2017_2018学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法优化练习（打包3套）新人教A版选修4_5

一 比较法
[课时作业]
[A组　基础巩固]
1．下列四个数中最大的是(　　)
A．lg 2　　　　　　　　　 B．lg
C． (lg 2)2 D．lg(lg 2)
解析：∵1<<2<10，∴0∴(lg 2)2答案：A
2．若a，b为不相等的正数，则(abk＋akb)－(ak＋1＋bk＋1)(k∈N*)的符号(　　)
A．恒正 B．恒负
C．与k的奇偶性有关 D．与a，b大小无关
解析：(abk＋akb)－ak＋1－bk＋1
＝bk(a－b)＋ak(b－a)＝(a－b)(bk－ak)
∵a>0，b>0，若a>b，则ak>bk，
∴(a－b)(bk－ak)<0；
若a答案：B
3．a、b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P＞Q B．P＜Q
C．P≥Q D．P≤Q
解析：＝≤＝1，
∴P≤Q，应选D.
答案：D
4．如果loga3>logb3且a＋b＝1，那么(　　)
A．0C．1解析：∵a>0，b>0，
又∵a＋b＝1，∴0∴lg a<0，lg b<0，由loga3>logb3
?－>0
?－>0
?>0
?lg b>lg a?b>a.
∴0答案：A
5．已知a>b>0，c>d>0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是(　　)
A．mn
C．m≥n D．m≤n
解析：∵a>b>0，c>d>0，
∴ac>bd>0，>，
∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2，
n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2，
∴－2>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n.
答案：B
6．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＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a
＝(ab－1)2＋(a＋2)2.
∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0
∴ab≠1或a≠－2.
答案：ab≠1或a≠－2
7．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，
则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．
解析：(am＋bn)(bm＋an)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝
ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝
2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝时等号成立)．
答案：2
8．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.
解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0，
∴x答案：<
9．已知a>0，b>0，求证：＋≥＋.
证明：法一：∵＝＋
＝＋
＝
＝，
又∵a2＋b2≥2ab，
∴≥＝1，
当且仅当a＝b>0时取等号．
∴＋≥＋.
法二：∵＋－(＋)
＝(－)＋(－)．
＝＋
＝
＝≥0
当且仅当a＝b>0时取“＝”
∴＋≥＋.
10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p，q满足p＋q＝1时，
证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1.
证明：pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy)
＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b
＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy
＝pq(x－y)2.
充分性：若0≤p≤1，q＝1－p∈[0,1]．
∴pq≥0，∴pq(x－y)2≥0，
∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．
必要性：若pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．
则pq(x－y)2≥0，
∵(x－y)2≥0，∴pq≥0.
即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1.
综上所述，原命题成立．
[B组　能力提升]
1．已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P>Q B．PC．P＝Q D．大小不确定
解析：P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝loga.
当0则0<<1，∴loga>0，即P－Q>0.
∴P>Q.
当a>1时，a3＋1>a2＋1>0，>1，
∴loga>0，即P－Q>0.∴P>Q.
答案：A
2．设m>n，n∈N＋，a＝ (lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，则a与b的大小关系为(　　)
A．a≥b
B．a≤b
C．与x值有关，大小不定
D．以上都不正确
解析：a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx
＝(lgmx－lgnx)－(－)
＝(lgmx－lgnx)－
＝(lgmx－lgnx)(1－)
＝(lgmx－lgnx)(1－)．
∵x>1，∴lg x>0.
当0b；
当lg x＝1时，a＝b；
当lg x>1时，a>b.
∴应选A.
答案：A
3．设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n.
解析：＝
＝
＝＝1，∴m＝n.
答案：＝
4．一个个体户有一种商品，其成本低于元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．
解析：设这种商品的成本费为a元．
月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，
月末售出的利润为L2＝120－2%a，
则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045(a－)，
∵a<，
∴L1答案：月末
5．设直角三角形的斜边长为c，两直角边长分别为a，b，试比较c3与a3＋b3的大小．
解析：∵c是直角三角形的斜边长，a，b是直角边长，
∴a＋b>c,0<<1,0<<1，且a2＋b2＝c2，
∴＝3＋3<2＋2＝＝1，
即<1，故a3＋b36．已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列．
(1)求f(30)的值；
(2)若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
解析：(1)由f(0)、f(2)、f(6)成等差数列，得
2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，
即(m＋2)2＝m(m＋6)(m>0)．
∴m＝2.
∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.
(2)f(a)＋f(c)>2f(b)．
证明如下：
2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，
f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，
又b2＝ac，
∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2
＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.
∵a＋c>2＝2b(a≠c)，
∴2(a＋c)－4b>0，
∴log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，
即f(a)＋f(c)>2f(b)．
三 反证法与放缩法
[课时作业]
[A组　基础巩固]
1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数(　　)
A．两个都是偶数
B．一个是奇数，一个是偶数
C．至少一个是偶数
D．恰有一个是偶数
解析：假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少一个为偶数．
答案：C
2．设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为(　　)
A．A≥B　　　　　　　 B．A≤B
C．A>B D．A解析：A＝＋<＋＝B.
答案：D
3．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：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，这与
a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥6矛盾．故选C.
答案：C
4．设M＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．M＝1　　　　　　　 B．M<1
C．M >1 D．M与1大小关系不定
解析：M是210项求和，M＝＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝1，故选B.
答案：B
5．若f(x)＝x，a，b都为正数，A＝f，G＝f()， H＝f，则(　　)
A．A≤G≤H B．A≤H≤G
C．G≤H≤A D．H≤G≤A
解析：∵a，b为正数，∴≥＝≥＝，
又∵f(x)＝x为单调减函数，
∴f≤f()≤f，
∴A≤G≤H.
答案：A
6．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)|≥
7．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是________．
解析：m＝≤＝1，
n＝≥＝1.
答案：m≤n
8．设a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系是________．
解析：∵a>0，b>0，
∴N＝＋>＋＝＝M.
∴M答案：M9．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数．
由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．
从而ac≤≤，bd≤≤.
∴ac＋bd≤＝1.即ac＋bd≤1.与已知ac＋bd>1矛盾，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
10．求证：1＋＋＋＋…＋<3(n∈N＋)．
证明：由<＝(k是大于2的自然数)，
得1＋＋＋＋…＋<1＋1＋＋＋＋…＋＝
1＋＝3－<3.
∴原不等式成立．
[B组　能力提升]
1．已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，…)．试证：数列{xn}或者对任意正整数n都满足xnxn＋1.当此题用反证法否定结论时，应为(　　)
A．对任意的正整数n，有xn＝xn＋1
B．存在正整数n，使xn＝xn＋1
C．存在正整数n，使xn≥xn－1且xn≥xn＋1
D．存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0
解析：“xnxn＋1”的对立面是“xn＝xn＋1”，“任意一个”的反面是“存在某一个”．
答案：B
2．若α∈，M＝|sin α|，N＝|cos α|，P＝|sin α＋cos α|，
Q＝ ，则它们之间的大小关系为(　　)
A．M>N>P>Q B．M>P>N>Q
C．M>P>Q>N D．N>P>Q>M
解析：∵α∈(π，π)，∴0>sin α>cos α.
∴|sin α|<|cos α|，
∴P＝|sin α＋cos α|＝(|sin α|＋|cos α|)
>(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M.
P＝|sin α|＋|cos α|
< (|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N.
∴N>P>M.
对于Q＝ ＝ <＝P.
而Q＝> ＝|sin α|＝M.
∴N>P>Q>M.
答案：D
3．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为________．
解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n＋1条”．
答案：直径的数目至少为n＋1条
4．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c，使f(c)>0, 则实数p的取值范围是________．
解析：假设在 [－1,1]内没有值满足f(c)>0，
则所以
所以p≤－3或p≥，取补集为p∈.
故实数p的取值范围是.
答案：
5．已知0证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，
则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1.
①
由于0∴0同理：0∴三式相乘得：0②
②与①矛盾，故假设不成立．
∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.
法二：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1.
∴＋＋>3.
③
又＋＋≤＋＋＝3④
④与③矛盾，故假设不成立．
∴原题设结论成立．
6．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝22·an(n∈N＋)，
(1)求a2，a3并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<.
解析：(1)∵a1＝2，an＋1＝2(1＋)2·an(n∈N＋)，
∴a2＝2(1＋)2·a1＝16，a3＝2(1＋)2·a2＝72.
又∵＝2·，n∈N＋，
∴{}为等比数列．
∴＝·2n－1＝2n，
∴an＝n2·2n.
(2)证明：cn＝＝，
∴c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝＋＋＋…＋<＋＋＋·(＋＋…＋)
＝＋·<＋·＝＋
＝＝<＝，所以结论成立．
二 综合法与分析法
[课时作业]
[A组　基础巩固]
1．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＝a＋b所以A2>B2.
