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2019-2020年高三數(shù)學一輪復(fù)習 第14篇 第2節(jié) 證明不等式的基本方法課時訓練 理
【選題明細表】
知識點、方法
題號
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+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+=++≥3=6.
2.若實數(shù)x,y適合不等式xy>1,x+y≥-2,則( A )
(A)x>0,y>0 (B)x<0,y<0
(C)x>0,y<0 (D)x<0,y>0
解析:x,y異號時,顯然與xy>1矛盾,所以可排除C,D.假設(shè)x<0,y<0,則x<.
所以x+y
0,y>0.
3.設(shè)x>0,y>0,A=,B=+,則A,B的大小關(guān)系是( B )
(A)A=B (B)AB
解析:通過對式子B進行放縮可得
B=+>+
=
=A,
即Ab>1,則a+與b+的大小關(guān)系是 .
解析:a+-(b+)=a-b+=.
由a>b>1得ab>1,a-b>0,
所以>0.
即a+>b+.
答案:a+>b+
5.若0<α<β<,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<,
∴sin 2α0,b>0,a≠b,A=f,B=f(),C=f,則A、B、C中最大的為 .
解析:∵a>0,b>0,a≠b,
∴>>,
又函數(shù)f(x)=在R上單調(diào)遞減,
∴fb>c,n∈N*,且+≥恒成立,則n的最大值為 .
解析:∵a-c>0,
∴n≤+
=+
=2++恒成立,
∵a-b>0,b-c>0,
∴+≥2=2.
∴n≤4.即n的最大值為4.
答案:4
8.某品牌彩電廠家為了打開市場,促進銷售,準備對其生產(chǎn)的某種型號的彩電降價銷售,現(xiàn)有四種降價方案:
(1)先降價a%,再降價b%;
(2)先降價b%,再降價a%;
(3)先降價%,再降價%;
(4)一次性降價(a+b)%.
其中a>0,b>0,a≠b,上述四個方案中,降價幅度最小的是 .
解析:設(shè)降價前彩電的價格為1,降價后彩電價格依次為x1、x2、x3、x4.
則x1=(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%b%
x2=(1-b%)(1-a%)=x1,
x3=(1-%)(1-%)
=1-(a+b)%+[(a+b)%]2,
x4=1-(a+b)%<1-(a+b)%+a%b%
=x1=x2,
x3-x1=()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:>.
證明:法一 -==
=,
∵a>b>0,
∴a-b>0,ab>0,a2+b2>0,a+b>0.
∴->0,
∴>.
法二 ∵a>b>0,
∴a+b>0,a-b>0.
∴=
=
=
=1+>1.
∴>.
10.(xx高考新課標全國卷Ⅰ)若a>0,b>0,且+=.
(1) 求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說明理由.
解:(1)由=+≥,得ab≥2,
且當a=b=時等號成立.
故a3+b3≥2≥4,
且當a=b=時等號成立.
所以a3+b3的最小值為4.
(2)不存在滿足題意的a,b,
理由:由(1)知,2a+3b≥2≥4.
由于4>6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6.
11.(xx高考新課標全國卷Ⅱ) 設(shè)函數(shù)f(x)=︱x+︱+|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+︱+|x-a|≥︱x+-(x-a) ︱=+a≥2,
所以f(x)≥2.
(2)解:f(3)= ︱3+︱+|3-a|.
當a>3時,f(3)=a+,
由f(3)<5得3
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