2.3.1 数学归纳法
课后篇巩固探究
A组
1.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)·(2n+1),在验证n=1成立时,左边所得的代数式为( )
A.1
B.1+3
C.1+2+3
D.1+2+3+4
解析:当n=1时左边有2n+1=2×1+1=3,所以左边所得的代数式为1+2+3.
答案:C
2.已知n是正奇数,用数学归纳法证明时,若已假设当n=k(k≥1且为奇数)时命题为真,则还需证明( )
A.n=k+1时命题成立
B.n=k+2时命题成立
C.n=2k+2时命题成立
D.n=2(k+2)时命题成立
解析:因为n是正奇数,所以只需证明等式对所有奇数都成立,又k的下一个奇数是k+2,故选B.
答案:B
3.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k(k≥1)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]
解析:当n=k(k≥1)时,左边为12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边为12+22+…+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,分析等式变化规律可知左边实际增加的是(k+1)2+k2.
答案:B
4.下列代数式(其中k∈N+)能被9整除的是( )
A.6+6·7k
B.2+7k-1
C.2(2+7k+1)
D.3(2+7k)
解析:(1)当k=1时,显然只有3(2+7k)能被9整除.(2)假设当k=n(n∈N+,n≥1)时,命题成立,即3(2+7k)能被9整除,则当k=n+1时,3(2+7k+1)=21(2+7k)-36也能被9整除,即当k=n+1时,命题也成立.由(1)(2)可知,命题对任何k∈N+都成立.
答案:D
5.用数学归纳法证明:1-+…++…+,第一步应验证的等式是 .
解析:当n=1时,等式的左边为1-,右边=,所以左边=右边.
答案:1-
6.若凸n(n≥4)边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线条数f(n+1)为 .
解析:由题意知f(n+1)-f(n)=n-1,故f(n+1)=f(n)+n-1.
答案:f(n)+n-1
7.若s(n)=1++…+(n∈N+),则s(5)-s(4)= .
解析:依题意,s(5)=1++…+,s(4)=1++…+,于是s(5)-s(4)=.
答案:
8.已知f(n)=(2n+7)×3n+9(n∈N+),用数学归纳法证明f(n)能被36整除.
证明(1)当n=1时,f(1)=(2+7)×3+9=36,能被36整除,结论成立.
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥2)时,结论成立,即f(k)=(2k+7)×3k+9能被36整除,
则当n=k+1时,f(k+1)=[2(k+1)+7]×3k+1+9=(2k+7)×3k+1+2×3k+1+9=(2k+7)×3k×3+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]-27+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).
因为3k-1-1(k∈N+,k≥2)是2的倍数,所以18(3k-1-1)能被36整除,即当n=k+1时,结论也成立.
根据(1)和(2),可知对一切正整数n,都有f(n)=(2n+7)×3n+9能被36整除.
9.用数学归纳法证明:12-22+32-42+…+(-1)n-1n2=(-1)n-1·(n∈N+).
证明(1)当n=1时,左边=12=1,右边=(-1)0×=1,左边=右边,等式成立.
(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即12-22+32-42+…+(-1)k-1k2=(-1)k-1·.
则当n=k+1时,
12-22+32-42+…+(-1)k-1k2+(-1)k(k+1)2
=(-1)k-1·+(-1)k(k+1)2
=(-1)k(k+1)·
=(-1)k·.
因此当n=k+1时,等式也成立,
根据(1)(2)可知,对于任何n∈N+等式成立.
10.导学号35664042已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且+2an=4Sn.
(1)计算a1,a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的结论.
解(1)当n=1时,+2a1=4S1,即+2a1=4a1,即-2a1=0,解得a1=2(a1=0舍去);
当n=2时,+2a2=4S2,即+2a2=4(2+a2),即-2a2-8=0,解得a2=4(a2=-2舍去);
当n=3时,+2a3=4S3,即+2a3=4(2+4+a3),即-2a3-24=0,解得a3=6(a3=-4舍去);
当n=4时,+2a4=4S4,即+2a4=4(2+4+6+a4),即-2a4-48=0,解得a4=8(a4=-6舍去).
由以上结果猜想数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N+).
(2)下面用数学归纳法证明{an}的通项公式为an=2n(n∈N+).
①当n=1时,a1=2,由(1)知,结论成立.
②假设当n=k(k∈N+)时,结论成立,即ak=2k,
这时有+2ak=4Sk,即Sk=k2+k.
则当n=k+1时,+2ak+1=4Sk+1,即+2ak+1=4(Sk+ak+1),
所以-2ak+1=4k2+4k,解得ak+1=2k+2=2(k+1)(ak+1=-2k舍去).
故当n=k+1时,结论也成立.
由①②可知,结论对任意n∈N+都成立.
B组
1.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1(n∈N+)”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为( )
A.1
B.1+2
C.1+2+22
D.1+2+22+23
解析:当n=1时,左边为1+2+22+23.
答案:D
2.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: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).
答案:C
3.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的值为( )
A.a=,b=c=
B.a=b=c=
C.a=0,b=c=
D.不存在这样的a,b,c
解析:由于该等式对一切n∈N+都成立,不妨取n=1,2,3,
则有
解得a=,b=c=.
答案:A
4.在数列{an}中,a1=,且Sn=n(2n-1)an(n∈N+),通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为 .
解析:由a1=,Sn=n(2n-1)an求得a2=,a3=,a4=.
猜想an=(n∈N+).
答案:an=(n∈N+)
5.已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2).
(1)求a2,a3;
(2)证明:an=(n∈N+).
(1)解由a1=1,得a2=3+1=4,a3=32+4=13.
(2)证明①当n=1时,a1=1=.
故命题成立.
②假设当n=k(k≥1)时命题成立,
即ak=.
那么当n=k+1时,ak+1=ak+3k=+3k
=,
即当n=k+1时,命题也成立.
由①②知,命题对n∈N+都成立,
即an=(n∈N+).
6.导学号35664043设an=1++…+(n∈N+),是否存在关于n的整式g(n),使得等式a1+a2+a3+…+an-1=g(n)·(an-1)对大于1的一切自然数n都成立 证明你的结论.
解假设g(n)存在,则当n=2时,a1=g(2)(a2-1),
即1=g(2),故g(2)=2.
当n=3时,a1+a2=g(3)(a3-1),
即1+=g(3),
故g(3)=3.
当n=4时,a1+a2+a3=g(4)(a4-1),
即1+
=g(4),
故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+…+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∈N+,k≥2)时结论成立,
即a1+a2+…+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,结论成立.
由(1)(2)可知,对一切大于1的自然数n,存在g(n)=n,使等式a1+a2+…+an-1=g(n)(an-1)成立.模块综合测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.若a>b>c,则的值( )
A.大于0
B.小于0
C.小于或等于0
D.大于或等于0
解析:因为a>b>c,所以a-c>b-c>0,所以,所以>0,故选A.
答案:A
2.不等式|x+3|+|x-2|<5的解集是( )
A.{x|-3≤x<2}
B.R
C.
D.{x|x<-3或x>2}
解析:令f(x)=|x+3|+|x-2|=则f(x)的图像如图,由图可知,f(x)<5的解集为 .故原不等式的解集是 .
答案:C
3.若P=(x>0,y>0,z>0),则P与3的大小关系是( )
A.P≤3
B.P<3
C.P≥3
D.P>3
解析:因为1+x>0,1+y>0,1+z>0,所以=3,即P<3.
答案:B
4.不等式>a的解集为M,且2 M,则a的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
解析:由已知2 M,可得2∈ RM,于是有≤a,即-a≤≤a,解得a≥,故应选B.
答案:B
5.某人要买房,随着楼层的升高,上、下楼耗费的体力增多,因此不满意度升高,设住第n层楼,上下楼造成的不满意度为n;但高处空气清新,嘈杂音较小,环境较为安静,因此随楼层升高,环境不满意度降低,设住第n层楼时,环境不满意程度为,则此人应选( )
A.1楼
B.2楼
C.3楼
D.4楼
解析:设第n层总的不满意程度为f(n),则f(n)=n+≥2=2×3=6,当且仅当n=,即n=3时取等号.
答案:C
6.若关于x的不等式|x-1|+|x-3|≤a2-2a-1在R上的解集为 ,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(3,+∞)
B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-1,3)
D.[-1,3]
解析:|x-1|+|x-3|的几何意义是数轴上与x对应的点到1,3对应的两点距离之和,故它的最小值为2,∵原不等式解集为 ,∴a2-2a-1<2,即a2-2a-3<0,解得-1
答案:C
7.设a,b,c为正数,且a+b+4c=1,则的最大值是( )
A.
B.
C.
D.5
解析:由柯西不等式得()2≤[()2+()2+()2]=×1,所以,当且仅当a=,b=,c=时等号成立,故的最大值是.
答案:A
8.设正实数a1,a2,…,a10的任意一个排列为b1,b2,…,b10,则+…+的最小值是( )
A.1
B.10
C.
D.100
解析:不妨设0答案:B
9.设函数f(n)=(2n+9)·3n+1+9,当n∈N+时,f(n)能被m(m∈N+)整除,猜想m的最大值为( )
A.9
B.18
C.27
D.36
答案:D
10.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|>|b-c|,则有( )
A.ad≥bc
B.adC.ad>bc
D.ad≤bc
解析:由|a-d|>|b-c|可得(a-d)2>(b-c)2,即a2+d2-2ad>b2+c2-2bc,又因为a+d=b+c,所以a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,所以-4ad>-4bc,于是ad答案:B
11.实数ai(i=1,2,3,4,5,6)满足(a2-a1)2+(a3-a2)2+(a4-a3)2+(a5-a4)2+(a6-a5)2=1,则(a5+a6)-(a1+a4)的最大值为( )
A.3
B.2
C.
D.1
解析:因为[(a2-a1)2+(a3-a2)2+(a4-a3)2+(a5-a4)2+(a6-a5)2](1+1+1+4+1)≥[(a2-a1)×1+(a3-a2)×1+(a4-a3)×1+(a5-a4)×2+(a6-a5)×1]2=[(a6+a5)-(a1+a4)]2,所以[(a6+a5)-(a1+a4)]2≤8,即-2≤(a6+a5)-(a1+a4)≤2.
答案:B
12.若x∈(0,2π),则y=cossin2的最大值等于( )
A.
B.
C.
D.
解析:因为x∈(0,2π),所以y=cos>0.
因此y=cossin2>0,
于是y2=cos2sin4·2cos2·sin2·sin2,
当且仅当tan时,等号成立,
所以y≤,故所求最大值为.
答案:D
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知关于x的不等式2x+≥7在x∈(a,+∞)内恒成立,则实数a的最小值为 .
解析:2x+=2(x-a)++2a≥2+2a=2a+4≥7,故a≥,即实数a的最小值为.
答案:
14.不等式|x-4|+|x-3|≤a有实数解的充要条件是 .
解析:不等式a≥|x-4|+|x-3|有解 a≥(|x-4|+|x-3|)min=1.
答案:a≥1
15.设x,y,z∈R,2x+2y+z+8=0,则(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2的最小值为 .
解析:由柯西不等式可得[(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2](22+22+12)≥[2(x-1)+2(y+2)+(z-3)]2=(2x+2y+z-1)2=81,当且仅当x=-1,y=-4,z=2时等号成立,所以(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2≥9.
答案:9
16.对于任意实数a(a≠0)和b,不等式|a+b|+|a-b|≥|a||x-1|恒成立,则实数x的取值范围是 .
解析:依题意只需不等式的左边的最小值≥|a||x-1|,由绝对值三角不等式得|a+b|+|a-b|≥|(a+b)+(a-b)|=|2a|=2|a|,故只需求解2|a|≥|a||x-1|即可,解得-1≤x≤3.
答案:[-1,3]
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+≥2y+3.
证明因为x>0,y>0,x-y>0,
所以2x+-2y
=2(x-y)+
=(x-y)+(x-y)+
≥3=3,当且仅当x-y=1时,等号成立.
