发布时间 : 星期日 文章2017-2018学年高中数学 第一章 不等关系与基本不等式 1.4 不等式的证明(三)训练 北师大版选修4-5更新完毕开始阅读dabf6dd0abea998fcc22bcd126fff705cd175c04
1.4 不等式的证明（三）
一、选择题 1.已知p＝a＋
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，q＝2－a＋4a－2 (a>2)，则( ) a－2
B.p 1 ＋2，又a－2>0， a－2 2 A.p>q C.p≥q 解析 ∵p＝(a－2)＋ ∴p≥2＋2＝4，而q＝2－(a－2)＋2， 根据a>2，可得q<2＝4，∴p>q. 答案 A 11 2.不等式a>b与>能同时成立的充要条件是( ) 2 abA.a>b>0 11C.<<0 B.a>0>b 11D.>>0 baab解析 充分性显然.下面用反证法说明必要性. 1111 若a，b同号且a>b，则有<，此时不能保证a>b与>同时成立，∴a，b只能异号，即 ababa>0>b. 答案 B ?1??a＋b?，G＝f(ab)，H＝f?2ab?，则( ) 3.若f(x)＝??，a，b都为正数，A＝f???a＋b? ?2??2??? A.A≤G≤H C.G≤H≤A B.A≤H≤G D.H≤G≤A x1?xabab2ab?解析 ∵a，b为正数，∴≥ab＝≥＝，又∵f(x)＝??为单调减函数， 22a＋ba＋b??aba＋b2 ∴f? ?a＋b?≤f(ab)≤f?2ab?，∴A≤G≤H. ??a＋b??2??? 答案 A 1111 4.设M＝10＋10＋10＋…＋11，则( ) 22＋12＋22－1A.M＝1 C.M>1 B.M<1 D.M与1大小关系不定 111110 解析 M是2项求和，M＝10＋10＋10＋…＋11 22＋12＋22－1< 1111 10＋10＋10＋…＋10＝1，故选B. 2222 答案 B 5.若实数m>n，正数a>b，A＝(a＋b)，B＝(a＋b)，则( ) A.A>B B.A C.A与B的大小关系由m与n的差决定 D.A与B的大小关系由a与b的差决定 nnmmmn?n?b??解析 A＝(a＋b)＝?a?1＋n?? ??a?? nnmnm??b?n?m ＝a?1＋???， ??a?? mnbm??nmn??b?m?n?m?B＝(a＋b)＝?a?1＋m??＝a?1＋???. ??a????a?? mmnb?n?b?mb?∵a>b>0，∴0<<1.又m>n，∴??>??， a?a??a? ??b?n?mmn??b?m?n∴a?1＋???>a?1＋???， ??a????a?? mn即A>B，故选A. 答案 A 6.已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，则a，b，c三数( ) A.全为正数 C.至多有一个为正数 解析 假设a，b，c不全为正数， ∵abc>0，∴有两个负数一个正数， 不妨设a，b为负数，c为正数， ∵a＋b＋c>0，c>－(a＋b)>0， 又∵ab＋bc＋ca>0，ab>－(bc＋ca)＝－c(a＋b)≥(a＋b)， 这与(a＋b)≥4ab矛盾，故假设错误，∴a，b，c全为正数.选A. 答案 A 二、填空题 |a|－|b||a|＋|b| 7.已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是____________. |a－b||a＋b| 2 2 B.至多有两个为正数 D.全为负数 |a|－|b||a|－|b| 解析 m＝≤＝1， |a－b||a|－|b| n＝ |a|＋|b||a|＋|b| ≥＝1. |a＋b||a|＋|b| 答案 m≤n 8.若|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是________________. 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，|a＋b|＋|a－b|<2. 答案 |a＋b|＋|a－b|<2 三、解答题 9.设x>0，y>0，z>0，求证：x＋xy＋y＋y＋yz＋z>x＋y＋z. 证明 ∵x＋xy＋y＝ 2 2 2 2 2 2 2 ?x＋y?＋3y>x＋y，① ?2?42?? 2 2 y＋zy＋z＝ 2 22 ?z＋y?＋3y2>z＋y，② ?2?4 2?? 2 2 2 ∴由①②得：x＋xy＋y＋y＋zy＋z>x＋y＋z. 11 10.若a＞0，b＞0，且＋＝ab. ab(1)求a＋b的最小值； (2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由. 112 解 (1)由ab＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝2时等号成立. 33 abab故a＋b≥2ab≥42，且当a＝b＝2时等号成立. 所以a＋b的最小值为42. (2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥43. 由于43＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 311.已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1，求证：a，b，c中至少有一个大于. 2证明 ∵abc＝1>0， ∴a，b，c都为正，或者a，b，c中有一正二负. 又a＋b＋c＝0，∴a，b，c中只能是一正二负. 1 不妨设a>0，b<0，c<0，则b＋c＝－a，bc＝， 3 3 3333 a12 即b，c为方程x＋ax＋＝0的两个负实根， a327343 ∴Δ＝a－≥0，解得a≥4> ＝， a82 2 3 ∴a，b，c中至少有一个大于. 212.已知：a，b，c，d，∈(0，＋∞)， 求证：a＋b＋c＋d≥（a＋c）＋（b＋d）. 证明 法一 如图所示，在Rt△ABC中，设AC＝c＋a，其中CE＝c，EA＝a； 2 2 2 2 2 2 BC＝b＋d，其中CF＝b，FB＝d. 由勾股定理得： AB＝（a＋c）2＋（b＋d）2， 以CE与CF为邻边作矩形CEPF，并连接AP与BP. 则在Rt△AEP与Rt△BFP中分别有： AP＝a2＋b2；BP＝c2＋d2. 若点P在线段AB上，则AP＋BP＝AB；① 若点P不在线段AB上，则AP＋BP>AB；② 故，由①，②可知：AP＋BP≥AB. 即 a＋b＋c＋d≥（a＋c）＋（b＋d）. →→ 法二 设OA＝(a，b)，OB＝(c，d)， →→→ 则OC＝OA＋OB＝(a，b)＋(c，d)＝(a＋c，b＋d)， →→→222222 所以，|OA|＝a＋b，|OB|＝c＋d，|OC|＝（a＋c）＋（b＋d）. →→→→→ 若OA与OB共线同向时，则有：|OA|＋|OB|＝|OC|① →→→→→ 若OA与OB共线反向或不共线时，则有：|OA|＋|OB|>|OC|，② →→→ 故由①，②可知：|OA|＋|OB|≥|OC|， 即a＋b＋c＋d≥（a＋c）＋（b＋d）. 2 2 2 2 2 2 222222