄高二检测)已知a>b,则不等式①a2>b2;②<;③>中不成立的个数是 ( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选D.因为a>b,①a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2>b2不一定成立;
②-=符号不确定,即<不一定成立;③-=符号不确定,即>不一定成立,故三个不等式不成立的个数为3.
6.已知△ABC中,∠C=90°,则的取值范围是 ( )
A.(0,2)
B.
C.
D.
【解析】选C.因为∠C=90°,所以c2=a2+b2,
即c=.又有a+b>c,
所以1<=≤=.
7.若x,y,a∈R+,且+≤a恒成立,则a的最小值是 ( )
A.
B.
C.1
D.
【解题指南】根据≥得到≥(+)求解.
【解析】选B.因为≥,即≥
(x+y),所以≥(+),
而+≤a,
即≥(+)恒成立,得≤,
即a≥.
8.(2016·济南高二检测)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,则++的值的情况为 ( )
A.一定是正数
B.一定是负数
C.可能是0
D.正负不能确定
【解析】选B.因为实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,
不妨设a>b>c,则a>0>b>c,
++==
=<0.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.(2016·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项,是,的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为 .
【解析】由已知得P=,Q=,
==
所以R=;所以R≤Q≤P.
答案:R≤Q≤P
10.若T1=,T2=,则当s,m,n∈R+时,T1与T2的大小为 .
【解析】因为-=s·=≤0.所以T1≤T2.
答案:T1≤T2
11.(2016·湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则+的最大值是 .
【解析】+==
=2-,则a+b=1≥2知ab≤,
所以+=2-≤2-=.
当且仅当a=b=时,取最大值.
答案:
12.(2016·太原高二检测)已知a>b>c,且+≥恒成立,则实数m的最大值为 .
【解析】因为a>b>c,所以a-b,b-c,a-c均为正数,
(a-c)=[(a-b)+(b-c)]
=++2≥4,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,
于是+≥.
所以m≤4.
答案:4
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)设a,b,c为三角形的三边,求证:++≥3.
【证明】设x=b+c-a,y=a+c-b,z=a+b-c,则有a+b+c=x+y+z,a=(y+z),b=(x+z),
c=(x+y).此时,原不等式等价于++≥3.
而++=
≥
=3.
所以原不等式成立.
14.(10分)已知x,y∈R,且<1,<1,求证:+≥.
【证明】因为<1,<1,所以>0,>0.
所以+≥.
故要证明结论成立,只需证≥成立,
即证1-xy≥成立即可,
因为(y-x)2≥0,有-2xy≥-x2-y2,
所以(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),
所以1-xy≥>0,
所以不等式成立.
15.(10分)(2016·莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x∈.若x1,x2∈且x1≠x2.求证:[f(x1)+f(x2)]>f.
【证明】要证[f(x1)+f(x2)]>f.
即证:(tanx1+tanx2)>tan,
只需证明>tan,
只需证明>.
由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π),
所以cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0.
故只需证明1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2.
即证1+cosx1cosx2-sinx1sinx2>2cosx1cosx2.
即证cos(x1-x2)<1.
由于x1,x2∈且x1≠x2.上式函数成立.
因此[f(x1)+f(x2)]>f.
16.(10分)(2016·盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证:≥.
【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明.
【证明】假设<,
两边平方得:
<
1+.
即<1+x1x2.
再两边平方得1+++<1+2x1x2+,
即+<2x1x2.
这与+≥2x1x2矛盾,所以原式成立.
17.(10分)(2015·湖南高考)设a>0,b>0,且a+b=+,证明:
(1)a+b≥2.
(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
【解题指南】(1)将已知条件中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证.(2)利用反证法,假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,可求得0【证明】由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.
(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得018.(10分)(2015·全国卷Ⅱ)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d.证明:
(1)若ab>cd,则+>+.
(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
【解题指南】(1)由a+b=c+d及ab>cd,可证明(+)2>(+)2,开方即得+>+.(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.
【证明】(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2.
由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.
(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,
即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.
因为a+b=c+d,a,b,c,d均为正数,所以ab>cd.
由(1)得+>+.
(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,
即a+b+2>c+d+2.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.
于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.
因此|a-b|<|c-d|.
综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
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课时提升作业
三
三个正数的算术-几何平均不等式
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.函数y=x2·(1-5x)的最大值为 ( )
A. B. C. D.
【解析】选A.因为0≤x≤,
所以1-5x≥0,
所以y=x2·(1-5x)=≤
=.
当且仅当x=1-5x,即x=时取“=”.
2.设a,b,c都是正数,且a+2b+c=1,则++的最小值为 ( )
A.9
B.12
C.6-2
D.6+4
【解析】选D.因为a,b,c都是正数,且a+2b+c=1,所以++=(a+2b+c)
=4++++++≥4+2+2+2=6+4,当且仅当a=c=b时等号成立.
