與名師對話高三數(shù)學文一輪復習課時跟蹤訓練：第七章 不等式　推理與證明 課時跟蹤訓練39 Word版含解析

3、①推不出； 若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出； 若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出； 若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出； 對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1， 反證法：假設a≤1且b≤1， 則a＋b≤2與a＋b>2矛盾， 因此假設不成立，a，b中至少有一個大于1. [答案]　C 5．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證 0 B．a－c>0 C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0 [解析]　由題意知

4、2 ?(a＋c)2－ac<3a2 ?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0 ?－2a2＋ac＋c2<0 ?2a2－ac－c2>0 ?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0. [答案]　C 6．設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)單調遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值(　　) A．恒為負 B．恒等于零 C．恒為正 D．無法確定正負 [解析]　由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)單調遞減，可知f(x)是R上的減函數(shù)． 由x1＋x2>0，可知x1>－x2，則f(x1)

5、(x1)＋f(x2)<0，故選A. [答案]　A 二、填空題 7．(20xx安徽合肥模擬)設a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關系是________． [解析]　解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，則m?a0，顯然成立． [答案]　m

6、2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， ∴A＝C，∴A＝B＝C＝， ∴△ABC為等邊三角形． [答案]　等邊三角形 9．(20xx廣東佛山質檢)已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，則m的最大值為________． [解析]　因為a>0，b>0，所以2a＋b>0.所以不等式可化為m≤(2a＋b)＝5＋2.因為5＋2≥5＋4＝9，即其最小值為9，所以m≤9，即m的最大值等于9. [答案]　9 三、解答題 10．設a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ac≤； (2)＋＋≥1. [證明]　(1)由a2＋b2≥2ab

7、，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由題設得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤. (2)因為＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c， 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1. [能力提升] 11．已知函數(shù)f(x)＝x，a，b是正實數(shù)，A＝f，B＝f()，C＝f，則A，B，C的大小關系為(　　) A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A [解析]　∵≥≥，又f(x)＝x在R上

8、是減函數(shù)，∴f≤f()≤f. [答案]　A 12．設x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，則a，b，c三數(shù)(　　) A．至少有一個不大于2 B．都大于2 C．至少有一個不小于2 D．都小于2 [解析]　a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6，所以至少有一個不小于2.故選C. [答案]　C 13．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：≤ . [證明]　∵a⊥b，∴ab＝0， 要證≤ ， 只需證|a|＋|b|≤ |a＋b|， 只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2ab＋b2)， 只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2

9、b2， 只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， 即(|a|－|b|)2≥0， 上式顯然成立，故原不等式得證． 14．已知函數(shù)u(x)＝lnx的反函數(shù)為v(x)，f(x)＝xv(x)－ax2＋bx，且函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線的傾斜角為45. (1)求實數(shù)b的值； (2)若a0)無零點． [解]　(1)因為函數(shù)u(x)＝lnx的反函數(shù)為v(x)，所以v(x)＝ex， 所以f(x)＝xex－ax2＋bx，所以f′(x)＝ex＋xex－2ax＋b. 因為函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線的傾

10、斜角為45，所以f′(0)＝tan45＝1， 即e0＋0e0－2a0＋b＝1，解得b＝0. (2)證明：由(1)知，f(x)＝xex－ax2. 假設函數(shù)f(x)＝xex－ax2(x>0)有零點， 則f(x)＝0在(0，＋∞)上有解，即a＝在(0，＋∞)上有解． 設g(x)＝(x>0)，則g′(x)＝(x>0)． 當01時，g′(x)>0. 所以g(x)≥g(x)min＝g(1)＝e，所以a≥e，但這與條件a0，證明： －≥a＋－2. [證明]　要證 －≥a＋－2， 只需證 ＋2≥a＋＋. ∵a>0，∴兩邊均大于零， ∴只需證2≥2， 即證a2＋＋4＋4 ≥a2＋＋2＋2＋2， 只需證 ≥， 只需證a2＋≥， 即證a2＋≥2，它顯然成立． ∴原不等式成立.