《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第14篇 第2節(jié) 證明不等式的基本方法課時(shí)訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第14篇 第2節(jié) 證明不等式的基本方法課時(shí)訓(xùn)練 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）20xx屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第14篇 第2節(jié) 證明不等式的基本方法課時(shí)訓(xùn)練 理
【選題明細(xì)表】
知識(shí)點(diǎn)、方法
題號(hào)
比較法證明不等式
4、8、9
綜合法與分析法證明不等式
5、6、11
反證法與放縮法證明不等式
2、3、7
基本不等式的應(yīng)用
1、7、8、10
一、選擇題
1.若n>0,則n+32n2的最小值為( C )
(A)2 (B)4 (C)6 (D)8
解析:根據(jù)算術(shù)幾何平均不等式可得n+32n2=n2+n2+32n2≥3×312×12×32=6.
2.若實(shí)數(shù)x,y適合不等式xy>1,x+y≥-2,則( A )
(A)x>0,
2、y>0 (B)x<0,y<0
(C)x>0,y<0 (D)x<0,y>0
解析:x,y異號(hào)時(shí),顯然與xy>1矛盾,所以可排除C,D.假設(shè)x<0,y<0,則x<1y.
所以x+y0,y>0.
3.設(shè)x>0,y>0,A=x+y1+x+y,B=x1+x+y1+y,則A,B的大小關(guān)系是( B )
(A)A=B (B)AB
解析:通過(guò)對(duì)式子B進(jìn)行放縮可得
B=x1+x+y1+y>x1+x+y+y1+y+x
=x+y1+x+y
=A,
即Ab
3、>1,則a+1a與b+1b的大小關(guān)系是 .?
解析:a+1a-(b+1b)=a-b+b-aab=(a-b)(ab-1)ab.
由a>b>1得ab>1,a-b>0,
所以(a-b)(ab-1)ab>0.
即a+1a>b+1b.
答案:a+1a>b+1b
5.若0<α<β<π4,sin α+cos α=a,sin β+cos β=b,則a與b的大小關(guān)系是 .?
解析:a2=1+sin 2α,b2=1+sin 2β,
又0<2α<2β<π2,
∴sin 2α
4、a>0,b>0,a≠b,A=fa+b2,B=f(ab),C=f2aba+b,則A、B、C中最大的為 .?
解析:∵a>0,b>0,a≠b,
∴a+b2>ab>2aba+b,
又函數(shù)f(x)=12x在R上單調(diào)遞減,
∴fa+b2b>c,n∈N*,且1a-b+1b-c≥na-c恒成立,則n的最大值為 .?
解析:∵a-c>0,
∴n≤a-ca-b+a-cb-c
=(a-b)+(b-c)a-b+(a-b)+(b-c)b-c
=2+b-ca-b+a-bb-c恒成立,
∵a-b>0,b-c>0,
5、
∴b-ca-b+a-bb-c≥2b-ca-b·a-bb-c=2.
∴n≤4.即n的最大值為4.
答案:4
8.某品牌彩電廠(chǎng)家為了打開(kāi)市場(chǎng),促進(jìn)銷(xiāo)售,準(zhǔn)備對(duì)其生產(chǎn)的某種型號(hào)的彩電降價(jià)銷(xiāo)售,現(xiàn)有四種降價(jià)方案:
(1)先降價(jià)a%,再降價(jià)b%;
(2)先降價(jià)b%,再降價(jià)a%;
(3)先降價(jià)a+b2%,再降價(jià)a+b2%;
(4)一次性降價(jià)(a+b)%.
其中a>0,b>0,a≠b,上述四個(gè)方案中,降價(jià)幅度最小的是 .?
解析:設(shè)降價(jià)前彩電的價(jià)格為1,降價(jià)后彩電價(jià)格依次為x1、x2、x3、x4.
則x1=(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%·b%
x2=(1-b%
6、)(1-a%)=x1,
x3=(1-a+b2%)(1-a+b2%)
=1-(a+b)%+14[(a+b)%]2,
x4=1-(a+b)%<1-(a+b)%+a%·b%
=x1=x2,
x3-x1=(a%+b%2)2-a%·b%>0,
∴x3>x1=x2>x4.
答案:方案(3)
三、解答題
9.設(shè)a>b>0,求證:a2-b2a2+b2>a-ba+b.
證明:法一 a2-b2a2+b2-a-ba+b=a3-b3-ab2+a2b-a3+b3+a2b-ab2(a2+b2)(a+b)=2a2b-2ab2(a2+b2)(a+b)
=2ab(a-b)(a2+b2)(a+b),
∵a
7、>b>0,
∴a-b>0,ab>0,a2+b2>0,a+b>0.
∴a2-b2a2+b2-a-ba+b>0,
∴a2-b2a2+b2>a-ba+b.
法二 ∵a>b>0,
∴a+b>0,a-b>0.
∴a2-b2a2+b2a-ba+b=a2-b2a2+b2·a+ba-b
=(a+b)2a2+b2
=a2+b2+2aba2+b2
=1+2aba2+b2>1.
∴a2-b2a2+b2>a-ba+b.
10.(20xx高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)若a>0,b>0,且1a+1b=ab.
(1) 求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說(shuō)明理由.
解:(1
8、)由ab=1a+1b≥2ab,得ab≥2,
且當(dāng)a=b=2時(shí)等號(hào)成立.
故a3+b3≥2a3b3≥42,
且當(dāng)a=b=2時(shí)等號(hào)成立.
所以a3+b3的最小值為42.
(2)不存在滿(mǎn)足題意的a,b,
理由:由(1)知,2a+3b≥26ab≥43.
由于43>6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6.
11.(20xx高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ) 設(shè)函數(shù)f(x)=︱x+1a︱+|x-a|(a>0).
(1)證明:f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范圍.
(1)證明:由a>0,有f(x)= ︱x+1a︱+|x-a|≥︱x+1a-(x-a) ︱=1a+a≥2,
所以f(x)≥2.
(2)解:f(3)= ︱3+1a︱+|3-a|.
當(dāng)a>3時(shí),f(3)=a+1a,
由f(3)<5得3
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