所以++的最小值是6+4.
3.(2016·商丘高二检测)若a,b,c>0且a(a+b+c)+bc=4-2,则2a+b+c的最小值为 ( )
A.-1
B.+1
C.2+2
D.2-2
【解析】选D.因为a(a+b+c)+bc=4-2
即(a+b)(a+c)=4-2,又a,b,c>0
所以(a+b)(a+c)≤=
所以2a+b+c≥2-2.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.已知a,b,c∈R+,且满足a+2b+3c=1,则++的最小值为________.
【解析】因为a,b,c∈R+,且满足a+2b+3c=1,
所以++=(a+2b+3c)·≥3·3=9,当且仅当a=2b=3c=时取等号.因此++的最小值为9.
答案:9
5.(2016·唐山高二检测)已知x,y,z∈R+,且x+3y+4z=6,则x2y3z的最大值为________.
【解析】因为x,y,z∈R+,且x+3y+4z=6,
所以6=x+3y+4z=++y+y+y+4z
≥6·,
所以x2y3z≤1.
答案:1
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.若a,b,c>0,
求证:a2+b2+c2+≥6.
【证明】因为a,b,c>0,
所以a2+b2+c2≥3· ①
又++≥3·,
所以≥9· ②
a2+b2+c2+
≥3·+9·
≥2·=6,当且仅当a=b=c时等号成立.
7.(2016·哈尔滨高二检测)设正实数x,y,z满足x+2y+z=1,求+的最小值.
【解析】因为正实数x,y,z满足x+2y+z=1,
所以+=+=1++≥1+2=7,
当且仅当=,
即x+y=,y+z=时,取等号.
所以+的最小值为7.
8.已知实数a,b,c∈R,a+b+c=1,求4a+4b+的最小值,并求出取最小值时a,b,c的值.
【解析】由平均不等式,得4a+4b+≥
3=3(当且仅当a=b=c2时等号成立).
因为a+b+c=1,
所以a+b=1-c,
则a+b+c2=c2-c+1=+,
当c=时,a+b+c2取得最小值.
从而当a=b=,c=时,4a+4b+取最小值,最小值为3.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2016·温州高二检测)若logxy=-2,则x+y的最小值是 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为logxy=-2,
所以x>0且x≠1,y>0,且y=x-2,
所以x+y=++≥3=,
当且仅当=,即x=时等号成立.
2.如果圆柱的轴截面周长l为定值,那么圆柱的体积最大值是 ( )
【解析】选A.设圆柱的底面半径为r,高为h,
则l=4r+2h,即2r+h=,
V=πr2h≤π=π.
当且仅当r=h=时等号成立.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.已知0【解析】因为00,
则x2(1-2x)=x·x(1-2x)≤==.当且仅当x=1-2x,即x=时等号成立.故x2(1-2x)的最大值为.
答案:
【拓展延伸】用平均不等式求最值
(1)利用平均不等式求函数的最值必须同时具备“一正、二定、三相等”这三个条件才能应用,否则会求出错误结果.
(2)在具体问题中,“正数”这个条件一般由已知条件容易获得,“相等”条件也容易验证确定,而获得“定值”条件往往被设计为一个难点,它需要一定的灵活性和变形能力.
(3)“定值”条件是运用不等式求最值的关键,解题时应根据已知条件适当进行添(拆)项,创造应用平均不等式的情境及能使等号成立的条件.
(4)当连续应用不等式时,要注意各不等式取等号时条件是否一致,否则也不能求出最值.
4.(2016·天津高二检测)已知关于x的不等式2x+≥7在x∈(a,+∞)上恒成立,则实数a的最小值为________.
【解析】2x+=(x-a)+(x-a)++2a
因为x-a>0,
所以2x+≥3+2a=3+2a.
当且仅当x-a=,即x=a+1时,取等号.
所以2x+的最小值为3+2a,
由题意可得3+2a≥7,解得a≥2.
答案:2
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知a,b,c同号,且互不相等,a+b+c=1,求证:++>9.
【证明】++=++
=3++++++,
因为a,b,c同号,且a+b+c=1,
所以a>0,b>0,c>0,
所以,,,,,均大于0,
又a,b,c互不相等,
所以3++++++
>3+6=9.
所以++>9.
【补偿训练】设a,b,c为正实数,求证:+++abc≥2.
【证明】因为a,b,c为正实数,由平均不等式可得++≥3
即++≥,
所以+++abc≥+abc,
而+abc≥2=2,
所以+++abc≥2.
当且仅当a=b=c时取等号.