所以2x+≥2y+3.
18.(本小题满分12分)已知m>1,且关于x的不等式m-|x-2|≥1的解集为[0,4].
(1)求m的值;
(2)若a,b均为正实数,且满足a+b=m,求a2+b2的最小值.
解(1)∵m>1,不等式m-|x-2|≥1可化为|x-2|≤m-1,
∴1-m≤x-2≤m-1,
即3-m≤x≤m+1.
∵其解集为[0,4],
∴解得m=3.
(2)由(1)知a+b=3,
(方法一:利用平均值不等式)
∵(a+b)2=a2+b2+2ab≤(a2+b2)+(a2+b2)=2(a2+b2),
∴a2+b2≥,当且仅当a=b=时,等号成立,
∴a2+b2的最小值为.
(方法二:利用柯西不等式)
∵(a2+b2)·(12+12)≥(a×1+b×1)2=(a+b)2=9,
∴a2+b2≥,当且仅当a=b=时,等号成立,
∴a2+b2的最小值为.
(方法三:消元法求二次函数的最值)
∵a+b=3,
∴b=3-a.
∴a2+b2=a2+(3-a)2=2a2-6a+9
=2.
∴a2+b2的最小值为.
19.(本小题满分12分)用数学归纳法证明:>n!(n>1,n∈N+).
证明(1)当n=2时,>2!=2,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2,且k∈N+)时不等式成立,即>k!,
则当n=k+1时,+…+(k+1)·=(k+1)·>(k+1)·k!=(k+1)!,
所以当n=k+1时不等式成立.
由(1)(2)可知,对n>1的一切正整数,不等式成立.
20.导学号35664053(本小题满分12分)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.
(1)求a的值;
(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.
解(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.
(2)由(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,
所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,当且仅当p=q=r=1时等号成立,即p2+q2+r2≥3.
21.导学号35664054(本小题满分12分)设函数f(x)=|2x+2|-|x-2|.
(1)求不等式f(x)>2的解集;
(2)若对于 x∈R,f(x)≥t2-t恒成立,求实数t的取值范围.
解(1)f(x)=
当x<-1时,-x-4>2,x<-6,∴x<-6;
当-1≤x<2时,3x>2,x>,∴当x≥2时,x+4>2,x>-2,∴x≥2.
综上所述,不等式f(x)>2的解集为
.
(2)由(1)可知f(x)min=f(-1)=-3,
若 x∈R,f(x)≥t2-t恒成立,
则只需f(x)min=-3≥t2-t 2t2-7t+6≤0 ≤t≤2,
所以实数t的取值范围为.
22.导学号35664055(本小题满分12分)已知a,b,c为非零实数,且a2+b2+c2+1-m=0,+1-2m=0.
(1)求证:;
(2)求实数m的取值范围.
(1)证明由柯西不等式得
(a2+b2+c2)
≥,
即(a2+b2+c2)≥36.
∴.
(2)解由已知得a2+b2+c2=m-1,=2m-1,
∴(m-1)(2m-1)≥36,
即2m2-3m-35≥0,
解得m≤-或m≥5.
又a2+b2+c2=m-1>0,=2m-1>0,
∴m≥5,
即实数m的取值范围是[5,+∞).第1课时 比较法、分析法
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A组
1.若A=+3与B=+2,则A,B的大小关系是( )
A.A>B
B.AC.A≥B
D.不确定
解析:因为A-B=+3->0,所以A>B.
答案:A
2.若a>2,b>2,则( )
A.a+b>ab
B.a+bC.a+b≥ab
D.a+b≤ab
解析:.
因为a>2,b>2,所以.
所以<1,故a+b答案:B
3.已知a,b都是正数,P=,Q=,则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q
B.PC.P≥Q
D.P≤Q
解析:∵a,b都是正数,∴P>0,Q>0.
∴P2-Q2=-()2=-≤0,
当且仅当a=b时,等号成立.
∴P2-Q2≤0.∴P≤Q.
答案:D
4.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是 .
解析:∵x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1
=x2(x-1)+(x-1)
=(x-1)(x2+1),
且x>1,∴x-1>0.
又x2+1>0,∴x3-(x2-x+1)>0,
即x3>x2-x+1.
答案:x3>x2-x+1
5.已知a1,a2∈(0,1),M=a1a2,N=a1+a2+1,则M,N的大小关系是 .
解析:M-N=a1a2-a1-a2-1=(a1-1)(a2-1)-2.
因为a1,a2∈(0,1),所以a1-1,a2-1∈(-1,0).
所以(a1-1)(a2-1)∈(0,1),所以(a1-1)(a2-1)-2<0,故M答案:M6.已知x>0,y>0,求证:.
证明
=.
因为x>0,y>0,所以(x+1)(x+y+1)>0.
所以<0,故.
7.已知a>b>c,求证:bc2+ca2+ab2证明(bc2+ca2+ab2)-(b2c+c2a+a2b)
=(bc2-c2a)+(ca2-b2c)+(ab2-a2b)
=c2(b-a)+c(a+b)(a-b)+ab(b-a)
=(b-a)(c2+ab-ca-cb)=(b-a)(c-a)(c-b).
因为a>b>c,所以b-a<0,c-a<0,c-b<0.
所以(b-a)(c-a)(c-b)<0.
故bc2+ca2+ab28.已知a>0,b>0,A=,B=,求证:A≥B.
证明∵a>0,b>0,∴A>0,B>0.
∴
==1,
当且仅当a=b时,等号成立.∴A≥B.
9.导学号35664015已知a,b∈(0,+∞),n∈N+,求证:(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).
证明(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)
=an+1+abn+anb+bn+1-2an+1-2bn+1
=an(b-a)+bn(a-b)=(a-b)(bn-an).
当a>b>0时,a-b>0,bn-an<0,
有(a-b)(bn-an)<0;
当b>a>0时,a-b<0,bn-an>0,
有(a-b)(bn-an)<0;
当a=b时,a-b=0,有(a-b)(bn-an)=0,
即(a-b)(bn-an)≤0,
故(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1).
B组
1.若α,β∈,记M=sin
αcos
β,N=sin
α+cos
β-1,则M与N的大小关系是( )
A.M>N
B.MC.M=N
D.大小关系不确定
解析:M-N=sin
αcos
β-(sin
α+cos
β-1)
=(sin
α-1)(cos
β-1),
而α,β∈,所以(sin
α-1)(cos
β-1)>0,
故M>N.
答案:A
2.求证:.
证明:因为都是正数,
所以要证明,
只需证明()2>()2,
展开得5+2>5,即2>0,显然成立,
所以不等式.
上述证明过程应用了( )
A.综合法
B.分析法
C.综合法、分析法混合
D.间接证法
解析:分析法是“执果索因”,基本步骤为:要证明……只需证明……,只需证明……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.
答案:B
3.设a>b>c>0,x=,y=,z=,则x,y,z的大小关系为 .
解析:∵a>b>c>0,
∴x>0,y>0,z>0.
而x2-y2=a2+b2+2bc+c2-(b2+c2+2ac+a2)=2bc-2ac=2c(b-a)<0,∴x2又y2-z2=b2+(c+a)2-[c2+(a+b)2]
=2ac-2ab=2a(c-b)<0,
∴y答案:x4.设△ABC的边长分别是a,b,c,且m>0,求证:.
证明由已知a>0,b>0,c>0,m>0.
要证明,
只需证明,
即证明,
只需证明,
即证明1+<1+,
只需证明m2c-abc<2mab+m2(a+b)成立,
即证明m2[c-(a+b)]∵a,b,c分别是△ABC的三边长,∴a+b>c.
即c-(a+b)<0,而m2>0,
∴m2[c-(a+b)]<0.
又ab(2m+c)>0,
∴m2[c-(a+b)]∴原不等式成立.
5.导学号35664016已知a,b均为正数,求证:.
证法一-()
=
=
=.
因为>0,>0,()2≥0,
所以-()≥0,所以.
证法二-()
=
=≥0,
所以.
证法三
==1+≥1,
所以.
6.导学号35664017已知0|loga(1+x)|.(其中a>0,且a≠1)
证明∵00,且a≠1,
∴=|log(1+x)(1-x)|.
∵0<1-x<1,1+x>1,
∴log(1+x)(1-x)<0.
∵1-x2<1,∴1+x<,
∴|log(1+x)(1-x)|=-log(1+x)(1-x)
=log(1+x)>log(1+x)(1+x)=1.
∴|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.§1 柯西不等式
课后篇巩固探究
A组
1.若a2+b2=2,则a+b的最大值为( )
A.1
B.
C.2
D.4
解析:由柯西不等式可得(a2+b2)(12+12)≥(a+b)2,即(a+b)2≤4,当且仅当a=b=1时等号成立,所以-2≤a+b≤2,即a+b的最大值为2.
答案:C
2.若x2+y2+z2=1,则x+y+z的最大值等于( )
A.2
B.4
C.
D.8
解析:由柯西不等式可得[12+12+()2](x2+y2+z2)≥(x+y+z)2,即(x+y+z)2≤4,当且仅当x=,y=,z=时等号成立,因此x+y+z≤2,即x+y+z的最大值等于2.
答案:A
3.设a,b,c均为正数,且a+b+c=9,则的最小值为( )
A.81
B.49
C.9
D.7
解析:由柯西不等式可得(a+b+c)·81=9,当且仅当,即a=2,b=3,c=4时等号成立,故所求最小值为9.
答案:C
4.函数y=+2的最大值是( )
A.
B.
C.3
D.5
解析:根据柯西不等式,知y=1×+2×
≤,
当且仅当=2,即x=时,等号成立.
答案:B
5.设a,b∈R,且a2+b2=5,则3a+b的最小值为( )
A.5
B.-5
C.-50
D.-5
解析:令α=(a,b),β=(3,1),则α·β=3a+b,|α|=,|β|=.
由柯西不等式的向量形式可得|α·β|≤|α||β|,所以|3a+b|≤=5,当且仅当a=,b=时等号成立,因此-5≤3a+b≤5,即3a+b的最小值为-5.
答案:D
6.设a,b,c是正实数,且a+b+c=9,则的最小值为 .
解析:因为(a+b+c)=[()2+()2+()2]
=18,当且仅当a=b=c=3时等号成立,所以≥2,故的最小值为2.
答案:2
7.设a,b,c,d,m,n都是正实数,P=,Q=,则P与Q的大小关系是 .
解析:P=
≤
==Q当且仅当时,等号成立.
答案:P≤Q
8.已知a,b,m,n均为正实数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为 .
解析:由柯西不等式,得(am+bn)(bm+an)≥()2=mn(a+b)2=2,当且仅当m=n=时,等号成立.故(am+bn)(bm+an)的最小值为2.
答案:2
9.已知a,b,c为正实数,且满足acos2θ+bsin2θ证明由柯西不等式,得cos2θ+sin2θ
≤
=.
故原不等式成立.
10.导学号35664033设a,b∈R+,且a+b=2.求证:≥2.
证明由柯西不等式,得
[(2-a)+(2-b)]
=[()2+()2]
≥
=(a+b)2=4.
因为a,b∈R+,且a+b=2,所以2-a>0,2-b>0,所以=2,当且仅当a=b=1时等号成立.故原不等式成立.
B组
1.若实数x+y+z=1,则2x2+y2+3z2的最小值为( )
A.1
B.6
C.11
D.
解析:∵(2x2+y2+3z2)
≥
=(x+y+z)2=1,
∴2x2+y2+3z2≥,当且仅当x=,y=,z=时,等号成立.
∴2x2+y2+3z2的最小值为.
答案:D
2.若长方形ABCD是半径为R的圆的内接长方形,则长方形ABCD周长的最大值为( )
A.2R
B.2R
C.4R
D.4R
解析:如图,设内接长方形ABCD的长为x,则宽为,于是ABCD的周长l=2(x+)=2(1·x+1·).
