高中數(shù)學(xué) 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應(yīng)用綜合檢測(cè) 新人教B版選修4-5

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1、高中數(shù)學(xué) 第二章 柯西不等式與排序不等式及其應(yīng)用綜合檢測(cè) 新人教B版選修4-5 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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．設(shè)xy>0，則(x2＋)(y2＋)的最小值為(　　) A．－9　　　　 B．9　　　　 C．10　　　　 D．0 【解析】　[x2＋()2][()2＋y2]≥(x·＋·y)2＝9. 【答案】　B 2．設(shè)x，y，m，n∈(0，＋∞)，且＋＝1，則x＋y的最小值是(　　) A．m＋n B．4mn C．(＋)2 D. 【解析】　x＋y＝(x＋y)(＋)≥(·＋·)2＝(＋)2， 當(dāng)且僅當(dāng)

2、nx2＝my2，＋＝1時(shí)，等號(hào)成立，故x＋y的最小值為(＋)2. 【答案】　C 3．(xx·漳州模擬)已知實(shí)數(shù)a，b，c，d，e滿足a＋b＋c＋d＋e＝8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2＝16，則e的取值范圍為(　　) A．[0，] B．[－，] C．[0，] D．[－，] 【解析】　∵4(a2＋b2＋c2＋d2) ＝(1＋1＋1＋1)(a2＋b2＋c2＋d2)≥(a＋b＋c＋d)2，即4(16－e2)≥(8－e)2， 64－4e2≥64－16e＋e2，即5e2－16e≤0， ∴e(5e－16)≤0.故0≤e≤. 【答案】　C 4．學(xué)校要開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)，需要買(mǎi)價(jià)格不同的獎(jiǎng)品40件、

3、50件、20件，現(xiàn)在選擇商店中為5元、3元、2元的獎(jiǎng)品，則至少要花錢(qián)數(shù)為(　　) A．300元 B．360元 C．320元 D．340元 【解析】　由排序原理，反序和最?。? ∴最小值為50×2＋40×3＋20×5＝320(元). 【答案】　C 5．已知a，b，c為非零實(shí)數(shù)，則(a2＋b2＋c2)(＋＋)最小值為(　　) A．7 B．9 C．12 D．18 【解析】　由(a2＋b2＋c2)(＋＋)≥(a·＋b·＋c·)2＝9，∴所求最小值為9. 【答案】　B 6．設(shè)a，b，c均為小于0，且a2＋b2＋c2＝3，則ab＋bc＋ca的最大值為(　　) A．0 B．1 C．

4、3 D. 【解析】　由排序不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac， 所以ab＋bc＋ca≤3. 【答案】　C 7．若x＋2y＋4z＝1，則x2＋y2＋z2的最小值是(　　) A．21 B. C．16 D. 【解析】　∵1＝x＋2y＋4z≤·， ∴x2＋y2＋z2≥，即x2＋y2＋z2的最小值為. 【答案】　B 8．函數(shù)f(x)＝＋cos x，則f(x)的最大值是(　　) A. B. C．1 D．2 【解析】　f(x)＝·＋cos x. 又(·＋cos x)2≤(2＋1)(sin2x＋cos 2x)＝3， ∴f(x)的最大值為. 【答案】　A 9．已知半圓的直

5、徑AB＝2R，P是弧AB上一點(diǎn)，則2|PA|＋3|PB|的最大值是 (　　) A.R B.R C．2R D．4R 【解析】　由2|PA|＋3|PB|≤＝＝·2R. 【答案】　C 10．已知a，b，x1，x2為互不相等的正數(shù)，y1＝，y2＝，則y1y2與x1x2的大小關(guān)系是(　　) A．y1y2x1x2 D．不確定 【解析】　要比較y1y2與x1x2的大小，就是要比較(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)與(a＋b)2x1x2的大小，而(ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝[()2＋()2]·[()2＋()2]≥ (a＋b)

6、2 ＝x1x2(a＋b)2. 而a，b，x1，x2互不相等，所以等號(hào)不成立． 【答案】　C 11．已知a＋b＋c＝1，且a，b∈R＋，則＋＋的最小值為(　　) A．1 B．3 C．6 D．9 【解析】　∵a＋b＋c＝1，∴＋＋＝2(a＋b＋c)·(＋＋)＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)≥(1＋1＋1)2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)等號(hào)成立． 【答案】　D 12．設(shè)x1，x2，…，xn取不同的正整數(shù)， 則m＝＋＋…＋的最小值是 (　　) A．1 B．2 C．1＋＋＋…＋ D．1＋＋＋…＋ 【解析】　設(shè)a1，a2，…，an是x1，x2，…，xn的一