6.有一块边长为36cm的正三角形铁皮,从它的三个角上剪下三个全等的四边形后做成一个无盖的正三棱柱容器,要使这个容器的容积最大,剪下的三个四边形面积之和等于多少 最大容积是多少
【解析】剪下的三个全等的四边形如图所示,设A1F1=xcm,则AF1=xcm,
所以A1B1=F1F2=36-2x.
所以V=(36-2x)2·x
=(6-x)(6-x)·2x.
因为00.
又(6-x)+(6-x)+2x=12,
所以当6-x=2x,
即x=2时,V有最大值,
这时V最大=·(4)3=864(cm3).
因为=x·x=x2=12(cm2),
所以此时三个四边形面积之和等于36cm2.
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课时提升作业
五
绝对值不等式的解法
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·临沂高二检测)>0的解集为 ( )
A.
B.
C.
D.{x|x∈R且x≠-3}
【解析】选C.原不等式可化为
解得x>或x<-且x≠-3.
2.(2016·济南高二检测)不等式|x-2|+|x-1|≤3的最小整数解是 ( )
A.0
B.-1
C.1
D.2
【解析】选A.根据绝对值的几何意义,
得不等式|x-2|+|x-1|≤3的解为0≤x≤3.
所以不等式|x-2|+|x-1|≤3的最小整数解为0.
3.若关于x的不等式|x-2|+|x-a|≥a在R上恒成立,则a的最大值是 ( )
A.0
B.1
C.-1
D.2
【解析】选B.|x-2|+|x-a|=|x-2|+|a-x|≥
|x-2+a-x|=|a-2|,所以|a-2|≥a,解得a≤1,
所以a的最大值为1.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.(2016·德州高二检测)已知集合A={x||x-4|+|x-1|<5},B={x|a【解析】A={x|0由A∩B=(2,b)知故a+b=7.
答案:7
5.(2016·石家庄高二检测)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为__________.
【解析】方法一:由得x≤-3;
由无解;
由得x≥2.
即所求的解集为{x|x≤-3或x≥2}.
方法二:在数轴上,点-2与点1的距离为3,
所以往左右边界各找距离为1的两个点,
即点-3到点-2与点1的距离之和为5,
点2到点-2与点1的距离之和也为5,
所以原不等式的解集为{x|x≤-3或x≥2}.
答案:{x|x≤-3或x≥2}
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.(2016·武汉高二检测)解不等式x+|2x+3|≥2.
【解析】原不等式可化为
或
解得x≤-5或x≥-.
综上,原不等式的解集是.
7.已知a+b=1,对任意的a,b∈(0,+∞),+≥|2x-1|-|x+1|恒成立,求x的取值范围.
【解析】因为a>0,b>0且a+b=1,
所以+=(a+b)=5++≥9,
故+的最小值为9,因为对任意的a,b∈(0,+∞),
使+≥|2x-1|-|x+1|恒成立,
所以|2x-1|-|x+1|≤9,
当x≤-1时,2-x≤9,所以-7≤x≤-1;
当-1当x≥时,x-2≤9,所以≤x≤11.
综上所述,x的取值范围是-7≤x≤11.
8.(2016·聊城高二检测)已知函数f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,求实数a的值.
【解析】①当a≤2时,
f(x)=
②当a>2时,f(x)=
由①②可得f(x)min=f==3,
解得a=-4或8.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2015·山东高考)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是 ( )
A.(-∞,4)
B.(-∞,1)
C.(1,4)
D.(1,5)
【解题指南】可以分段讨论去掉绝对值符号,也可以利用绝对值的几何意义,还可以结合选择题的特点利用特殊值排除错误答案.
【解析】选A.方法一:当x<1时,原不等式化为1-x-(5-x)<2,即-4<2,不等式恒成立;当1≤x<5时,原不等式即x-1-(5-x)<2,解得x<4;当x≥5时,原不等式化为x-1-(x-5)<2,即4<2,显然不成立,综上可得不等式的解集为(-∞,4).
方法二:由绝对值的几何意义可得数轴上的点x到1,5两点(距离为4)的距离之差小于2的点满足x<4,所求不等式的解集为(-∞,4).
方法三:用排除法,令x=0符合题意,排除C,D;令x=2符合题意,排除B.
2.(2016·石家庄高二检测)设函数f(x)=则使f(x)≥1的自变量x的取值范围是( )
A.(-∞,-2]∪[0,4]
B.(-∞,-2]∪[0,1]
C.(-∞,-2]∪[1,4]
D.[-2,0]∪[1,4]
【解析】选A.由题意知,当x<1时,f(x)≥1等价于(x+1)2≥1,解得x≤-2或0≤x<1;
当x≥1时,f(x)≥1等价于4-≥1,解得1≤x≤4.
综上所述,满足题设的x的取值范围是
(-∞,-2]∪[0,4].