由柯西不等式得l≤2[x2+()2(12+12=2×2R×=4R,当且仅当x·1=·1,即x=R时等号成立.
此时R,即四边形ABCD为正方形,故周长为最大的内接长方形是正方形,其周长为4R.
答案:D
3.已知a,b,c为正实数,且a+2b+3c=9,则的最大值等于( )
A.
B.
C.13
D.18
解析:,当且仅当a=,b=,c=时等号成立,故最大值为.
答案:A
4.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
5.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),当且仅当且a+b=1,即a=-1,b=2-时,取最小值.
答案:
6.已知x2+y2=2,且|x|≠|y|,求的最小值.
解令u=x+y,v=x-y,则x=,y=.
∵x2+y2=2,
∴(u+v)2+(u-v)2=8,∴u2+v2=4.
由柯西不等式,得(u2+v2)≥4,
当且仅当u2=v2=2,即x=±,y=0或x=0,y=±时,的最小值是1.
7.导学号35664034已知x,y,z∈R,且x-2y-3z=4,求x2+y2+z2的最小值.
解由柯西不等式得[x+(-2)y+(-3)z]2
≤[12+(-2)2+(-3)2](x2+y2+z2),
即(x-2y-3z)2≤14(x2+y2+z2),
所以16≤14(x2+y2+z2).
因此x2+y2+z2≥,当且仅当x=,即当x=,y=-,z=-时,x2+y2+z2的最小值为.
8.导学号35664035求函数y=的最小值.
解y=.
根据柯西不等式,有y2=(x-1)2+2+(3-x)2+5+2≥(x-1)2+2+(3-x)2+5+2[(x-1)(3-x)+]=[(x-1)+(3-x)]2+()2=11+2.
当且仅当(x-1)=(3-x),即x=时,等号成立.
此时ymin=+1.第3课时 几何法、反证法
课后篇巩固探究
A组
1.设实数a,b,c满足a+b+c=,则a,b,c中( )
A.至多有一个不大于
B.至少有一个不小于
C.至多有两个不小于
D.至少有两个不小于
解析:假设a,b,c都小于,即a<,b<,c<,则a+b+c<,这与a+b+c=矛盾,因此假设错误,即a,b,c中至少有一个不小于.
答案:B
2.用反证法证明“若关于x的整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根,则a,b,c中至少有一个偶数”时,下列假设正确的是( )
A.假设a,b,c都是偶数
B.假设a,b,c都不是偶数
C.假设a,b,c至多有一个偶数
D.假设a,b,c至多有两个偶数
答案:B
3.设a,b,c均为正数,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 条件.
解析:必要性是显然成立的;当PQR>0时,若P,Q,R不同时大于零,则其中两个为负,一个为正,不妨设P>0,Q<0,R<0,则Q+R=2c<0,这与c>0矛盾,即充分性也成立.
答案:充要
4.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1,其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是 .(填序号)
解析:①a+b>1,可取a=0.5,b=0.6,故不正确;②a+b=2,可取a=1,b=1,故不正确;③a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,正确;④a2+b2>2,可取a=-2,b=-1,故不正确;⑤ab>1,可取a=-2,b=-1,故不正确.
答案:③
5.若a3+b3=2,求证:a+b≤2.
证法一假设a+b>2,而a2-ab+b2=b2≥0.
但取等号的条件为a=b=0,显然不成立.
∴a2-ab+b2>0,
∴a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)>2(a2-ab+b2).
又a3+b3=2,
∴a2-ab+b2<1.
∴1+ab>a2+b2≥2ab,
∴ab<1,
∴a2+b2<1+ab<2.
∴(a+b)2=a2+b2+2ab<2+2ab<4.
∴a+b<2,这与假设矛盾.
∴a+b≤2.
证法二假设a+b>2,则a>2-b.
故2=a3+b3>(2-b)3+b3.
即2>8-12b+6b2,
即(b-1)2<0.
这与(b-1)2≥0矛盾.
∴a+b≤2.
6.已知x>0,y>0,且x+y>2,试证:中至少有一个小于2.
证明假设都不小于2,即
≥2,且≥2.
因为x>0,y>0,所以1+x≥2y,且1+y≥2x.
把这两个不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),
从而x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.
因此,都不小于2是不可能的,即原命题成立.
7.设a,b∈R,0≤x≤1,0≤y≤1,求证:对于任意实数a,b必存在满足条件的x,y,使|xy-ax-by|≥成立.
证明假设对一切0≤x≤1,0≤y≤1,结论不成立,则有|xy-ax-by|<.
令x=0,y=1,有|b|<;
令x=1,y=0,有|a|<;
令x=y=1,得|1-a-b|<.
这与|1-a-b|≥1-|a|-|b|>1-矛盾,
故假设不成立,原命题结论正确.
B组
1.用反证法证明命题:“若a,b∈N,ab能被3整除,则a,b中至少有一个能被3整除”时,假设应为( )
A.a,b都能被3整除
B.a,b都不能被3整除
C.a,b不都能被3整除
D.a不能被3整除
解析:反证法证明命题时,应假设命题的反面成立.“a,b中至少有一个能被3整除”的反面是“a,b都不能被3整除”,故应假设a,b都不能被3整除,故选B.
答案:B
2.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别为△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A1B1C1一定是锐角三角形,△A2B2C2一定是( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不能确定
解析:因为三角形内角的正弦值均为正值,
所以△A1B1C1的三个内角的余弦值均为正值,
所以△A1B1C1为锐角三角形.
由于sin
A2=cos
A1=sin,
sin
B2=cos
B1=sin,
sin
C2=cos
C1=sin,
若△A2B2C2是锐角三角形,
则A2+B2+C2=,与三角形内角和为π矛盾,
故△A2B2C2是钝角三角形.
答案:C
3.完成反证法证题的全过程.设a1,a2,…,a7是1,2,…,7的一个排列,求证:乘积p=(a1-1)(a2-2)…(a7-7)为偶数.
证明:假设p为奇数,则a1-1,a2-2,…,a7-7均为奇数.
因为奇数个奇数之和为奇数,
所以奇数= = .
但0≠奇数,这一矛盾说明p为偶数.
解析:由题意,(a1-1)+(a2-2)+(a3-3)+…+(a7-7)=(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7).
答案:(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7) (a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)
4.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)|<,那么它的假设应该是 .
答案:|f(x1)-f(x2)|≥
5.导学号35664023已知f(x)=,a≠b,且ab>0,求证:|f(a)-f(b)|<|a-b|.
分析利用f(x)=的结构特点构造几何中的两点间的距离来证明.
证明f(a)=表示平面上点A(1,a)到点O(0,0)的距离,f(b)=表示平面上点B(1,b)到点O(0,0)的距离.而|a-b|表示A(1,a)与B(1,b)两点间的距离,如图所示.
∵a≠b,∴A,O,B三点组成一个三角形,由三角形两边之差的绝对值小于第三边可得|f(a)-f(b)|<|a-b|.
6.导学号35664024已知△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,面积为S.求证:
(1)a2+b2+c2≥4S;
(2)tantan,tantan,tantan中至少有一个不小于.
证明(1)要证明a2+b2+c2≥4S,
只需证明a2+b2+a2+b2-2abcos
C≥2absin
C,
只需证明a2+b2≥2absin,
只需证明a2+b2≥2ab,
只需证明(a-b)2≥0,显然成立,
故a2+b2+c2≥4S.
(2)假设tantan,tantan,tantan都小于,
则tantan+tantan+tantan<1.
①
又tantan+tantan+tantan
=tan+tantan
=tantan+tantan=1.
这与①矛盾,故tantan,tantan,tantan中至少有一个不小于.1.2.1 绝对值不等式
课后篇巩固探究
A组
1.设ab>0,下面四个不等式:
①|a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;③|a+b|<|a-b|;④|a+b|>|a|-|b|.
其中正确的是( )
A.①②
B.①③
C.①④
D.②④
解析:∵ab>0,∴a,b同号.
∴|a+b|=|a|+|b|>|a|-|b|.
∴①④正确.
答案:C
2.函数f(x)=|3-x|+|x-7|的最小值等于( )
A.10
B.3
C.7
D.4
解析:|3-x|+|x-7|≥|(3-x)+(x-7)|=4,所以函数的最小值为4.
答案:D
3.已知|a|≠|b|,m=,n=,则m,n之间的大小关系是( )
A.m>n
B.mC.m=n
D.m≤n
解析:由绝对值不等式的性质,知|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.
∴≤1≤,∴m≤n.
答案:D
4.若|a|<1,|b|<1,则|a+b|+|a-b|与2的大小关系是
( )
A.|a+b|+|a-b|>2
B.|a+b|+|a-b|<2
C.|a+b|+|a-b|=2
D.不确定
解析:当(a+b)(a-b)≥0时,|a+b|+|a-b|=|(a+b)+(a-b)|=2|a|<2;当(a+b)(a-b)<0时,|a+b|+|a-b|=|(a+b)-(a-b)|=2|b|<2,综上有|a+b|+|a-b|<2.
答案:B
5.若关于x的不等式|x|+|x-1|A.[-1,1]
B.(-1,1)
C.(-∞,1]
D.(-∞,1)
解析:∵|x|+|x-1|≥|x-(x-1)|=1,
∴若关于x的不等式|x|+|x-1|的解集为 ,则a≤1.
答案:C
6.若a,b∈R,且|a|≤3,|b|≤2,则|a+b|的最大值是 ,最小值是 .
解析:|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,
所以1=3-2≤|a+b|≤3+2=5.
答案:5 1
7.若不等式|x-4|-|x-3|≤a对一切x∈R恒成立,则实数a的取值范围是 .
解析:设f(x)=|x-4|-|x-3|,则f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a大于等于f(x)的最大值.
∵|x-4|-|x-3|≤|(x-4)-(x-3)|=1,
即f(x)max=1,∴a≥1.
答案:[1,+∞)
8.不等式≥1成立的充要条件是 .
解析:≥1 ≥0
(|a|-|b|)[|a+b|-(|a|-|b|)]≥0(且|a|-|b|≠0).
∵|a+b|≥|a|-|b|,∴|a+b|-(|a|-|b|)≥0.
∴|a|-|b|>0,即|a|>|b|.
答案:|a|>|b|
9.设m等于|a|,|b|和1中最大的一个,当|x|>m时,求证:<2.
证明∵m等于|a|,|b|和1中最大的一个,|x|>m,
∴
∴
==2.
故原不等式成立.
10.导学号35664004已知函数f(x)=log2(|x-1|+|x-5|-a).
(1)当a=2时,求函数f(x)的最小值;
(2)当函数f(x)的定义域为R时,求实数a的取值范围.
解(1)函数的定义域满足|x-1|+|x-5|-a>0,
即|x-1|+|x-5|>a.
设g(x)=|x-1|+|x-5|,
由|x-1|+|x-5|≥|x-1+5-x|=4,
当a=2时,∵g(x)min=4,
∴f(x)min=log2(4-2)=1.
(2)由(1)知,g(x)=|x-1|+|x-5|的最小值为4.
∵|x-1|+|x-5|-a>0,
∴a∴a<4,即a的取值范围是(-∞,4).
B组
1.对任意x,y∈R,|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:∵|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|
=(|1-x|+|x|)+(|1-y|+|1+y|)
≥|(1-x)+x|+|(1-y)+(1+y)|=1+2=3,
当且仅当(1-x)·x≥0,(1-y)·(1+y)≥0,
即0≤x≤1,-1≤y≤1时等号成立,
∴|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值为3.
答案:C
2.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=(|x-a2|+|x-2a2|-3a2),若 x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数a的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
解析:当x≥0时,f(x)=
由f(x)是奇函数,可作出f(x)的图像,如图所示.
因为 x∈R,f(x-1)≤f(x),
所以f(x-1)的图像恒在f(x)图像的下方,即将f(x)的图像往右平移一个单位后恒在f(x)图像的下方,
所以-3a2+1≥3a2,解得a∈.故选B.
