-高中數(shù)學(xué)第二講證明不等式的基本方法評估驗收卷新人教A版選修4-5

第二講證明不等式的基本方法評估驗收卷(二)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設(shè)t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，則下列t與S的大小關(guān)系中正確的是()A．t＞SB．t≥SC．t＜SD．t≤S解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故應(yīng)選D.答案：D2．設(shè)a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，則()A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜bC．a(chǎn)≤b D．a(chǎn)≥b解析：因為a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，所以a答案：D3．已知a＝eq\r(6)＋eq\r(7)，b＝eq\r(5)＋eq\r(8)，c＝5，則a，b，c的大小關(guān)系排列為()A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞bC．b＞a＞c D．c＞a＞b解析：由已知得a2＝6＋7＋2eq\r(42)＝13＋2eq\r(42)；b2＝8＋5＋4eq\r(10)＝13＋2eq\r(40)；c2＝25＝13＋12＝13＋2eq\r(36)，因為2eq\r(36)＜2eq\r(40)＜2eq\r(42).所以a＞b＞c.答案：A4．已知a，b∈R，則使eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)成立的一個充分不必要條件是()A．a(chǎn)b＞0 B．a(chǎn)b(a－b)＞0C．b＜a＜0 D．a(chǎn)＞b解析：eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)?a＞b＞0或b＜a＜0或a＜0＜b，所以使eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)成立的一個充分不必要條件是b＜a＜0.答案：C5．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，則下列不等式中恒成立的是()A．xy＞yz B．xz＞yzC．x|y|＞z|y| D．xy＞xz解析：法一(特殊值法)令x＝2，y＝0，z＝－1，可排除A、B、C，故選D.法二3z＜x＋y＋z＜3x，所以x＞eq\f(1,3)＞z，由x＞0，y＞z，得xy＞xz.答案：D6．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b應(yīng)滿足的條件是()A．a(chǎn)b＜0且a＞bB．a(chǎn)b＞0且a＞bC．a(chǎn)b＜0且a＜bD．a(chǎn)b＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析：eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)?(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜a－b?3eq\r(3,ab2)＜3eq\r(3,a2b)?ab(a－b)＞0.當(dāng)ab＞0時，a＞b；當(dāng)ab＜0時，a＜b.答案：D7．已知b>a>0，且a＋b＝1，那么()A．2ab<eq\f(a4－b4,a－b)<eq\f(a＋b,2)<b B．2ab<eq\f(a＋b,2)<eq\f(a4－b4,a－b)<bC.eq\f(a4－b4,a－b)<2ab<eq\f(a－b,2)<b D．2ab<eq\f(a＋b,2)<b<eq\f(a4－b4,a－b)解析：取特殊值法．令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則2ab＝eq\f(3,8)，eq\f(a4－b4,a－b)＝eq\f(5,8)，eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)，故選B.答案：B8．若a、b、c是直角三角形的三邊長，h是斜邊c上的高，則有()A．a(chǎn)＋b＜c＋h B．a(chǎn)＋b＝c＋hC．a(chǎn)＋b≥c＋h D．a(chǎn)＋b＞c＋h解析：因為a，b，c為直角三角形的三邊長，所以a2＋b2＝c2，所以a2＋b2＜c2＋h2，又ab＝ch，所以a2＋2ab＋b2＜c2＋2ch＋h2，所以(a＋b)2＜(c＋h)2，所以a＋b＜c＋h.答案：A9．使不等式eq\r(3)＋eq\r(8)＞1＋eq\r(a)成立的正整數(shù)a的最大值為()A．10B．11C．12D．13解析：用分析法可證a＝12時不等式成立，a＝13時不等式不成立．故應(yīng)選C.答案：C10．已知x＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b2－2)(b＜0)，則x，y之間的大小關(guān)系是()A．x＞y B．x＜yC．x＝y(tǒng) D．不能確定解析：因為x＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4(a＞2)．又b2－2＞－2(b＜0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b2－2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝4，所以x＞y.答案：A11．M＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)與1的大小關(guān)系是()A．M＞1 B．M＜1C．M＝1 D．不確定解析：M＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＜1.答案：B12．在△ABC中，A，B，C分別為a，b，c所對的角，且a，b，c成等差數(shù)列，則角B適合的條件是()A．0＜B≤eq\f(π,4) B．0＜B≤eq\f(π,3)C．0＜B≤eq\f(π,2) D.eq\f(π,2)＜B＜π解析：由a，b，c成等差數(shù)列，得2b＝a＋c，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(（a＋c）2,4),2ac)＝eq\f(3（a2＋c2）－2ac,8ac)＝eq\f(3（a2＋c2）,8ac)－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2).當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立．所以cosB的最小值為eq\f(1,2).又y＝cosB在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，所以0＜B≤eq\f(π,3).答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．用反證法證明命題“三角形中最多只有一個內(nèi)角是鈍角”時的假設(shè)是________．解析：“三角形中最多只有一個內(nèi)角是鈍角”的對立事件是“三角形中內(nèi)角有2個鈍角或3個全是鈍角”．故應(yīng)填三角形中至少有兩個內(nèi)角是鈍角．答案：三角形中至少有兩個內(nèi)角是鈍角14．