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·安阳高二检测)若关于x的不等式|ax-2|<3的解集为,则a=__________.
【解析】由|ax-2|<3得到-3又知道解集为,所以a=-3.
答案:-3
4.设a,b∈R,|a-b|>2,则关于实数x的不等式|x-a|+|x-b|>2的解集是________.
【解题指南】利用绝对值不等式的基本知识|x-a|+|x-b|表示数轴上某点到a,b的距离之和即可得解.
【解析】函数f(x)=|x-a|+|x-b|的值域为:
[|a-b|,+∞).因此,当 x∈R时,f(x)≥|a-b|>2.所以,不等式|x-a|+|x-b|>2的解集为R.
答案:R
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.
(1)当a=-2时,求不等式f(x)(2)设a>-1,且当x∈时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.
【解析】(1)当a=-2时,不等式f(x)设y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,
则y=它的图象如图所示:
结合图象可得,y<0的解集为(0,2),故原不等式的解集为(0,2).
(2)设a>-1,且当x∈时,
f(x)=1+a,不等式化为1+a≤x+3,
故x≥a-2对x∈都成立.
故-≥a-2,解得a≤,
故a的取值范围为.
6.设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1,记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N.
(1)求M.
(2)当x∈M∩N时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤.
【解析】(1)f(x)=2|x-1|+x-1=
当x≥1时,由f(x)≤1得x≤,故1≤x≤;
当x<1时,由f(x)≤1得x≥0,故0≤x<1;
综上可知,f(x)≤1的解集为M=.
(2)由g(x)=16x2-8x+1≤4得16≤4,
解得-≤x≤.因此N=,
故M∩N=.
当x∈M∩N时,f(x)=1-x,
于是x2f(x)+x[f(x)]2=xf(x)(x+f(x))=xf(x)
=x(1-x)=-≤.
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考前过关训练(二)
证明不等式的基本方法
(35分钟 60分)
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.已知m≠n,若x=m4-m3n,y=mn3-n4,则x,y的大小关系为 ( )
A.x>y
B.x=y
C.xD.与m,n的取值有关
【解析】选A.x-y=(m4-m3n)-(mn3-n4)
=m3(m-n)-n3(m-n)=(m-n)(m3-n3)
=(m-n)2(m2+mn+n2)
=(m-n)2,
因为m≠n,所以x-y>0,即x>y.
2.求证:-<-.
证明:欲证-<-,
只需证+<2,
只需证(+)2<(2)2,
只需证10+2<20,
只需证<5,只需证21<25,这显然成立.
所以-<-.
上述证明过程应用了 ( )
A.综合法
B.分析法
C.综合法、分析法配合使用
D.间接证法
【解析】选B.根据分析法的特点可知,上述证明过程是分析法.
3.若1A.(lgx)2B.lgx2<(lgx)2C.(lgx)2D.lg(lgx)<(lgx)2【解析】选D.因为1所以0又(lgx)2-lgx2=(lgx)2-2lgx
=lgx(lgx-2)<0,
所以(lgx)2所以lg(lgx)<(lgx)2【一题多解】选D.因为1所以0结合选项知A,B,C错误.
4.若a,b,c为△ABC的三条边,S=a2+b2+c2,p=ab+bc+ac,则 ( )
A.S≥2p
B.pC.S>p
D.p≤S<2p
【解析】选D.S-p=a2+b2+c2-(ab+bc+ac)=
[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0,所以S≥p.
又因为|a-b|所以a2-2ab+b25.已知x,y∈R,M=x2+y2+1,N=x+y+xy,则M与N的大小关系是 ( )
A.M≥N
B.M≤N
C.M=N
D.不能确定
【解析】选A.M-N=x2+y2+1-(x+y+xy)
=[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)]
=[(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0.故M≥N.
6.(2016·合肥高二检测)已知a,b,c是△ABC的三边长,A=+,B=,则
( )
A.A>B
B.AC.A≥B
D.A≤B
【解析】选A.因为a,b,c是△ABC的三边长,所以c所以B==<==+<+=A,所以B【补偿训练】设a,b,x,y均为正数,且a,b为常数,x,y为变量,若x+y=1,则+的最大值为 ( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.本题可利用换元的方法处理:由x+y=1且x>0,y>0,可设x=
sin2α,y=cos2α,故+=sinα+cosα=sin(α+φ)≤.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.(2016·沈阳高二检测)设α,β为锐角,P=sin(α+β),Q=sinα+sinβ,则P与Q的大小关系为________.
【解析】因为α,β为锐角,
P-Q=sin(α+β)-(sinα+sinβ)
=sinα(cosβ-1)+sinβ(cosα-1)<0,
所以P答案:P8.(2016·郑州高二检测)A=1+++…+与(n∈N+)的大小关系是________.
【解析】A=+++…+≥==.
