2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法 二 綜合法與分析法優(yōu)化練習(xí) 新人教A版選修4-5

《2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法 二 綜合法與分析法優(yōu)化練習(xí) 新人教A版選修4-5》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法 二 綜合法與分析法優(yōu)化練習(xí) 新人教A版選修4-5（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法 二 綜合法與分析法優(yōu)化練習(xí) 新人教A版選修4-51設(shè)a，bR，A，B，則A、B的大小關(guān)系是()AABBABCAB DAB2.又A0，B0，AB.答案：C2設(shè)a，b，c，那么a，b，c的大小關(guān)系是()Aabc BacbCbac Dbca解析：由已知，可得出a，b，c，2.bcx,0lg x1，lg(lg x)0，lg x2lg x(lg x)2，lg x2(lg x)2lg(lg x)，選D.答案：D4若a，b，cR，且abbcac1，則下列不等式成立的是()Aa2b2c22 B(abc)23C.2 Dabc(abc)解析：因?yàn)閍2b

2、22ab，a2c22ac，b2c22bc，將三式相加，得2(a2b2c2)2ab2bc2ac，即a2b2c21.又因?yàn)?abc)2a2b2c22ab2bc2ac，所以(abc)21213.故選項(xiàng)B成立答案：B5若ab1，P，Q(lg alg b)，Rlg，則()ARPQ BPQRCQPR DPRlg b0，(lg alg b)，即QP.又ab1，lg lg (lg alg b)即RQ，PQR.答案：B6等式“”的證明過程：“等式兩邊同時(shí)乘以得，左邊1，右邊1，左邊右邊，故原不等式成立”，應(yīng)用了_的證明方法(填“綜合法”或“分析法”)解析：由綜合法的特點(diǎn)可知，此題的證明用的是綜合法答案：綜合法7

3、若a3，則與的大小關(guān)系是_解析：取a3，得，1，得3時(shí)，只需證，只需證()2()2，即證，只需證a(a3)(a1)(a2)，即證02，顯然02，故.答案：0，b0,2cab，用分析法證明ca.證明：要證ca，只需證明ca，即證ba2.當(dāng)ba0時(shí)顯然成立，當(dāng)ba0時(shí)只需證明b2a22ab4c24ab，即證(ab)2ab知上式成立原不等式成立B組能力提升1已知p：ab0，q：2，則p與q的關(guān)系是()Ap是q的充分而不必要條件Bp是q的必要而不充分條件Cp是q的充分必要條件D以上答案都不對(duì)解析：若ab0，則0，0，2，故pq成立若2，則2，0，即0.(ab)20，ab0，故qp成立答案：C2已知a、

4、b、c為三角形的三邊，且Sa2b2c2，Pabbcca，則()AS2P BPSP DPS2P解析：a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，a2b2c2abbcca，即SP.又三角形中|ab|c，a2b22abc2，同理b22bcc2a2，c22aca2b2，a2b2c22(abbcca)，即S0在條件abc時(shí)恒成立，則的取值范圍是_解析：不等式可化為.abc，ab0，bc0，ac0，恒成立2224.0，b0，則此兩式的大小關(guān)系為lg(1)_lg(1a)lg(1b)解析：因?yàn)閷?duì)數(shù)函數(shù)ylg x為定義域上的增函數(shù)所以只需比較(1)與的大小即可，因?yàn)?1)2(1a)(1b)1ab2(1abab)2(ab)又由基本不等式得2ab，所以(1)2(1a)(1b)0，即有l(wèi)g(1)lg(1a)lg(1b)答案：5已知ab0，求證：.證明：要證，只要證ab2，即證()2()2()2，即證0，即證2，即證121，即證 1b0，所以1，1，故 1成立，所以有成立6已知實(shí)數(shù)a、b、c滿足cba，abc1，a2b2c21.求證：1ab.證明：abc1，欲證結(jié)論等價(jià)于11c，即c 0.解得c1.cb0，解得c(舍去)c0，即1ab.