用分析法證明：若a，b，m都是正數(shù)，且a＜b，則eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).完成下列證明過程．因為b＋m＞0，b＞0，所以要證原不等式成立，只需證明b(a＋m)＞a(b＋m)，即只需證明________．因為m＞0，所以只需證明b＞a，由已知顯然成立，所以原不等式成立．解析：b(a＋m)＞a(b＋m)與bm＞am等價，因此欲證b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需證明bm＞am即可．答案：bm＞am15．已知數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(an,bn＋1)，其中a，b均為正數(shù)，那么an與an＋1的大小關(guān)系是________．解析：an＋1－an＝eq\f(a（n＋1）,b（n＋1）＋1)－eq\f(an,bn＋1)＝eq\f(a,（bn＋b＋1）（bn＋1）).因為a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，所以an＋1－an＞0，因此an＋1＞an.答案：an＋1＞an16．已知a，b，c，d大于0，且S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)，則S的取值范圍是________．解析：由放縮法，得eq\f(a,a＋b＋c＋d)＜eq\f(a,a＋b＋c)＜eq\f(a,a＋c)；eq\f(b,a＋b＋c＋d)＜eq\f(b,b＋c＋d)＜eq\f(b,d＋b)；eq\f(c,a＋b＋c＋d)＜eq\f(c,c＋d＋a)＜eq\f(c,c＋a)；eq\f(d,a＋b＋c＋d)＜eq\f(d,d＋a＋b)＜eq\f(d,d＋b).以上四個不等式相加，得1＜S＜2.答案：(1，2)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知a，b，c∈(0，＋∞)，比較a2＋b2與ab＋a＋b－1的大?。猓阂驗?a2＋b2)－(ab＋a＋b－1)＝a2＋b2－ab－a－b＋1＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2)＝eq\f(1,2)[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，所以a2＋b2≥ab＋a＋b－1.18．(本小題滿分12分)設(shè)|a|＜1，|b|＜1，求證：|a＋b|＋|a－b|＜2.證明：當(dāng)a＋b與a－b同號時，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b＋a－b|＝2|a|＜2；當(dāng)a＋b與a－b異號時，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b－(a－b)|＝2|b|＜2.所以|a＋b|＋|a－b|＜2.19．(本小題滿分12分)若a，b，c均為正數(shù)，a＋b＋c＝3，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤3.證明：假設(shè)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＞3，則(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＞9，即a＋b＋c＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ac)＞9，因為a＋b＋c＝3，所以eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)＞3.又因為eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，eq\r(bc)≤eq\f(b＋c,2)，eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，所以eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤a＋b＋c＝3(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時，等號成立)，這與eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)＞3矛盾．故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤3.20．(本小題滿分12分)設(shè)a＋b＝2，b＞0，當(dāng)eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值時，求a的值．解：由于a＋b＝2，所以eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)，由于b＞0，|a|＞0，所以eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥2eq\r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此當(dāng)a＞0時，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是eq\f(1,4)＋1＝eq\f(5,4)；當(dāng)a＜0時，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值是－eq\f(1,4)＋1＝eq\f(3,4).故eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)的最小值為eq\f(3,4)，此時eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a＜0))即a＝－2.21．(本小題滿分12分)已知x，y∈R，且|x|＜1，|y|＜1，求證：eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－xy).證明：因為|x|＜1，|y|＜1，所以eq\f(1,1－x2)＞0，eq\f(1,1－y2)＞0.所以eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）)).故要證明結(jié)論成立，只需證eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）))≥eq\f(2,1－xy)成立，即證1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)成立即可，因為(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，所以(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，所以1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)＞0，所以不等式成立．22．(本小題滿分12分)等差數(shù)列{an}各項均為正整數(shù)，a1＝3，前n項和為Sn.等比數(shù)列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比為64的等比數(shù)列．(1)求an與bn；(2)證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(3,4).(1)解：設(shè){an}的公差為d(d∈N)，{bn}的公比為q，則an＝3＋(n－1)d，bn