答案:A≥
9.若a,b∈R+,且a≠b,M=+,N=+,则M,N的大小关系为________.
【解析】因为a≠b,所以+>2,+>2,
所以+++>2+2.
所以+>+.即M>N.
答案:M>N
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.已知0【证明】因为(3a-1)2≥0,
所以9a2-6a+1≥0.
所以1+3a≥9a(1-a).
因为0即≥9,所以+≥9.
11.已知a2+b2=1,x2+y2=1,试用分析法证明:ax+by≤1.
【证明】要证ax+by≤1成立,
只需证1-(ax+by)≥0,
只需证2-2ax-2by≥0,
因为a2+b2=1,x2+y2=1,
只需证a2+b2+x2+y2-2ax-2by≥0,
即证(a-x)2+(b-y)2≥0,显然成立.
所以ax+by≤1.
12.设数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=nan-2n(n-1).等比数列{bn}的前n项和为Tn,公比为a1,且T5=T3+2b5.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设数列的前n项和为Mn,求证:≤Mn<.
【解析】(1)因为等比数列{bn}的前n项和为Tn,公比为a1,且T5=T3+2b5,所以b4+b5=2b5,
所以b4=b5,所以公比a1==1,故等比数列{bn}是常数数列.
数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=nan-2n(n-1),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=nan-2n(n-1)-[(n-1)an-1-2(n-1)(n-2)],所以an-an-1=4(n≥2),
所以数列{an}是以1为首项,以4为公差的等差数列,an=4n-3.
(2)因为数列的前n项和为Mn,
==
=,所以Mn=
=<.
再由数列{Mn}是增数列,所以Mn≥M1=.
综上可得,≤Mn<.
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课时提升作业
六
比 较 法
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列t与s的大小关系中正确的是 ( )
A.t>s
B.t≥s
C.tD.t≤s
【解析】选D.s-t=(a+b2+1)-(a+2b)
=(b-1)2≥0,所以s≥t.
【补偿训练】已知a>2,b>2,则 ( )
A.ab≥a+b
B.ab≤a+b
C.ab>a+b
D.ab【解析】选C.因为a>2,b>2,所以-1>0,-1>0,则ab-(a+b)
=a+b>0.
所以ab>a+b.
2.(2016·商丘高二检测)给出下列命题:
①当b>0时,a>b>1;②当b>0时,a0,b>0时,>1a>b;④当ab>0时,>1a>b.其中真命题是 ( )
A.①②③
B.①②④
C.④
D.①②③④
【解析】选A.①当b>0时,>1-1>0>0,
即a>b>1,故①正确;
②当b>0时,<1-1<0<0,
即a由>1-1>0>0,知b>0时,
>1a>b,b<0时,>1a3.已知a>b>-1,则与的大小关系为 ( )
A.>
B.<
C.≥
D.≤
【解析】选B.因为a>b>-1,所以a+1>0,b+1>0,a-b>0,则-=<0,
所以<.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.(2016·大同高二检测)设P=a2b2+5,Q=2ab-a2-4a,若P>Q,则实数a,b满足的条件为________.
【解析】P-Q=(a2b2+5)-(2ab-a2-4a)
=a2b2+5-2ab+a2+4a=(ab-1)2+(a+2)2,
所以,若P>Q,则实数a,b满足的条件为
ab≠1或a≠-2.
答案:ab≠1或a≠-2
5.若x【解析】M-N=(x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)=(x-y)[(x2+y2)-(x+y)2]=-2xy(x-y).
因为x0,x-y<0.
所以-2xy(x-y)>0,所以M-N>0,即M>N.
答案:M>N
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.设A=+,B=(a>0,b>0),试比较A,B的大小.
【解题指南】本题可考虑使用作商法,另外化简时可考虑使用基本不等式.
【解析】因为==×=≥=1(当且仅当a=b时,等号成立).
又因为B>0,所以A≥B.
7.(2016·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,
求证:+≥+.
【证明】-(+)
=+
=+=(a-b)·
=≥0,
所以+≥+.
8.已知a,b均为实数,用比较法证明:≥(当且仅当a=b时等号成立).
【证明】-=-
==≥0,
当且仅当a=b时等号成立,
所以≥(当且仅当a=b时等号成立).
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2016·温州高二检测)已知a>b>0且ab=1,设c=,P=logca,N=logcb,
M=logc(ab),则 ( )
A.PB.MC.ND.P【解析】选A.因为a>b>0且ab=1,
所以a>1,02,
所以00,M=0,即P2.已知a>b>0,c>d>0,m=-,n=,则m与n的大小关系是
( )
A.mB.m>n
C.m≥n
D.m≤n
【解析】选B.因为a>b>0,c>d>0,
所以ac>bd>0,>,
所以m>0,n>0.又因为m2=ac+bd-2,
n2=ac+bd-(ad+bc),又由ad+bc>2,
所以-2>-ad-bc,所以m2>n2,所以m>n.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.已知0【解析】因为00,b>0,c>0,
又a2-b2=(2)2-(1+x)2=-(1-x)2<0,
所以a2-b2<0,所以a0,所以c>b,所以c>b>a.
