2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第2講講明不等式的基本方法第5課時放縮法作業(yè)含解析新人教A版選修4-5

PAGE其次講第5課時A．基礎(chǔ)鞏固1．設(shè)x＞0，y＞0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，則A與B的大小關(guān)系為()A．A≥B B．A≤BC．A＞B D．A＜B【答案】D【解析】∵x＞0，y＞0，∴B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＞eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)＝A，∴A＜B．故選D．2．函數(shù)y＝eq\f(1,2)sin2x＋sin2x，(x∈R)的值域是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(1,2)，\f(\r(2),2)＋\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)－\f(1,2)，\f(\r(2),2)－\f(1,2)))【答案】C【解析】y＝eq\f(1,2)sin2x＋sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)(sin2x－cos2x)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，又x∈R，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))≤1.∴－eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)≤y≤eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2).3．設(shè)a>0，b>0，c>0，且S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,d＋a＋b)，則下列推斷中正確的是()A．0＜S＜1 B．1＜S＜2C．2＜S＜3 D．3＜S＜4【答案】B【解析】∵a>0，b>0，c>0，∴S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,d＋a＋b)＞eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,b＋c＋d＋a)＋eq\f(c,c＋d＋a＋b)＋eq\f(d,d＋a＋b＋c)＝eq\f(a＋b＋c＋d,a＋b＋c＋d)＝1，即S＞1.又S＜eq\f(a,a＋c)＋eq\f(b,b＋d)＋eq\f(c,c＋a)＋eq\f(d,d＋b)＝eq\f(a＋c,a＋c)＋eq\f(b＋d,b＋d)＝2，即S＜2，故1＜S＜2.4．已知正整數(shù)a，b滿意4a＋b＝30，則使得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)取最小值時，實數(shù)對(a，b)是()A．(5,10) B．(6,6)C．(10,5) D．(7,2)【答案】A【解析】方法一：代值檢驗即可．方法二：∵(4a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝5＋eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)≥5＋2eq\r(\f(4a,b)·\f(b,a))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)4a＋b＝30且eq\f(4a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝5，b＝10時，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)取最小值eq\f(3,10).5．(2024年三明期末)已知a>0，b>0，c>0，設(shè)S＝eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)，則S與1的大小關(guān)系是__________．【答案】S＞1【解析】S＝eq\f(a,b＋c)＋eq\f(b,a＋c)＋eq\f(c,a＋b)＞eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,a＋b＋c)＋eq\f(c,a＋b＋c)＝eq\f(a＋b＋c,a＋b＋c)＝1.故答案為S＞1.6．若a，b，c均大于零，且a2＋2ab＋2ac＋4bc＝12，則a＋b＋c【答案】2eq\r(3)【解析】(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥a2＋2ab＋2ca＋4bc＝12，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，a＋b＋c的最小值2eq\r(3).7．求證：2(eq\r(n＋1)－1)＜1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＜2eq\r(n)(n∈N*)．【證明】∵1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＝eq\f(2,2)＋eq\f(2,2\r(2))＋eq\f(2,2\r(3))＋…＋eq\f(2,2\r(n))＜eq\f(2,1＋0)＋eq\f(2,\r(2)＋1)＋eq\f(2,\r(3)＋\r(2))＋…＋eq\f(2,\r(n)＋\r(n－1))＝2[1＋(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))]＝2eq\r(n)，又∵1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＝eq\f(2,2)＋eq\f(2,2\r(2))＋eq\f(2,2\r(3))＋…＋eq\f(2,2\r(n))＞eq\f(2,\r(2)＋1)＋eq\f(2,\r(3)＋\r(2))＋eq\f(2,\r(4)＋\r(3))＋…＋eq\f(2,\r(n＋1)＋\r(n))＝2[(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))]＝2eq\r(n＋1)－2，故2(eq\r(n＋1)－1)＜1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))＜2eq\r(n)(n∈N*)．B．實力提升8．證明：對隨意的n∈N*，不等式eq\f(ln1,14)＋eq\f(ln2,24)＋eq\f(ln3,34)＋…＋eq\f(lnn,n4)＜eq\f(1,2e)恒成立．(提示：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，利用最值進(jìn)行放縮)【證明】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(e).當(dāng)x∈(0，eq\r(e))時，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(0，eq\r(e)]上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\r(e)，＋∞)時，f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)在[eq\r(e)＋∞)上單調(diào)遞減；所以f(x)≤f(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，故eq\f(lnx,x2)≤eq\f(1,2e).當(dāng)n≥2時，有eq\f(ln1,14)＋eq\f(ln2,24)＋eq\f(ln3,34)＋…＋eq\f(lnn,n4)＝0＋eq\f(ln2,22)·eq\f(1,22)＋eq\f(ln3,32)·eq\f(1,32)＋…＋eq\f(lnn,n2)·eq\f(1,n2)≤eq\f(1,2e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,n2)))＜eq\f(1,2e)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n－1n)))＝eq\f(1,2e)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\