7、個(gè)排列，且滿足a1>>…>， 所以＋＋＋…＋≥a1＋＋＋…＋ ≥1×1＋2×＋3×＋…＋n× ＝1＋＋＋…＋. 【答案】　C 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．(xx·湖北高考)設(shè)x，y，z∈R，且滿足：x2＋y2＋z2＝1，x＋2y＋3z＝，則x＋y＋z＝________. 【解析】　由柯西不等式可得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋32)≥(x＋2y＋3z)2，即(x＋2y＋3z)2≤14，因此x＋2y＋3z≤.因?yàn)閤＋2y＋3z＝，所以x＝＝，解得x＝，y＝

8、，z＝，于是x＋y＋z＝. 【答案】　 14．已知a，b，x，y均為正數(shù)，且ab＝4，x＋y＝1，(ax＋by)·(bx＋ay)的最小值________． 【解析】　(ax＋by)(bx＋ay)≥(＋)2＝[2(x＋y)]2＝4. 【答案】　4 15．如圖1所示，矩形OPAQ中，a1≤a2，b1≤b2，則陰影部分的矩形的面積之和________空白部分的矩形的面積之和． 圖1 【解析】　由題圖可知，陰影面積＝a1b1＋a2b2，而空白面積＝a1b2＋a2b1，根據(jù)順序和≥反序和可知答案為≥. 【答案】　≥ 16．已知x，y，z∈R，有下列不等式： (1)x2＋y2＋z2

9、＋3≥2(x＋y＋z)； (2)≥； (3)|x＋y|≤|x－2|＋|y＋2|； (4)x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋zx. 其中一定成立的不等式的序號(hào)是________． 【解析】　x2＋y2＋z2＋3＝(x2＋1)＋(y2＋1)＋(z2＋1)≥2x＋2y＋2z，故(1)正確； ≥成立的前提是x≥0，y≥0，故(2)不正確； |x＋y|＝|(x－2)＋(y＋2)|≤|x－2|＋|y＋2|，故(3)正確； 由排序不等式知x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋zx，故(4)正確． 【答案】　(1)(3)(4) 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算

10、步驟) 17．(本小題滿分10分)求實(shí)數(shù)x，y的值，使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2達(dá)到最小值． 【解】　由柯西不等式，得 (12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2] ≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2＝1， 即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即 x＝，y＝時(shí)，上式取等號(hào)． 故x＝，y＝時(shí)，(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2達(dá)到最小值． 18．(本小題滿分12分)已知正數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝1.求證＋＋≥. 【解】　因?yàn)閤>0，y

11、>0，z>0，所以由柯西不等式得： [(y＋2z)＋(z＋2x)＋(x＋2y)](＋＋)≥(x＋y＋z)2，又因?yàn)閤＋y＋z＝1， 所以＋＋≥ ＝. 19．(本小題滿分12分)已知a，b，c∈R＋，用排序不等式證明2(a3＋b3＋c3)≥a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)． 【證明】　不妨設(shè)0≤a≤b≤c，則a2≤b2≤c2， 由排序不等式，得 a2a＋b2b＋c2c≥a2b＋b2c＋c2a， a2a＋b2b＋c2c≥a2c＋b2a＋c2b. 以上兩式相加，得 2(a3＋b3＋c3)≥a2(b＋c)＋b2(a＋c)＋c2(a＋b)． 20．(本小題滿分12分)

12、P是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，x，y，z是P到△ABC的三邊a，b，c的距離，R是△ABC外接圓的半徑，證明＋＋≤ . 【證明】　由柯西不等式，得 ＋＋＝ ＋ ＋ ≤× . 設(shè)S為△ABC的面積，則ax＋by＋cz＝2S＝， ∴＋＋≤ ＝ ＝ ≤ ， ∴原不等式成立． 21．(本小題滿分12分)(1)已知：a，b∈R＋，a＋b＝4，證明：＋≥1； (2)已知：a，b，c∈R＋，a＋b＋c＝9，證明：＋＋≥1，并類(lèi)比上面的結(jié)論，寫(xiě)出推廣后的一般性結(jié)論(不需證明)． 【證明】　(1)根據(jù)柯西不等式： (a＋b)(＋)≥(·＋·)2＝4， ∵a＋b＝4， ∴＋≥1. (2)根

13、據(jù)柯西不等式： (a＋b＋c)(＋＋) ≥(·＋·＋·)2＝9， ∵a＋b＋c＝9， ∴＋＋≥1. 可以推廣：若a1＋a2＋…＋an＝n2，則＋＋…＋≥1. 22．(本小題滿分12分)設(shè)a1，a2，…，an為1,2，…，n的一個(gè)排列，證明：＋＋…＋≤＋＋…＋. 【證明】　設(shè)b1，b2，…，bn－1是a1，a2，…，an－1的一個(gè)排列，且b1>…>. 由亂序和≥反序和得 ＋＋…＋≥＋＋…＋. ∵b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…， cn－1≤n， ∴＋＋…＋≥＋＋…＋. 故＋＋…＋≤＋＋…＋.