答案:B
3.已知x,y,a∈R,且|x-y|解析:∵a>|x-y|=|(-y)+x|≥|-y|-|x|=|y|-|x|,∴|y|<|x|+a.
答案:|y|<|x|+a
4.已知a和b是任意非零实数,则的最小值为 .
解析:=4.
答案:4
5.已知函数f(x)=x2-x+13,|x-a|<1,求证:
|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
证明∵|f(x)-f(a)|
=|x2-x+13-(a2-a+13)|
=|x2-a2-x+a|
=|(x-a)(x+a-1)|
=|x-a||x+a-1|
<|x+a-1|
=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|<1+|2a|+1
=2(|a|+1),
∴|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).
6.导学号35664005已知a,b,c是实数,函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,求证:
(1)|c|≤1;
(2)当-1≤x≤1时,|g(x)|≤2.
证明(1)∵当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,
∴|f(0)|≤1,即|c|≤1.
(2)当a>0时,g(x)=ax+b在[-1,1]上是增加的,∴g(-1)≤g(x)≤g(1).
∵当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,且|c|≤1,
∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2,
g(-1)=-a+b
=-f(-1)+c
≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2,
∴|g(x)|≤2.
当a<0时,g(x)=ax+b在[-1,1]上是减少的,
∴g(-1)≥g(x)≥g(1).
∵当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,且|c|≤1,
∴g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤|f(-1)|+|c|≤2.
g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(1)|+|c|)≥-2.
∴|g(x)|≤2.
当a=0时,g(x)=b,f(x)=bx+c,且-1≤x≤1,
∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.
综上可知,|g(x)|≤2.第2课时 综合法、放缩法
课后篇巩固探究
A组
1.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是综合法的是( )
A. x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数
B. x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数
C. x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数
D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2,f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数
解析:D项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.
答案:D
2.已知三角形的三边长分别为a,b,c,设M=,N=,Q=,则M,N与Q的大小关系是( )
A.MB.MC.QD.N答案:D
3.若1A.(lg
x)2x2x)
B.lg
x2<(lg
x)2x)
C.(lg
x)2x)x2
D.lg(lg
x)<(lg
x)2x2
解析:因为1x<1,所以0<(lg
x)2x,lg
x2=2lg
x>lg
x>0.
又lg(lg
x)<0,所以lg(lg
x)<(lg
x)2x2.
答案:D
4.设M=+…+,则( )
A.M=1
B.M<1
C.M>1
D.M与1大小关系不确定
解析:分母全换成210,共有210个单项.
答案:B
5.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是( )
A.A≥B
B.A≤B
C.A>B
D.A解析:∵A2=()2=a+2+b,B2=()2=a+b,∴A2-B2>0.
又A>0,B>0,∴A>B.
答案:C
6.设x1,x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则( )
A.|x1|>2,且|x2|>2
B.|x1+x2|<4
C.|x1+x2|>4
D.|x1|=4,且|x2|=16
解析:由方程有两个不等实根知Δ=p2-16>0,故|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.
答案:C
7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用了 的证明方法.(填“综合法”或“分析法”)
答案:综合法
8.若a>c>b>0,则的符号是 .(填“正”或“负”)
解析:
=
=
=.
因为a>c>b>0,所以a-b>0,a-c>0,b-c<0,abc>0,所以<0.
答案:负
9.已知Sn=+…+,求证:对于正整数m,n,当m>n时,|Sm-Sn|<.
证明记ak=(k∈N+),则|ak|≤.
于是,当m>n时,|Sm-Sn|=|an+1+an+2+…+am|
≤|an+1|+|an+2|+…+|am|
≤+…+
=.
10.导学号35664020在△ABC中,已知△ABC的面积为,外接圆半径为1,三边长分别为a,b,c,求证:.
证明∵S=,R=1,S=,
∴abc=1,且a,b,c不全相等,否则a=1与a=2Rsin
60°=矛盾,
∴=bc+ac+ab.
又bc+ac≥2=2,ca+ab≥2=2,
bc+ab≥2=2.
∵a,b,c不全相等,
∴上述三式中的等号不能同时成立.
∴2(bc+ac+ab)>2(),
即bc+ac+ab>.
∴.
B组
1.下列四个命题中,不正确的是( )
A.若0<α<,则cos(1+α)B.若01+a>2
C.若实数x,y满足y=x2,则log2(2x+2y)的最小值是
D.若a,b∈R,则a2+b2+ab+1>a+b
解析:若0<α<,则0<1-α<1+α<,又函数y=cos
x在上是减少的,故选项A正确.
当00,
∴>1+a.1+a≥2等号成立时,a=1不成立,
∴1+a>2.故选项B正确.
2(a2+b2+ab+1)-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)+(a2+2ab+b2)=(a-1)2+(b-1)2+(a+b)2≥0,当且仅当a-1=0,b-1=0,a+b=0同时成立时取得等号,但这显然不成立,
∴等号取不到,故选项D正确.
答案:C
2.已知a,b∈R+,则下列各式成立的是( )
A.cos2θ·lg
a+sin2θ·lg
bB.cos2θ·lg
a+sin2θ·lg
b>lg(a+b)
C.=a+b
D.>a+b
解析:cos2θ·lg
a+sin2θ·lg
b答案:A
3.已知x,y∈R,且1≤x2+y2≤2,z=x2+xy+y2,则z的取值范围是 .
解析:∵-≤xy≤,
∴(x2+y2)≤x2+xy+y2≤(x2+y2).
又1≤x2+y2≤2,
∴≤z≤3.
答案:
4.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
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:
>
>
6.已知n∈N+,求证:+…+.
分析利用来证明.
证明∵,
∴+…+
<+…+
=
=.
7.导学号35664021已知数列{xn}的通项公式为xn=,求证:x1·x3·x5·…·.
证明因为=1,所以,
所以x1·x3·x5·…·×…×.
又因为,
所以x1·x3·x5·…·.2.3.2 数学归纳法的应用
课后篇巩固探究
A组
1.若x>-1,x≠0,则下列不等式正确的是( )
A.(1+x)3<1+3x
B.(1+x<1+x
C.(1+x)-2<1-2x
D.(1+x<1+x
解析:由贝努利不等式可得D项正确.
答案:D
2.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
答案:C
3.某同学回答“用数学归纳法证明证明:(1)当n=1时,显然命题是正确的;
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时有A.从n=k到n=k+1的推理过程没有使用归纳假设
B.归纳假设的写法不正确
C.从n=k到n=k+1的推理不严密
D.当n=1时,验证过程不具体
解析:证明<(k+1)+1时进行了一般意义的放大.而没有使用归纳假设答案:A
4.已知f(n)=1++…+(n∈N+),用数学归纳法证明f(2n)>时,f(2k+1)-f(2k)等于 .
解析:f(2k+1)-f(2k)=1++…++…+.
答案:+…+
5.已知x>0,观察下列几个不等式:x+≥2;x+≥3;x+≥4;x+≥5…归纳猜想一般的不等式为 .
答案:x+≥n+1(n为正整数)
6.用数学归纳法证明(a,b是非负实数,n∈N+)时,假设当n=k时不等式(
)成立,再推证当n=k+1时不等式也成立的关键是将(
)式两边同乘 .
解析:对比n=k与n=k+1时的结论可知,两边只需同乘即可.
答案:
7.用数学归纳法证明不等式1++…+<2(n∈N+).
证明(1)当n=1时,左边=1,右边=2.左边<右边,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,不等式成立,即1++…+<2.
则当n=k+1时,1++…+<2=2.
所以当n=k+1时,不等式成立.
由(1)(2)可知,原不等式对任意n∈N+都成立.
8.导学号35664046已知数列{an}满足:a1=,且an=(n≥2,n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:对一切正整数n,不等式a1a2…an<2n!恒成立.
(1)解将条件变为1-,
因此数列为一个等比数列,其首项为1-,公比为,从而1-,
因此得an=(n≥1,n∈N+).
①
(2)证明由①得
a1a2…an=.
为证明a1a2…an<2n!,只要证明当n∈N+时,有×…×.
②
显然,左端每个因式皆为正数,先证明对n∈N+,有
×…×
≥1-.
③
下面用数学归纳法证明③式:
(ⅰ)当n=1时,显然③式成立,
(ⅱ)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,③式成立,
即×…×≥
1-,
则当n=k+1时,
×…×
≥
=1-
≥1-.
即当n=k+1时,③式也成立.
故对一切n∈N+,③式都成立.
利用③,得×…×
≥1-
=1-
=1-.
故原不等式成立.
B组
1.用数学归纳法证明+…+(n≥n0,且n∈N+),则n的最小值n0为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:当n=1时,左边==1,右边=10=1,1>1不成立;当n=2时,左边==2+1=3,右边=,3>,成立;当n=3时,左边==3+3+1=7,右边=31=3,7>3,成立.所以n的最小值n0为2.
答案:B
2.已知a1=1,an+1>an,且(an+1-an)2-2(an+1+an)+1=0,先计算a2,a3,再猜想an等于( )
A.n
B.n2
C.n3
D.
答案:B
3.用数学归纳法证明1++…+1),第一步要证的不等式是 .
解析:当n=2时,左边=1+=1+,右边=2,故填1+<2.
答案:1+<2
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=,则>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
5.导学号35664047已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=-1,且an>0,n∈N+.
(1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
(1)解当n=1时,由已知得a1=-1,
即+2a1-2=0.
∴a1=-1或a1=--1(舍去).
当n=2时,由已知得a1+a2=-1,
将a1=-1代入并整理得+2a2-2=0.
∴a2=或a2=-(舍去).
同理可得a3=.
由a1,a2,a3,猜想an=(n∈N+).
(2)证明①由(1)的计算过程知,当n=1,2,3时,通项公式成立.
②假设当n=k(k>3,k∈N+)时,通项公式成立,即ak=.
则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=,将ak=代入上式并整理得+2ak+1-2=0,解得ak+1=或ak+1=-(舍去).
即当n=k+1时,通项公式也成立.
由①②可知,对所有n∈N+,an=都成立.
6.导学号35664048设数列{an}满足a1=0,an+1=c+1-c,n∈N+,其中c为实数.
(1)证明:an∈[0,1]对任意n∈N+成立的充分必要条件是c∈[0,1];
(2)设0证明(1)必要性:∵a1=0,∴a2=1-c.
∵a2∈[0,1],∴0≤1-c≤1,即c∈[0,1].
充分性:设c∈[0,1],对n∈N+用数学归纳法证明an∈[0,1].
当n=1时,a1=0∈[0,1].
假设ak∈[0,1](k∈N+,k≥1),
则ak+1=c+1-c≤c+1-c=1,且ak+1=c+1-c≥1-c≥0,故ak+1∈[0,1].
由数学归纳法,知an∈[0,1]对所有的n∈N+成立.
综上可得,an∈[0,1]对任意n∈N+成立的充分必要条件是c∈[0,1].
(2)设0当n≥2时,∵an=c+1-c,
∴1-an=c(1-)=c(1-an-1)(1+an-1+).
∵0∴1+an-1+≤3,且1-an-1≥0.
∴1-an≤3c(1-an-1).
∴1-an≤3c(1-an-1)≤(3c)2(1-an-2)≤…≤(3c)n-1(1-a1)=(3c)n-1.∴an≥1-(3c)n-1(n∈N+).§2 排序不等式
课后篇巩固探究
A组
1.顺序和S、逆序和S'、乱序和S″的大小关系是( )
A.S≤S'≤S″
B.S≥S'≥S″
C.S≥S″≥S'
D.S≤S″≤S'
解析:由排序不等式可知,逆序和≤乱序和≤顺序和.
答案:C
2.设x,y,z均为正数,P=x3+y3+z3,Q=x2y+y2z+z2x,则P与Q的大小关系是( )
A.P≥Q
B.P>Q
C.P≤Q
D.P解析:不妨设x≥y≥z,则x2≥y2≥z2,由排序不等式可得,顺序和为P,乱序和为Q,则P≥Q.