答案:c
4.比较大小:log34______log67.
【解题指南】令log34=a,log67=b,利用对数运算性质,比较a-b与0的大小.
【解析】设log34=a,log67=b,则3a=4,6b=7,得7·3a=4·6b=4·2b·3b,即3a-b=,显然b>1,2b>2,则3a-b=>1 a-b>0 a>b.
答案:>
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.若实数x,y,m满足|x-m|<|y-m|,则称x比y接近m.对任意两个不相等的正数a,b,证明:a2b+ab2比a3+b3接近2ab.
【证明】因为a>0,b>0,且a≠b,所以a2b+ab2>2ab,
a3+b3>2ab.所以a2b+ab2-2ab>0,
a3+b3-2ab>0.
所以|a2b+ab2-2ab|-|a3+b3-2ab|
=a2b+ab2-2ab-a3-b3+2ab
=a2b+ab2-a3-b3=a2(b-a)+b2(a-b)
=(a-b)(b2-a2)=-(a-b)2(a+b)<0
所以|a2b+ab2-2ab|<|a3+b3-2ab|,
所以a2b+ab2比a3+b3接近2ab.
6.甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点,甲有一半时间以速度m行走,另一半以速度n行走;乙有一半路程以速度m行走,另一半路程以速度n行走.如果m≠n,问甲、乙二人谁先到达指定地点
【解析】设从出发地点至指定地点的路程为s,甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1,t2,依题意有:
m+n=s,+=t2.
所以t1=,t2=,
所以t1-t2=-==
-.其中s,m,n都是正数,且m≠n,所以t1-t2<0,即t1【方法技巧】应用不等式解决实际问题的策略
(1)应用不等式解决实际问题时,关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决,也即建立数学模型是解应用题的关键.
(2)在实际应用题中解决不等式问题时,常用比较法来判断数的大小关系,若是选择题或填空题,则可用特殊值加以判断.
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课时提升作业
九
二维形式的柯西不等式
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·泰安高二检测)若3x2+2y2≤1,则3x+2y的取值范围是 ( )
A.[0,]
B.[-,0]
C.[-,]
D.[-5,5]
【解析】选C.|3x+2y|≤·≤,从而-≤3x+2y≤.
2.设a,b∈R,a2+b2=3,则3a-b的最大值为 ( )
A.30
B.-30
C.
D.-
【解析】选C.3a-b=3a+(-1)·b≤·==,当且仅当3b=-a,即a=,b=-时等号成立.
3.(2016·长春高二检测)已知a,b,c,d,m,n都是正实数,P=+,
Q=·,则P与Q的大小关系为 ( )
A.P≤Q
B.PC.P≥Q
D.P=Q
【解析】选A.
Q2=(am+cn)
≥=(+)2
=P2,
因为a,b,c,d,m,n都是正实数,所以P≤Q.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.设x,y∈R+,则(x+y)·的最小值是________.
【解析】(x+y)≥
=(+)2=5+2,
当且仅当·=·时,等号成立.
答案:5+2
5.已知x>0,y>0,且+=1,则2x+y的最小值为________.
【解析】2x+y=(2x+y)
=[()2+()2]
≥
=3+2,
当且仅当·=·时,等号成立,
又+=1,则此时
答案:3+2
【一题多解】2x+y=(2x+y)
=++3≥2+3
=2+3.
当且仅当=,即2x2=y2时取等号.
又+=1,
则此时
答案:2+3
【拓展延伸】利用柯西不等式的关键
利用柯西不等式时关键问题是找出相应的两组数,当这两组数不太容易找时,需分析、增补(特别对数字1的增补:a=1·a)、变形等.
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.(2016·天津高二检测)已知m>0,n>0,m+n=p,
求证:+≥,指出等号成立的条件.
【解析】根据柯西不等式,得(m+n)≥=4,
于是+≥=,
当m=n=时等号成立.
7.求函数f(x)=-的最大值.
【解题指南】由二维形式的三角不等式稍作变化,
即得-≤
.
【解析】由于f(x)=-
=-
=-≤=.
8.已知函数f(x)=|x-4|.
(1)若f(x)≤2,求x的取值范围.
(2)在(1)的条件下,求g(x)=2+的最大值.
【解析】(1)由已知得,|x-4|≤2,即-2≤x-4≤2,
即2≤x≤6,即x的取值范围为[2,6].