又A>0，B>0，
∴A>B.
答案：C
2．设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
解析：由已知，可得出a＝，b＝，c＝，
∵＋＞＋>2.
∴b答案：B
3．若1＜x＜10，下面不等式中正确的是(　　)
A．(lg x)2＜lg x2＜lg(lg x)
B．lg x2＜(lg x)2＜lg(lg x)
C．(lg x)2＜lg(lg x)＜lg x2
D．lg(lg x)＜(lg x)2＜lg x2
解析：∵1＜x＜10，∴x2>x,0＜lg x＜1，
∴lg(lg x)＜0，∴lg x2＞lg x＞(lg x)2，
∴lg x2＞(lg x)2＞lg(lg x)，选D.
答案：D
4．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝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：因为a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，
得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac，
即a2＋b2＋c2≥1.
又因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故选项B成立．
答案：B
5．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg，则(　　)
A．RC．Q解析：∵lg a>lg b>0，
∴(lg a＋lg b)>，即Q>P.
又∵a>b>1，∴>，
∴lg >lg ＝(lg a＋lg b)．
即R>Q，∴P答案：B
6．等式“＝”的证明过程：“等式两边同时乘以得，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”)
解析：由综合法的特点可知，此题的证明用的是综合法．
答案：综合法
7．若a≥3，则－与－的大小关系是________．
解析：取a＝3，得－＝－，
－＝1，
得－<－.
下面证明：a>3时，－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
即证<，
只需证a(a－3)<(a－1)(a－2)，
即证0<2，显然0<2，
故－<－.
答案：－<－
8．设a，b，c都是正实数，a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
解析：因为 (＋＋)2＝a＋b＋c＋2＋2＋2≤1＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝1＋2(a＋b＋c)＝3，
所以＋＋≤，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立．
答案：
9．用综合法证明：如果a，b为正数，则ab＋＋＋≥4.
证明：由基本不等式ab＋≥2＝2，
＋≥2＝2，
有ab＋＋＋≥2＋2＝4，
所以ab＋＋＋≥4，
当且仅当ab＝且＝，即a＝b＝1时等号成立．
10．已知a>0，b>0,2c>a＋b，用分析法证明c－证明：要证c－只需证明c即证b－a<2.
当b－a<0时显然成立，当b－a≥0时只需证明b2＋a2－2ab<4c2－4ab，
即证(a＋b)2<4c2，
由2c>a＋b知上式成立．
∴原不等式成立．
[B组　能力提升]
1．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的充分必要条件
D．以上答案都不对
解析：若ab>0，则>0，>0，
∴＋≥2，故p?q成立．
若＋≥2，则≥2，
∴≥0，即≥0.
∵(a－b)2≥0，∴ab>0，故q?p成立．
答案：C
2．已知a、b、c为三角形的三边，且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则(　　)
A．S≥2P B．PC．S>P D．P≤S<2P
解析：∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P.
又三角形中|a－b|同理b2－2bc＋c2∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P.
答案：D
3．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则λ的取值范围是________．
解析：不等式可化为＋>.
∵a>b>c，
∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
∴λ<＋恒成立．
∵＋＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4.
∴λ<4.
答案：(－∞，4)
4．设a>0，b>0，则此两式的大小关系为
lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
解析：因为对数函数y＝lg x为定义域上的增函数．
所以只需比较(1＋)与的大小即可，
因为(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋ab＋2－(1＋ab＋a＋b)
＝2－(a＋b)．
又由基本不等式得2≤a＋b，
所以(1＋)2－(1＋a)(1＋b)≤0，
即有lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≤
5．已知a>b>0，求证：<－<.
证明：要证<－<，
只要证即证()2<(－)2<()2，
即证0<<－<，
即证<2<，
即证1＋<2<1＋，
即证 <1< 成立．
因为a>b>0，所以>1，<1，
故 <1, >1成立，
所以有<－<成立．
6．已知实数a、b、c满足c证明：∵a＋b＋c＝1，
∴欲证结论等价于1<1－c<，即－又a2＋b2＋c2＝1，则有ab＝＝＝c2－c，
①
又a＋b＝1－c，
②
由①②得a、b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)> 0.
解得－∵c∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab＝c2－c(1－c)＋c2－c>0，
解得c<0或c>(舍去)．
∴－