答案:A
3.若aA.ax+cy+bz
B.bx+ay+cz
C.bx+cy+az
D.ax+by+cz
解析:由于a因此由排序不等式知,顺序和ax+by+cz最大.
故选D.
答案:D
4.已知a,b,c均为正数,则a2(a2-bc)+b2(b2-ac)+c2(c2-ab)( )
A.大于零
B.大于或等于零
C.小于零
D.小于或等于零
解析:设a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,
根据排序不等式,
得a3·a+b3·b+c3·c≥a3b+b3c+c3a.
因为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.
答案:B
5.设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的一个排列,则a1+2a2+3a3+4a4的取值范围是 .
解析:a1+2a2+3a3+4a4的最大值为顺序和12+22+32+42=30,最小值为逆序和1×4+2×3+3×2+4×1=20.
答案:[20,30]
6.如图所示,矩形OPAQ中,a1≤a2,b1≤b2,若阴影部分的矩形的面积之和为S1,空白部分的矩形的面积之和为S2,则S1与S2的大小关系是 .
解析:由题图可知,S1=a1b1+a2b2,而S2=a1b2+a2b1,根据顺序和≥逆序和可知,S1≥S2.
答案:S1≥S2
7.若a,b,c均为正数,求证:a3+b3+c3≥3abc.
证明不妨设a≥b≥c>0,则a2≥b2≥c2>0,
由排序不等式可得a3+b3≥a2b+ab2,c3+b3≥c2b+cb2,a3+c3≥a2c+ac2,三式相加得2(a3+b3+c3)≥a(b2+c2)+b(a2+c2)+c(a2+b2).
又因为a2+b2≥2ab,c2+b2≥2cb,a2+c2≥2ac,
所以2(a3+b3+c3)≥6abc,即a3+b3+c3≥3abc.
8.设a,b均为正数,求证:.
证明不妨设a≥b>0,则a2≥b2>0,>0,
由不等式的性质得>0.
则由排序不等式可得,即.
9.设a,b,c都是正数,求证:a+b+c≤.
证明由题意不妨设a≥b≥c>0.
由不等式的性质,知a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc.
根据排序不等式,得a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b.
①
又由不等式的性质,知a3≥b3≥c3,且a≥b≥c.
再根据排序不等式,得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4.
②
由①②及不等式的传递性,得a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4.
因为a,b,c均为正数,所以abc>0,所以两边同除以abc即得a+b+c≤.
B组
1.设a,b,c>0,则式子M=a5+b5+c5-a3bc-b3ac-c3ab与0的大小关系是( )
A.M≥0
B.M≤0
C.M与0的大小关系与a,b,c的大小有关
D.不能确定
解析:不妨设a≥b≥c>0,则a3≥b3≥c3,且a4≥b4≥c4,则a5+b5+c5=a·a4+b·b4+c·c4≥a·c4+b·a4+c·b4.
又a3≥b3≥c3,且ab≥ac≥bc,
∴a4b+b4c+c4a=a3·ab+b3·bc+c3·ca
≥a3bc+b3ac+c3ab.
∴a5+b5+c5≥a3bc+b3ac+c3ab.∴M≥0.
答案:A
2.若0<α<β<γ<,F=sin
αcos
β+sin
βcos
γ+sin
γcos
α-(sin
2α+sin
2β+sin
2γ),则有( )
A.F>0
B.F≥0
C.F≤0
D.F<0
解析:因为0<α<β<γ<,所以0αβγ,0γβα,由排序不等式可知,sin
αcos
β+sin
βcos
γ+sin
γcos
α≥sin
αcos
α+sin
βcos
β+sin
γcos
γ.
所以F=sin
αcos
β+sin
βcos
γ+sin
γcos
α-(sin
2α+sin
2β+sin
2γ)=sin
αcos
β+sin
βcos
γ+sin
γcos
α-(sin
αcos
α+sin
βcos
β+sin
γcos
γ)>0.
答案:A
3.导学号35664038车间里有5台机床同时出了故障,从第1台到第5台的修复时间依次为4
min,8
min,6
min,10
min,5
min,每台机床停产1
min损失5元,经合理安排损失最少为 .
解析:设从第1台到第5台的修复时间依次为t1,t2,t3,t4,t5,若按照从第1台到第5台的顺序修复,则修复第一台需要t1分钟,则停产总时间为5t1,修复第2台需要t2分钟,则停产总时间为4t2,…,修复第5台需要t5分钟,则停产总时间为t5,因此修复5台机床一共需要停产的时间为5t1+4t2+3t3+2t4+t5,要使损失最小,应使停产时间最少,亦即使5t1+4t2+3t3+2t4+t5取最小值,由排序不等式可知,当t1答案:420元
4.在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边依次为a,b,c,则 .(填“≥”或“≤”)
解析:不妨设a≥b≥c,则有A≥B≥C.
由排序不等式,可得aA+bB+cC≥aA+bC+cB,aA+bB+cC≥aB+bA+cC,aA+bB+cC≥aC+bB+cA.
将以上三个式子两边分别相加,得3(aA+bB+cC)≥(a+b+c)(A+B+C)=(a+b+c)π.
所以.
答案:≥
5.设a,b,c为正数,求证:.
证明不妨设0由排序不等式,得
a3·+b3·+c3·≤a3·+b3·+c3·,
①
a3·+b3·+c3·≤a3·+b3·+c3·.
②
将①②两式相加,得
≤2,
将不等式两边除以2,得
.
6.导学号35664039设x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.
证明(1)当x≥1时,因为1≤x≤x2≤…≤xn,
所以由排序不等式,得1·1+x·x+x2·x2+…+xn·xn≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1,
即1+x2+x4+…+≥(n+1)xn.
①
又因为x,x2,…,xn,1为序列1,x,x2,…,xn的一个排列,
所以1·x+x·x2+…+xn-1xn+xn·1≥1·xn+x·xn-1+…+xn-1·x+xn·1,
因此x+x3+…++xn≥(n+1)xn,
②
①+②得1+x+x2+…+≥(2n+1)xn.
③
(2)当0x>x2>…>xn,①②仍成立,故③也成立.
综合(1)(2)可知,原不等式成立.第一章不等关系与基本不等式
测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.已知<0,给出下列不等式:①a+b|b|;③a2.其中正确的有( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
解析:由已知得b0,从而>2,因此①④正确.
答案:B
2.若a∈R,且p=,q=a2-a+1,则有( )
A.p≥q
B.p>q
C.p≤q
D.p解析:由于a∈R,显然有p>0,q>0,且=(a2-a+1)(a2+a+1)=a4+a2+1≥1,因此q≥p.
答案:C
3.对于x∈R,不等式|x+10|-|x-2|≥8的解集为( )
A.[0,+∞)
B.(0,2)
C.[0,2)
D.(0,+∞)
答案:A
4.下列函数中,最小值为2的是( )
A.y=x+
B.y=x2-2x+4
C.y=x2+
D.y=
解析:在函数y=x2+中,x2>0,所以y=x2+≥2=2,当且仅当x=±1时函数取最小值2.
答案:C
5.若不等式|ax+2|<4的解集为(-1,3),则实数a等于
( )
A.8
B.2
C.-4
D.-2
解析:由-4答案:D
6.已知函数f(x)是R上的增函数且为奇函数,数列{an}是等差数列,a3>0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值( )
A.恒为正数
B.恒为负数
C.恒为0
D.可正可负
解析:因为f(x)是R上的增函数且为奇函数,a3>0,所以f(a3)>f(0)=0.
又a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,则a1>-a5,
于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),所以f(a1)+f(a5)>0,所以f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.
答案:A
7.已知f(x)=2x+3(x∈R),若|f(x)-1|0),则a,b之间的关系是( )
A.b≥
B.b<
C.a≤
D.a>
解析:由|f(x)-1|由题意可得解得b≥.
答案:A
8.若x∈(0,π),则y=sincos2的最大值等于( )
A.
B.
C.
D.
解析:y2=sin2cos4·2sin2·cos2·cos2,当且仅当2sin2=cos2,x∈(0,π)时等号成立.所以y≤,故所求最大值为.
答案:B
9.若|x-1|<3,|y+2|<1,则|2x+3y|的取值范围是( )
A.(-∞,5)
B.(-∞,13)
C.(-∞,9)
D.(-∞,4)
解析:|2x+3y|=|2(x-1)+3(y+2)-4|≤2|x-1|+3|y+2|+|-4|<6+3+4=13.
答案:B
10.若不等式x2<|x-1|+a的解集是区间(-3,3)的子集,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,7)
B.(-∞,7]
C.(-∞,5)
D.(-∞,5]
解析:不等式x2<|x-1|+a等价为x2-|x-1|-a<0.
设f(x)=x2-|x-1|-a,若不等式x2<|x-1|+a的解集是区间(-3,3)的子集,
则
解得a≤5,故选D.
答案:D
11.设实数x,y满足x2+2xy-1=0,则x+y的取值范围是( )
A.(-∞,-1]∪[1,+∞)
B.[1,+∞)
C.(-∞,-1]
D.[-1,1]
解析:显然x≠0,由x2+2xy-1=0可得y=,因此x+y=x+,当x>0时,≥2=1,当x<0时,≤-1,故x+y的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).
答案:A
12.已知x>0,y>0,且xy-(x+y)=1,则( )
A.x+y≥2(+1)
B.xy≤+1
C.x+y≤(+1)2
D.xy≥+1
解析:由xy-(x+y)=1可得xy=1+x+y≥1+2,即()2-2-1≥0,所以+1,则xy≥(+1)2,排除B和D;又xy=x+y+1≤,解得x+y≥2(+1).故选A.
答案:A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.若x>-2,且x≠0,则的取值范围是 .
解析:因为x>-2,且x≠0,所以当x>0时有>0;当-2答案:(0,+∞)∪
14.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)|<.那么它的假设应该是 .
解析:“|f(x1)-f(x2)|<”的否定是|f(x1)-f(x2)|≥.
答案:|f(x1)-f(x2)|≥
15.若不等式|x+1|+|x-3|≥a+对任意的实数x恒成立,则实数a的取值范围是 .
解析:由绝对值不等式的意义可得a+≤4,所以≤0,解得a的取值范围为(-∞,0)∪{2}.
答案:(-∞,0)∪{2}
16.“蛟龙号”载人深潜器是我国首台自主设计、自主集成研制的作业型深海载人潜水器.设计最大下潜深度为7
000米级.6月24日,“蛟龙号”载人潜水器7
000米海试在西太平洋马里亚纳海沟进行了第四次下潜试验.“蛟龙号”如果按照预计下潜的深度s(米)与时间t(分钟)之间的关系满足关系式为s=0.2t2-14t+2
000,那么平均速度的最小值是 .
解析:平均速度为v(t)==0.2t+-14≥2-14=2×20-14=26,当且仅当0.2t=,即t=100时,取得最小值.
答案:26
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)设不等式|x-2|(1)求a的值;
(2)求函数f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.
解(1)因为∈A,且 A,所以又a∈N+,所以a=1.
(2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2时取到等号.故f(x)的最小值为3.
18.(本小题满分12分)(1)设x是正实数,求证:(x+1)(x2+1)(x3+1)≥8x3.
(2)若x∈R,不等式(x+1)(x2+1)(x3+1)≥8x3是否依然成立 若成立,请给出证明;若不成立,请举出一个使它不成立的x值.
(1)证明x是正实数,由平均值不等式知
x+1≥2,1+x2≥2x,1+x3≥2,
故(x+1)(x2+1)(x3+1)≥2·2x·2=8x3(当且仅当x=1时,等号成立).
(2)解若x∈R,不等式(x+1)(x2+1)(x3+1)≥8x3依然成立.
证明如下:由(1)知,当x>0时不等式成立.
当x≤0时,8x3≤0,又(x+1)(x2+1)(x3+1)=(x+1)2(x2+1)(x2-x+1)=(x+1)2(x2+1)·≥0,故此时不等式依然成立.