(2)由2≤x≤6可得g(x)=2+,
由柯西不等式,
得g(x)≤=2.
当且仅当=,即x=时,g(x)的最大值为2.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.已知a,b,x1,x2为互不相等的正数,若y1=,y2=,则y1y2与x1x2的关系为 ( )
A.y1y2B.y1y2=x1x2
C.y1y2>x1x2
D.不能确定
【解析】选C.因为a,b,x1,x2为互不相等的正数,
所以y1y2=·=
=
>==x1x2.
【补偿训练】已知a,b∈R,且P=,Q=,则P,Q的大小关系是 ( )
A.P≥Q
B.P>Q
C.P≤Q
D.P【解析】选C.因为(a2+b2)
≥,
当且仅当a·=b·,即a=b时“=”成立.
所以≥+,即Q≥P.
2.函数y=+的最小值是 ( )
A.20
B.25
C.27
D.18
【解题指南】由函数式的特征,两项分母x及1-2x的关系可表示为2·x+1-2x=1,这为创造条件利用柯西不等式提供了可能.
【解析】选B.y=+=+
=[2x+(1-2x)]
≥=25,
当且仅当x=时等号成立.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2016·广州高二检测)已知函数f(x)=3+4,则函数f(x)的最大值为________.
【解析】由柯西不等式知(3+4)2≤(32+42)·[()2
+()2]=25.当且仅当3=4时,等号成立,因此f(x)≤5.
答案:5
4.已知a,b∈R+,且a+b=1,则+的最小值是________.
【解析】因为a,b∈R+且a+b=1,
所以+=(a+b),由柯西不等式得
(a+b)≥
==+.当且仅当时等号成立,此时a=-1,b=2-.
答案:+
【一题多解】+=(a+b)
=++≥2+
=+,
当且仅当a=-1,b=2-时等号成立.
答案:+
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2016·天津高二检测)设x>0,y>0,且x+y=2,求+的最小值.
【解题指南】利用柯西不等式求最小值,需要出现(a2+b2)(c2+d2)的结构,我们把+看作一部分,利用x+y=2构造出一部分(2-x+2-y).
【解析】因为x+y=2,根据柯西不等式,有
[(2-x)+(2-y)]=
[()2+()2][()2+()2]
≥=(x+y)2=4,
所以+≥
===2.
当且仅当·=·,
即x=y=1时,等号成立.
所以当x=y=1时,+有最小值2.
6.求证:点P(x0,y0)到直线Ax+By+C=0的距离为d=.
【证明】设Q(x,y)是直线上任意一点,则Ax+By+C=0.
因为|PQ|2=(x-x0)2+(y-y0)2,A2+B2≠0.由柯西不等式,得
(A2+B2)[(x-x0)2+(y-y0)2]
≥[A(x-x0)+B(y-y0)]2
=[(Ax+By)-(Ax0+By0)]2
=(Ax0+By0+C)2,
所以|PQ|≥.
当且仅当=时,取等号,|PQ|取得最小值.
因此,点P(x0,y0)到直线Ax+By+C=0的距离为d=.
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课时提升作业
八
反证法与放缩法
一、选择题(每小题6分,共18分)
1.(2016·泰安高二检测)证明命题“a,b∈N,如果ab可被5整除,那么a,b至少有一个能被5整除”,则假设的内容是 ( )
A.a,b都能被5整除
B.a,b都不能被5整除
C.a不能被5整除
D.a,b有一个不能被5整除
【解析】选B.“a,b至少有一个能被5整除”包括“a,b中有且只有一个能被5整除或a,b都能被5整除”,其反面为“a,b都不能被5整除”.
【补偿训练】用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时,反设正确的是( )
A.三个内角中至少有一个钝角
B.三个内角中至少有两个钝角
C.三个内角都不是钝角
D.三个内角都不是钝角或至少有两个钝角
【解析】选B.“至多有一个”即要么一个都没有,要么有一个,故反设为“至少有两个”.
2.已知a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc>0,用反证法求证a>0,b>0,c>0时的假设为
( )
A.a<0,b<0,c<0
B.a≤0,b>0,c>0
C.a,b,c不全是正数
D.abc<0
【解析】选C.a>0,b>0,c>0的反面是a,b,c不全是正数.
3.已知a>0,b>0,设P=+,Q=,则P与Q的大小关系是 ( )
A.P>Q
B.PC.P=Q
D.无法确定
【解析】选A.因为a>0,b>0,所以P=+>+==Q,所以P>Q.
【补偿训练】已知等比数列{an}的各项均为正数,公比q≠1,设P=,Q=,则P与Q的大小关系是 ( )
A.P>Q
B.PC.P=Q
D.无法确定
【解析】选A.由等比数列知识得Q==,
又P=,且a3>0,a3≠a9,
所以>=,故P>Q.