19.(本小题满分12分)已知正数a,b,c满足a+b+c=6,求证:.
证明由已知及平均值不等式可得≥3
=
=
≥,
当且仅当a=b=c=2时等号成立.
故原不等式成立.
20.导学号35664028(本小题满分12分)已知函数f(x)=|x-1|.
(1)解不等式f(x)+f(x+4)≥8;
(2)若|a|<1,|b|<1,且a≠0,求证:f(ab)>|a|f.
(1)解f(x)+f(x+4)=|x-1|+|x+3|=
当x<-3时,由-2x-2≥8,解得x≤-5;
当-3≤x≤1时,4≤8不成立;
当x>1时,由2x+2≥8,解得x≥3.
所以原不等式的解集为{x|x≤-5或x≥3}.
(2)证明f(ab)>|a|f,即|ab-1|>|a-b|.
因为|a|<1,|b|<1,所以|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2)=(a2-1)(b2-1)>0,
所以|ab-1|>|a-b|.故原不等式成立.
21.导学号35664029(本小题满分12分)已知x,y,z∈R+,x+y+z=3.
(1)求的最小值;
(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.
(1)解因为x+y+z≥3>0,>0,所以(x+y+z)≥9,即≥3,当且仅当x=y=z=1时,取得最小值3.
(2)证明x2+y2+z2=
≥=3,
当且仅当x=y=z时等号成立.
又x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0,所以3≤x2+y2+z2<9.
22.导学号35664030(本小题满分12分)已知f(x)=|2x-1|-|x+1|.
(1)求f(x)>x的解集;
(2)若a+b=1,对 a,b∈(0,+∞),≥|2x-1|-|x+1|恒成立,求x的取值范围.
解(1)f(x)=|2x-1|-|x+1|,当x<-1时,f(x)>x,得1-2x+x+1>x,解得x<-1;
当-1≤x≤时,f(x)>x,得1-2x-x-1>x,解得-1≤x<0;
当x>时,f(x)>x,得2x-1-(x+1)>x,解得-2>0无解;
综上可知x<0,即f(x)>x的解集为{x|x<0}.
(2)f(x)=
画出图像如图所示:
因为a,b∈(0,+∞),且a+b=1,所以(a+b)=5+≥5+2=9,当且仅当a=,b=时等号成立.
由≥|2x-1|-|x+1|恒成立,得|2x-1|-|x+1|≤9,结合图像知-7≤x≤11,故x的取值范围是[-7,11].第二章几个重要的不等式
测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.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:由数学归纳法的步骤可知,C项正确.
答案:C
2.下列不等式一定成立的是( )
A.(ax+by)2≥(a2+b2)(x2+y2)
B.|ax+by|≥
C.(a2+b2)(x2+y2)≥(ay+bx)2
D.(a2+b2)(x2+y2)≥(ab+xy)2
解析:由柯西不等式可知,只有C项正确.
答案:C
3.若x>-1,x≠0,则下列不等式不正确的是( )
A.(1+x)4>1+4x
B.(1+x>1+x
C.(1+x)-3>1-3x
D.(1+x>1+x
解析:由贝努利不等式可得D项不正确.
答案:D
4.若3x+2y+z=,则x2+y2+z2的最小值是( )
A.
B.
C.
D.2
解析:由柯西不等式可得(32+22+12)(x2+y2+z2)≥(3x+2y+z)2,即14(x2+y2+z2)≥()2=7,于是x2+y2+z2≥,当且仅当=z,即x=,y=,z=时取等号,故x2+y2+z2的最小值是.
答案:A
5.设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组实数,S1=a1bn+a2bn-1+…+anb1,S2=a1b1+a2b2+…+anbn,则有
( )
A.S1>S2
B.S1≥S2
C.S1D.S1≤S2
解析:显然S1为逆序和,S2为顺序和,由排序不等式可知S1≤S2.
答案:D
6.设0<θ<,已知a1=2cos
θ,an+1=,则猜想an为( )
A.2cos
B.2cos
C.2cos
D.2sin
解析:a1=2cos
θ,a2==2cos,a3==2cos,猜想an=2cos.
答案:B
7.学校要开运动会,需要买价格不同的奖品40件、50件、20件,现在选择商店中单价为5元、3元、2元的奖品,则至少要花( )
A.300元
B.360元
C.320元
D.340元
解析:由排序原理知,逆序和最小,所以至少要花50×2+40×3+20×5=320(元).
答案:C
8.已知x,y,z是正实数,且=1,则x+的最小值是( )
A.5
B.6
C.8
D.9
解析:由柯西不等式可得x+=9,当且仅当x=3,y=6,z=9时等号成立,故x+的最小值是9.
答案:D
9.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: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.
答案:D
10.若A=+…+,B=x1x2+x2x3+…+xn-1xn+xnx1,其中x1,x2,…,xn都是正数,则A与B的大小关系为( )
A.A>B
B.AC.A≥B
D.A≤B
解析:不论x1,x2,…,xn的大小顺序如何,A一定是顺序和,所以A≥B.
答案:C
11.若x,y,z是非负实数,且9x2+12y2+5z2=9,则函数u=3x+6y+5z的最大值为( )
A.9
B.10
C.14
D.15
解析:u2=(3x+6y+5z)2≤[(3x)2+(2y)2+(z)2]·[12+()2+()2]=9×9=81,当且仅当x=,y=,z=1时,等号成立.故所求的最大值为9.
答案:A
12.设P为△ABC内一点,D,E,F分别为P到BC,CA,AB所引垂线的垂足,如图.若△ABC的周长为l,面积为S,则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
解析:设AB=a1,AC=a2,BC=a3,PF=b1,PE=b2,PD=b3,则a1b1+a2b2+a3b3=2S.
∵(a3b3+a2b2+a1b1)
≥
=(a3+a2+a1)2=l2,
∴,当且仅当b1=b2=b3,
即PE=PF=PD时,等号成立.
答案:A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.若=2,=3,则x1y1+x2y2+x3y3的最大值为 .
解析:由柯西不等式可得()()≥(x1y1+x2y2+x3y3)2,即(x1y1+x2y2+x3y3)2≤6,所以x1y1+x2y2+x3y3≤,当且仅当时等号成立,故x1y1+x2y2+x3y3的最大值为.
答案:
14.已知正实数x1,x2,…,xn满足x1+x2+…+xn=P,P为定值,则F=+…+的最小值为 .
解析:不妨设0则≥…≥>0.
且0<≤…≤.
,…,为序列的一个排列,
根据排序不等式,得
F=+…+
≥+…+
=x1+x2+…+xn
=P(定值),
即F=+…+的最小值为P.
答案:P
15.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:
16.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+),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(本大题共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)已知a>0,b>0,a+b=1,求证:≤2.
证明由柯西不等式可得()2=(·1+·1)2≤[()2+()2](12+12),因此()2≤2(2a+2b+2)=8,当且仅当a=b=时等号成立,故≤2.
18.导学号35664049(本小题满分12分)求证:tan
α·tan
2α+tan
2α·tan
3α+…+tan(n-1)α·tan
nα=-n(n≥2,n∈N+).
证明(1)当n=2时,左边=tan
α·tan
2α,右边=-2=-2=-2==tan
α·tan
2α=左边,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时等式成立,即tan
α·tan
2α+tan
2α·tan
3α+…+tan(k-1)α·tan
kα=-k.
则当n=k+1时,tan
α·tan
2α+tan
2α·tan
3α+…+tan(k-1)α·tan
kα+tan
kα·tan(k+1)α=-k+tan
kα·tan(k+1)α=-k
=[1+tan(k+1)α·tan
α]-k=[tan(k+1)α-tan
α]-k=-(k+1),所以当n=k+1时,等式也成立.
由(1)(2)可知,当n≥2,n∈N+时等式恒成立.
19.导学号35664050(本小题满分12分)设x2+4y2=1,求u=2x+y的最值以及取得最值时,实数x,y的值.
解u=2x+y=2·x+·2y.
由柯西不等式可得[x2+(2y)2]
≥,即(2x+y)2≤·1.
所以u2≤,故-≤u≤,
当且仅当4y=x,且x2+4y2=1时,等号成立,解得x=±,y=±.
所以u的最大值是,此时x=,y=;u的最小值是-,此时x=-,y=-.
20.(本小题满分12分)设a,b,c∈(0,+∞),利用排序不等式证明:a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b.
证明不妨设a≥b≥c>0,则lg
a≥lg
b≥lg
c,
由排序不等式可得alg
a+blg
b+clg
c≥blg
a+clg
b+alg
c,alg
a+blg
b+clg
c≥clg
a+alg
b+blg
c,
以上两式相加可得2alg
a+2blg
b+2clg
c
≥(b+c)lg
a+(a+c)lg
b+(a+b)lg
c,
即lg
a2a+lg
b2b+lg
c2c≥lg
ab+c+lg
ba+c+lg
ca+b,lg(a2a·b2b·c2c)≥lg(ab+c·ba+c·ca+b),
故a2ab2bc2c≥ab+cbc+aca+b.
21.导学号35664051(本小题满分12分)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x-b|+c的最小值为4.
(1)求a+b+c的值;
(2)求a2+b2+c2的最小值.
解(1)因为f(x)=|x+a|+|x-b|+c
≥|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c,
当且仅当-a≤x≤b时,等号成立.
又a>0,b>0,所以|a+b|=a+b,
所以f(x)的最小值为a+b+c.
又已知f(x)的最小值为4,所以a+b+c=4.
(2)由(1)知a+b+c=4,
由柯西不等式得(4+9+1)
≥=(a+b+c)2=16,
即a2+b2+c2≥.
当且仅当,即a=,b=,c=时等号成立.故a2+b2+c2的最小值为.
22.导学号35664052(本小题满分12分)已知函数f(x)=x3-x,数列{an}满足条件:a1≥1,an+1≥f'(an+1).试比较+…+与1的大小,并说明理由.
解因为f'(x)=x2-1,an+1≥f'(an+1),
所以an+1≥(an+1)2-1.
设函数g(x)=(x+1)2-1=x2+2x,则g(x)在区间[-1,+∞)上是增加的,于是由a1≥1,得a2≥(a1+1)2-1≥22-1,进而得a3≥(a2+1)2-1≥24-1>23-1,由此猜想:an≥2n-1.
下面用数学归纳法证明这个猜想:
①当n=1时,a1≥21-1=1,结论成立;
②假设当n=k(k≥1且k∈N+)时结论成立,
即ak≥2k-1,
则当n=k+1时,由g(x)=(x+1)2-1在区间[-1,+∞)上是增加的知,ak+1≥(ak+1)2-1≥22k-1≥2k+1-1,即n=k+1时,结论也成立.
由①②知,对任意n∈N+,都有an≥2n-1.
于是有1+an≥2n,因此,
所以+…+
≤+…+=1-<1.
所以+…+<1.§5 不等式的应用
课后篇巩固探究
A组
1.若a>0,则2a+的最小值为( )
A.2
B.3
C.1
D.3
解析:2a+=a+a+≥3=3,当且仅当a=,即a=1时,取最小值3.
答案:D
2.函数f(x)=x+-1的值域是( )
A.(-∞,-3]∪[5,+∞)
B.[3,+∞)
C.(-∞,-5]∪[3,+∞)
D.(-∞,-4]∪[4,+∞)
解析:当x>0时,x+-1≥2-1=3;
当x<0时,x+-1=--1≤-5,
所以函数值域为(-∞,-5]∪[3,+∞).
答案:C
3.已知x+2y+3z=6,则2x+4y+8z的最小值为( )
A.3
B.2
C.12
D.12
解析:因为2x>0,4y>0,8z>0,所以2x+4y+8z=2x+22y+23z≥3=3=3×4=12.
当且仅当2x=22y=23z,即x=2y=3z,即x=2,y=1,z=时取等号.
答案:C
4.若a,b,c为正数,且a+b+c=1,则的最小值为( )
A.9
B.8
C.3
D.
解析:因为a,b,c为正数,且a+b+c=1,
所以a+b+c≥3,所以0则≥27,所以≥3≥3=9.
当且仅当a=b=c=时等号成立.
答案:A
5.用一张钢板制作一个容积为4
m3的无盖长方体水箱,可用的长方形钢板有四种不同规格(长×宽的尺寸如各选项所示,单位:m).若既要够用,又要所剩最少,则应选择钢板的规格是( )
A.2×5
B.2×5.5
C.2×6.1
D.3×5
解析:设长方体水箱长、宽、高分别为x,y,z,则xyz=4.
水箱的表面积S=xy+2xz+2yz=xy+2x·+2y·=xy+≥3=12,当且仅当x=y=2时等号成立.
故要制作容积为4
m3的无盖水箱,所需的钢板面积最小为12
m2,所以A,B排除,而C,D均够用,但D剩较多,故选C.
答案:C
6.若a,b,c同号,且≥k,则k的取值范围是 .
解析:因为a,b,c同号,所以>0,于是≥3=3,当且仅当a=b=c时等号成立.
因此k的取值范围是(-∞,3].
答案:(-∞,3]
7.若x>3,则函数f(x)=x-2+的最小值等于 .
解析:因为x>3,所以x-3>0,所以f(x)=x-2+=x-3++1≥2+1=3,当且仅当x-3=,即x=4时,函数取最小值3.
答案:3
8.若a>b>0,则a+的最小值为 .
解析:因为a>b>0,所以a-b>0,所以a+=(a-b)+b+≥3=3,当且仅当a-b=b=,即a=2,b=1时,取得最小值3.
答案:3
9.某种汽车购车时费用为10万元,每年的保险、加油费用共9千元,汽车的年维修费用逐年以等差数列递增,第一年为2千元,第2年为4千元,第三年为6千元……问这种汽车使用几年后报废最合算(即汽车的年平均费用为最低)
解设这种汽车使用n年后报废最合算,这n年中汽车每年的平均费用为y万元,
则y=
=+1≥3,
当且仅当,
即n=10时取等号.
故这种汽车使用10年后报废最合算.
10.导学号35664026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.
解由平均值不等式,得4a+4b+
≥3=3
(当且仅当a=b=c2时,等号成立).
∵a+b+c=1,
∴a+b=1-c,
∴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.
B组
1.若logxy=-2,则x+y的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
解析:由logxy=-2得y=,
因此x+y=x+
≥3,
当且仅当x=时,等号成立.
答案:A
2.若x>0,则f(x)=4-x-的最大值为( )
A.4-
B.4-
C.不存在
D.
解析:∵x>0,
∴f(x)=4-x-=4-
≤4-3=4-,
当且仅当x=1时,等号成立.
答案:D
3.已知圆柱的轴截面周长为6,体积为V,则下列不等式正确的是( )
A.V≥π
B.V≤π
C.V≥π
D.V≤π
解析:如图,设圆柱的半径为R,高为h,则4R+2h=6,即2R+h=3.
V=S·h=πR2·h=π·R·R·h≤π=π,当且仅当R=R=h=1时,等号成立.
答案:B
4.若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是 .
解析:因为ab=a+b+3≥2+3,当且仅当a=b时等号成立,
所以ab-2-3≥0,
即(-3)(+1)≥0,
所以-3≥0,
即
≥3,故ab≥9.
答案:[9,+∞)
5.设x,y,z>0,且x+3y+4z=6,则x2y3z的最大值是 .
解析:因为6=x+3y+4z=+y+y+y+4z
≥6=6,
所以x2y3z≤1,当且仅当=y=4z,
即x=2,y=1,z=时,等号成立,
所以x2y3z的最大值为1.
答案:1
6.某品牌的汽车在水泥路面上的刹车距离(刹车距离是指汽车刹车后由于惯性往前滑行的距离)s
m和汽车车速x
km/h有如下关系:s=x+x2.
在一次交通事故中,测得这种车的刹车距离大于39.5
m,那么这辆汽车刹车前的车速至少为多少 (精确到0.01
km/h)
解设这辆汽车刹车前的车速至少为x
km/h,
根据题意,得x+x2>39.5,
移项、整理,得x2+9x-7
110>0.
因为Δ>0,方程x2+9x-7
110=0有两个实数根,即x1≈-88.94,x2≈79.94.
然后,画出二次函数y=x2+9x-7
110的图像(图略),由图像得不等式的解集为{x|x<-88.94或x>79.94}.
在这个实际问题中x>0,所以这辆汽车刹车前的车速至少为79.94
km/h.
7.导学号35664027如图所示,要设计一张矩形广告,该广告含有大小相等的左右两个矩形栏(即图中阴影部分),这两栏的面积之和为18
000
cm2,四周空白的宽度为10
cm,两栏之间空白的宽度为5
cm,怎样确定广告的长与宽的尺寸(单位:cm),能使矩形广告面积最小
解设广告的长和宽分别为y
cm,x
cm,则每栏的长和宽分别为x-20,,其中x>20,y>25.
两栏面积之和为2(x-20)·=18
000,
由此得y=+25.
广告的面积S=xy=x+25x,整理得S=+25(x-20)+18
500.
因为x-20>0,
所以S≥2+18
500=24
500.
当且仅当=25(x-20)时等号成立,
此时有(x-20)2=14
400(x>20),解得x=140,
代入y=+25,得y=175,
即当x=140,y=175时,S取得最小值24
500,
故当广告的长为175
cm,宽为140
cm时,可使广告的面积最小.§1 不等式的性质
课后篇巩固探究
A组
1.设a>1>b>-1,则下列不等式恒成立的是( )
A.
B.
C.a>b2
D.a2>2b
解析:取a=2,b=-,满足a>1>b>-1,但,故A错;
取a=2,b=,满足a>1>b>-1,但,故B错;
取a=,b=,满足a>1>b>-1,但a2<2b,故D错,只有C正确.
答案:C
2.若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是( )
A.
B.a2>b2
C.
D.a|c|>b|c|
解析:当a=1,b=-2时,满足a>b,但,且a2因为>0,a>b,所以,故C正确;
当c=0时,a|c|>b|c|不成立,故D错误.
答案:C
3.若-1<α<β<1,则下列各式恒成立的是( )
A.-2<α-β<0
B.-2<α-β<-1
C.-1<α-β<0
D.-1<α-β<1
解析:因为-1<α<β<1,所以-1<α<1,-1<-β<1.
又α<β,所以-2<α-β<0.
答案:A
4.若a>1,b<1,则下列命题正确的是( )
A.
B.>1
C.a2>b2
D.ab解析:由a>1,b<1,得a-1>0,b-1<0,所以(a-1)(b-1)<0,展开整理即得ab答案:D
5.已知1≤a+b≤5,-1≤a-b≤3,则3a-2b的取值范围是( )
A.[-6,14]
B.[-2,14]
C.[-6,10]
D.[-2,10]
解析:令3a-2b=m(a+b)+n(a-b),则
所以
因为1≤a+b≤5,-1≤a-b≤3,
所以(a+b)≤,-(a-b)≤,
故-2≤3a-2b≤10.
答案:D
6.已知0解析:∵a-<0,
∴a<.
又a-a2=a(1-a)>0,
∴a>a2.∴a2答案:a27.已知-3解析:依题意得0所以0<(a-b)c2<8.
答案:(0,8)
8.设a>b>c>0,x=,y=,z=,则x,y,z之间的大小关系是 .
解析:x2-y2=a2+(b+c)2-b2-(c+a)2=2c(b-a)<0,所以x答案:x9.如果3解因为3所以3+1所以a+b的取值范围是(4,17).
因为9<3a<21,-20<-2b<-2,
所以-11<3a-2b<19.
所以3a-2b的取值范围是(-11,19).
因为9所以.所以的取值范围是.
10.导学号35664001已知等比数列{an}中,a1>0,q>0,前n项和为Sn,试比较的大小.
解当q=1时,=3,=5,所以;
当q>0,且q≠1时,
=<0,
所以.
综上可知.
B组
1.若a>b,则下列各式正确的是( )
A.alg
x>blg
x
B.ax2>bx2
C.a2>b2
D.a2x>b2x
解析:对任意实数x,都有2x>0,又a>b,所以必有a2x>b2x,即选项D正确.
答案:D
2.已知a,b∈R,下列条件能使a>b成立的必要不充分条件是( )
A.a>b-1
B.a>b+1
C.|a|>|b|
D.3a>3b
解析:由a>b可得a>b-1,但由a>b-1得不出a>b,所以“a>b-1”是“a>b”的必要不充分条件;“a>b+1”是“a>b”的充分不必要条件;“|a|>|b|”是“a>b”的既不充分也不必要条件;“3a>3b”是“a>b”的充分必要条件.
答案:A
3.已知实数a,b,c满足b+c=3a2-4a+6,c-b=a2-4a+4,则a,b,c的大小关系是( )
A.c≥b>a
B.a>c≥b
C.c>b>a
D.a>c>b
解析:由c-b=a2-4a+4=(a-2)2≥0,得c≥b.
又由已知解得b=a2+1>a,所以c≥b>a.
答案:A
4.如果0A.(1-a>(1-a
B.log(1-a)(1+a)>0
C.(1-a)3>(1-a)2
D.(1-a)1+a>1
解析:本题关键点在a,只需选取一个特殊值即可.不妨令a=,则选项A即为,显然成立;
选项B即为lo>0,而y=lox为减函数,所以lo选项C即为,也即,显然错误;
选项D即为>1,因为y=是减函数,所以=1,故选项D错误.
答案:A
5.若a,b∈R,且a2b2+a2+5>2ab+4a,则a,b应满足的条件是 .
解析:原不等式可化为(ab-1)2+(a-2)2>0.故a≠2或b≠.
答案:a≠2或b≠
6.设x>5,P=,Q=,则P与Q的大小关系是 .
解析:P=,Q=.
∵x>5,
∴,
∴必有P>Q.
答案:P>Q
7.若a>b>0,m>0,n>0,则按由小到大的顺序排列为 .
解析:由a>b>0,m>0,n>0,知<1,且<1,所以>1,即1<.
答案:
8.已知θ∈,且a=2sin2θ+sin
2θ,b=sin
θ+cos
θ,试比较a与b大小.
解因为θ∈,所以a=2sin2θ+sin
2θ>0,b=sin
θ+cos
θ>0,
所以=2sin
θ.
因为θ∈,所以sin
θ∈,2sin
θ∈(0,1),即0<<1,故必有a9.导学号35664002已知奇函数f(x)在(-∞,+∞)内是减少的,α,β,γ∈R,且α+β>0,β+γ>0,γ+α>0,试讨论f(α)+f(β)+f(γ)的值与0的关系.
解∵α+β>0,∴α>-β.
又函数f(x)在(-∞,+∞)内是减少的,
∴f(α)∵函数f(x)在(-∞,+∞)内是奇函数,
∴f(-β)=-f(β),∴f(α)<-f(β).
①
同理,由β+γ>0,得f(β)<-f(γ).
②
由γ+α>0,得f(γ)<-f(α).
③
由①②③,得f(α)+f(β)+f(γ)<-[f(α)+f(β)+f(γ)],
∴f(α)+f(β)+f(γ)<0.1.2.2 绝对值不等式的解法
课后篇巩固探究
A组
1.已知集合A={x|x2-5x+6≤0},B={x||2x-1|>3},则A∩B等于( )
A.{x|2≤x≤3}
B.{x|2≤x<3}
C.{x|2D.{x|-1解析:A={x|2≤x≤3},B={x|x>2或x<-1},
则A∩B={x|2答案:C
2.若a>2,则不等式|x-1|+a>2的解集为( )
A.{x|x>3-a}
B.{x|x>a-1}
C.
D.R
解析:不等式|x-1|+a>2可化为|x-1|>2-a.
因为a>2,所以2-a<0,故不等式的解集为R.
答案:D
3.不等式|3x-4|>x2的解集为( )
A.(-4,1)
B.(-1,4)
C.