二、填空题(每小题6分,共12分)
4.(2016·泰安高二检测)用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤:①∠A+∠B+∠C=90°+90°+∠C>180°,这与三角形的内角和为180°矛盾,故结论错误;
②所以一个三角形不可能有两个直角;
③假设△ABC有两个直角,不妨设∠A=∠B=90°;
上述步骤的正确顺序是____________.
【解析】由反证法的证题步骤可知,正确顺序应该是③①②.
答案:③①②
5.已知a∈R+,则,,从大到小的顺序为________.
【解析】因为+>+=2,
+<+=2,
所以2<+<2,
所以>>.
答案:>>
【补偿训练】log23与log34的大小关系是________.
【解析】log23-log34=-=
>
=
>=0,
所以log23-log34>0,所以log23>log34.
答案:log23>log34
三、解答题(每小题10分,共30分)
6.已知a>0,b>0,且a+b>2.求证:,中至少有一个小于2.
【证明】假设,都不小于2,
则≥2,≥2.
因为a>0,b>0,
所以1+b≥2a,1+a≥2b.
所以2+a+b≥2(a+b),即2≥a+b,
这与a+b>2矛盾.
故假设不成立.即,中至少有一个小于2.
7.设n是正整数,求证:≤++…+<1.
【证明】由2n≥n+k>n(k=1,2,…,n),
得≤<.
当k=1时,≤<;
当k=2时,≤<;
…
当k=n时,≤<.
所以=≤++…+<=1.
即原不等式成立.
8.已知a≥-1,求证以下三个方程:
x2+4ax-4a+3=0,x2+(a-1)x+a2=0,x2+2ax-2a=0中至少有一个方程有实数解.
【证明】假设三个方程都没有实根,则三个方程的判别式都小于0,即:
所以
所以-一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2016·锦州高二检测)(1)已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,可假设p+q≥2.
(2)已知a,b∈R,+<1,求证方程x2+ax+b=0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设至少有一根的绝对值大于等于1.以下结论正确的是 ( )
A.(1)与(2)的假设都错误
B.(1)与(2)的假设都正确
C.(1)的假设正确,(2)的假设错误
D.(1)的假设错误,(2)的假设正确
【解析】选D.(1)的假设应为p+q>2,(2)的假设正确.
2.设x,y,z都是正实数,a=x+,b=y+,c=z+,则a,b,c三个数 ( )
A.至少有一个不大于2
B.都小于2
C.至少有一个不小于2
D.都大于2
【解析】选C.因为a+b+c=x++y++z+≥2+2+2=6,当且仅当x=y=z=1时等号成立,
所以a,b,c三者中至少有一个不小于2.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.设M=+++…+,则M与1的大小关系为________.
【解析】因为210+1>210,210+2>210,…,211-1>210,
所以M=+++…+
<++…+=1.
答案:M<1
4.(2016·石家庄高二检测)某同学准备用反证法证明如下一个问题:
函数f(x)在[0,1]上有意义,且f(0)=f(1).如果对于不同的x1,x2∈[0,1]都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|.求证:|f(x1)-f(x2)|<,那么他的反设应该是________.
【解析】对任意x1,x2∈[0,1](x1≠x2)都有|f(x1)-f(x2)|<的反面是存在x1,x2∈[0,1]且x1≠x2有|f(x1)-f(x2)|≥.
答案:存在x1,x2∈[0,1]且x1≠x2使|f(x1)-f(x2)|≥
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知0求证:a(3-b),b(3-c),c(3-a)不可能都大于.
【证明】假设a(3-b)>,b(3-c)>,c(3-a)>.
因为a,b,c均为小于3的正数.
所以>,>,>,
从而有++>.①
但是++
≤++
==.②
显然②与①相矛盾,假设不成立,故命题得证.
【补偿训练】已知f(x)=ax+(a>1),证明:方程f(x)=0没有负数根.
【证明】假设x0是f(x)=0的负数根,
则x0<0且x0≠-1且=-,
由0<<1 0<-<1,解得故方程f(x)=0没有负数根.
6.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足
-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N
.
(1)求a1的值.
(2)求数列{an}的通项公式.
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
【解析】(1)令n=1得:-(-1)S1-3×2=0,
即+S1-6=0,所以(S1+3)(S1-2)=0,
因为S1>0,所以S1=2,即a1=2.
(2)由-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,得:
(Sn+3)[Sn-(n2+n)]=0,
因为an>0(n∈N
),Sn>0,
从而Sn+3>0,所以Sn=n2+n,
所以当n≥2时,
an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n,
又a1=2=2×1,所以an=2n(n∈N
).
(3)当k∈N
时,k2+>k2+-
=,
所以=
=·<·
=·
=·
所以++…+
<
=
=-<.
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