D.(-∞,-4)∪(1,+∞)
解析:由|3x-4|>x2可得3x-4>x2或3x-4<-x2,解3x-4>x2,无解;
解3x-4<-x2,得-4答案:A
4.不等式|2x-log2x|<|2x|+|log2x|的解集为( )
A.(0,1)
B.(1,2)
C.(1,+∞)
D.(2,+∞)
解析:在|a-b|≤|a|+|b|中,等号成立的条件是ab≤0,不等号成立的条件是ab>0,因此有2x·log2x>0,而x>0,所以log2x>0,解得x>1.
答案:C
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:
6.不等式|x+3|>|2-x|的解集是 .
解析:由|x+3|>|2-x|,得(x+3)2>(2-x)2,整理得10x>-5,
即x>-,故不等式的解集为.
答案:
7.若关于x的不等式|ax+2|<6的解集为(-1,2),则实数a= .
解析:由|ax+2|<6,得-8当a>0时,有-因为不等式的解集为(-1,2),
所以解得两值矛盾.
当a<0时,有则解得a=-4.
综上可得,a=-4.
答案:-4
8.已知函数f(x)=(a∈R).
(1)若a=3,解不等式f(x)≥2;
(2)若f(x)的定义域为R,求实数a的取值范围.
解(1)当a=3时,不等式f(x)≥2即为≥2,
所以|x+1|+|x-3|-2≥4,
即|x+1|+|x-3|≥6.
于是
或
解得x≥4或x≤-2,即不等式解集为{x|x≥4或x≤-2};
(2)f(x)的定义域为R,即不等式|x+1|+|x-a|-2≥0对任意实数x恒成立,
所以|x+1|+|x-a|≥2.
又g(x)=|x+1|+|x-a|的最小值为|a+1|,
所以|a+1|≥2,解得a≥1或a≤-3.
所以实数a的取值范围是(-∞,-3]∪[1,+∞).
9.导学号35664008已知函数f(x)=|x+a|+|2x-1|(a∈R).
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥2的解集;
(2)若f(x)≤2x的解集包含,求a的取值范围.
解(1)当a=1时,不等式f(x)≥2可化为|x+1|+|2x-1|≥2.
①当x≥时,不等式为3x≥2,解得x≥,故x≥;
②当-1≤x<时,不等式为2-x≥2,解得x≤0,故-1≤x≤0;
③当x<-1时,不等式为-3x≥2,解得x≤-,故x<-1;
综上可知,原不等式的解集为.
(2)不等式f(x)≤2x可化为|x+a|≤1,
解得-a-1≤x≤-a+1.
因为f(x)≤2x的解集包含,
所以解得-≤a≤0.
所以a的取值范围是.
B组
1.不等式的解集为( )
A.[0,1)
B.(0,1)
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(-∞,0]∪(1,+∞)
解析:因为,所以<0,解得0答案:B
2.关于x的不等式|x+3|-|x-1|≤a2-3|a|对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为( )
A.(-∞,-4]∪[4,+∞)
B.(-∞,-1]∪[4,+∞)
C.[-1,4]
D.(-∞,1]∪[2,+∞)
解析:因为|x+3|-|x-1|≤4,
且|x+3|-|x-1|≤a2-3|a|对任意实数x恒成立,
所以a2-3|a|≥4,
即a2-3|a|-4≥0,
解得|a|≥4或|a|≤-1(舍去).故选A.
答案:A
3.在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为 .
解析:原不等式等价于-1≤|x-2|-1≤1,
即0≤|x-2|≤2,解得0≤x≤4.
答案:{x|0≤x≤4}
4.若不等式|3x-b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3,则b的取值范围为 .
解析:由|3x-b|<4,得-4<3x-b<4,
即因为不等式|3x-b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3,
所以解得故5答案:(5,7)
5.解不等式|2x+1|+|x-2|+|x-1|>4.
解当x≤-时,原不等式化为
-2x-1+2-x+1-x>4,解得x<-.
当-2x+1+2-x+1-x>4,4>4,矛盾.
当12x+1+2-x+x-1>4,解得x>1.
又1当x>2时,原不等式化为2x+1+x-2+x-1>4,
解得x>.
又x>2,所以x>2.
综上所述,原不等式的解集为.
6.导学号35664009已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;
(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.
解(1)当a=2时,f(x)+|x-4|=
当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|,得-2x+6≥4,
解得x≤1;
当2当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|,得2x-6≥4,
解得x≥5;
所以f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.
(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),
则h(x)=由|h(x)|≤2,
解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},
所以解得a=3.
7.导学号35664010已知函数f(x)=log2(|x+1|+|x-2|-m).
(1)当m=5时,求函数f(x)的定义域;
(2)若关于x的不等式f(x)≥1的解集是R,求m的取值范围.
解(1)由题设知|x+1|+|x-2|>5,不等式的解集是三个不等式组:解集的并集,解得函数f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(3,+∞).
(2)不等式f(x)≥1即|x+1|+|x-2|≥m+2.
∵当x∈R时,恒有|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,∴要使不等式|x+1|+|x-2|≥m+2的解集是R,只要m+2≤3,∴m的取值范围是(-∞,1].§3 平均值不等式
课后篇巩固探究
A组
1.下列结论正确的是( )
A.若3a+3b≥2,则a>0,b>0
B.若≥2成立,则a>0,b>0
C.若a>0,b>0,且a+b=4,则≤1
D.若ab>0,则
解析:当a,b∈R时,一定有3a>0,3b>0,必有3a+3b≥2,故A错;
要使≥2成立,只要>0,>0即可,这时只要a,b同号,故B错;
当a>0,b>0,且a+b=4时,则.
因为ab≤=4,所以≥1,故C错;
当a>0,b>0时,a+b≥2,
所以,
而当a<0,b<0时,显然有,所以当ab>0时,一定有,故D正确.
答案:D
2.函数f(x)=3x+3-x的最小值是( )
A.2
B.1
C.3
D.2
解析:因为3x>0,3-x>0,
所以f(x)=3x+3-x=3x+≥2=2,
当且仅当3x=3-x,即x=0时,函数取得最小值2.
答案:A
3.若a<1,则a+的最大值是( )
A.3
B.a
C.-1
D.
解析:因为a<1,所以a-1<0.
因此a+=a-1++1
≤-2+1=-1,
当且仅当1-a=,即a=0时,等号成立,故选C.
答案:C
4.设x,y,z∈R+,且x+y+z=6,则lg
x+lg
y+lg
z的取值范围是( )
A.(-∞,lg
6]
B.(-∞,3lg
2]
C.[lg
6,+∞)
D.[3lg
2,+∞)
解析:因为x,y,z∈R+,
所以6=x+y+z≥3,即xyz≤8,
当且仅当x=y=z=2时等号成立,
所以lg
x+lg
y+lg
z=lg
xyz≤lg
8=3lg
2.
答案:B
5.已知x>0,y>0,x+2y+2xy=8,则x+2y的最小值是
( )
A.3
B.4
C.
D.
解析:因为x>0,y>0,所以2xy=x·2y≤,当且仅当x=2y=2时等号成立.
又2xy=8-(x+2y),所以8-(x+2y)≤.
令x+2y=t,则t2+4t-32≥0,解得t≥4或t≤-8(舍去),所以x+2y≥4,即x+2y的最小值是4,故选B.
答案:B
6.若正数x,y满足x+4y=4,则xy的最大值为 .
解析:由平均值不等式可得x+4y≥2=4,当且仅当x=4y=2时等号成立,所以4≤4,所以0答案:1
7.若x<0,则-x2的最大值为 .
解析:-x2=-=-.
因为x<0,所以x2+=x2+≥3=3,
当且仅当x=-1时,等号成立,
所以-x2≤-3,即最大值为-3.
答案:-3
8.已知x>1,y>1,且xy=1
000,求lg
x·lg
y的最大值.
解因为x>1,y>1,所以lg
x>0,lg
y>0.
所以lg
x·lg
y≤,
当且仅当lg
x=lg
y,即x=y=10时等号成立,故lg
x·lg
y的最大值等于.
9.已知x>0,y>0,x+y=1,求证:≥9.
证明
=
=5+2≥5+4=9,
当且仅当,即x=y=时等号成立,
所以≥9.
10.某单位建造一间地面面积为12
m2的背面靠墙的矩形小房,由于地理位置的限制,房子侧面的长度x不得超过5
m.房屋正面的造价为400元/m2,房屋侧面的造价为150元/m2,屋顶和地面的造价费用合计为5
800元,如果墙高为3
m,且不计房屋背面的费用.当侧面的长度为多少时,总造价最低
解由题意可得,总造价y=3+5
800=900+5
800(0于是由平均值不等式,得
y=900+5
800
≥900×2+5
800=13
000(元),
当且仅当x=,即x=4时,等号成立.
故当侧面的长度为4
m时,总造价最低.
B组
1.若a≥0,b≥0,且a+b=2,则下列不等式正确的是( )
A.ab≤1
B.ab≥1
C.a2+b2≥4
D.a2+b2≤4
解析:由已知可得ab≤=1,而a2+b2=(a+b)2-2ab=4-2ab≥2,故只有A正确.
答案:A
2.某公司租地建仓库,每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比,如果在距离车站10
km处建仓库,这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元,那么,要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站( )
A.5
km处
B.4
km处
C.3
km处
D.2
km处
解析:设仓库到车站的距离为x
km,
由已知得y1=,y2=0.8x.
费用之和y=y1+y2=0.8x+≥2=8,
当且仅当0.8x=,即x=5时,等号成立.故选A.
答案:A
3.若logxy=-2,则x+y的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
解析:由logxy=-2,得y=,因此x+y=x+≥3,当且仅当时,等号成立.
答案:A
4.已知二次不等式ax2+2x+b>0的解集为,且a>b,则的最小值为 .
解析:由已知可得方程ax2+2x+b=0有两个相等的实数根,于是Δ=4-4ab=0,则ab=1.
所以=(a-b)+
≥2=2,
当且仅当时,等号成立,
故的最小值为2.
答案:2
5.设三角形的三边长为3,4,5,P是三角形内的一点,则点P到这个三角形三边距离乘积的最大值是 .
解析:设点P到长度为3,4,5的三角形三边的距离分别是x,y,z,三角形的面积为S,则S=(3x+4y+5z).
又因为32+42=52,所以这个三角形为直角三角形,其面积S=×3×4=6,
所以3x+4y+5z=2×6=12,
所以12=3x+4y+5z≥3=3,所以xyz≤.
当且仅当3x=4y=5z,即x=,y=1,z=时等号成立.
答案:
6.已知a>2,求证:loga-1a>loga(a+1).
证明loga-1a-loga(a+1)=.
∵lg(a-1)lg(a+1)<=lg2a,
∴lg2a-lg(a-1)lg(a+1)>0.
又a>2,
∴lg(a-1)lg
a>0.
∴>0,
即loga-1a-loga(a+1)>0,
∴loga-1a>loga(a+1).
7.导学号35664013东海水晶制品厂去年的年产量为10万件,每件水晶产品的销售价格为100元,固定成本为80元.从今年起,工厂投入100万元科技成本,并计划以后每年比上一年多投入100万元科技成本.预计产量每年递增1万件,每件水晶产品的固定成本g(n)与科技成本的投入次数n的关系是g(n)=.若水晶产品的销售价格不变,第n次投入后的年利润为f(n)万元.
(1)求出f(n)的表达式;
(2)求从今年算起第几年利润最高 最高利润为多少万元
解(1)第n次投入后,产量为(10+n)万件,每件水晶产品的销售价格为100元,固定成本为元,科技成本投入为100n万元,
则年利润为f(n)=(10+n)-100n(n∈N+).
(2)由(1)知f(n)=(10+n)-100n
=1
000-80≤520(万元),
当且仅当,
即n=8时,利润最高,最高利润为520万元.
故从今年算起第8年利润最高,最高利润为520万元.