數(shù)學人教A版選修45優(yōu)化練習：第二講 一　比較法 Word版含解析

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1、 [課時作業(yè)] [A組　基礎鞏固] 1．下列四個數(shù)中最大的是(　　) A．lg 2　　　　　　　　　 B．lg C． (lg 2)2 D．lg(lg 2) 解析：∵1<<2<10，∴0

2、ak) ∵a>0，b>0，若a>b，則ak>bk， ∴(a－b)(bk－ak)<0； 若alogb3且a＋b＝1，那么(　　) A．00，b>0， 又∵a＋b＝1，∴0lo

3、gb3 ?－>0 ?－>0 ?>0 ?lg b>lg a?b>a. ∴0b>0，c>d>0，m＝－，n＝，則m與n的大小關系是(　　) A．mn C．m≥n D．m≤n 解析：∵a>b>0，c>d>0， ∴ac>bd>0，>， ∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2， n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2， ∴－2>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n. 答案：B 6．設P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，則實數(shù)a，b滿足的條件為________． 解析：P－Q＝a2b

4、2＋5－(2ab－a2－4a) ＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a ＝(ab－1)2＋(a＋2)2. ∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0 ∴ab≠1或a≠－2. 答案：ab≠1或a≠－2 7．已知a，b，m，n均為正數(shù)，且a＋b＝1，mn＝2， 則(am＋bn)(bm＋an)的最小值為________． 解析：(am＋bn)(bm＋an)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝ ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝ 2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)

5、2＝2(當且僅當m＝n＝時等號成立)． 答案：2 8．設a>b>0，x＝－，y＝－，則x，y的大小關系是x________y. 解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0， ∴x0，b>0，求證：＋≥＋. 證明：法一：∵＝＋ ＝＋ ＝ ＝， 又∵a2＋b2≥2ab， ∴≥＝1， 當且僅當a＝b>0時取等號． ∴＋≥＋. 法二：∵＋－(＋) ＝(－)＋(－)． ＝＋ ＝ ＝≥0 當且僅當a＝b>0時取“＝” ∴＋≥＋. 10．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b，當p，q滿足p＋q＝1時， 證明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋q

6、y)對于任意實數(shù)x，y都成立的充要條件是0≤p≤1. 證明：pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy) ＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b ＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy ＝pq(x－y)2. 充分性：若0≤p≤1，q＝1－p∈[0,1]． ∴pq≥0，∴pq(x－y)2≥0， ∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)． 必要性：若pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)． 則pq(x－y)2≥0， ∵(x－y)2≥0，∴pq≥0. 即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1. 綜上所述，原命題成立． [B組　

7、能力提升] 1．已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，則P，Q的大小關系是(　　) A．P>Q B．P0，即P－Q>0. ∴P>Q. 當a>1時，a3＋1>a2＋1>0，>1， ∴l(xiāng)oga>0，即P－Q>0.∴P>Q. 答案：A 2．設m>n，n∈N＋，a＝ (lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，則a與b的大小關系為(　　)

8、 A．a(chǎn)≥b B．a(chǎn)≤b C．與x值有關，大小不定 D．以上都不正確 解析：a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx ＝(lgmx－lgnx)－(－) ＝(lgmx－lgnx)－ ＝(lgmx－lgnx)(1－) ＝(lgmx－lgnx)(1－)． ∵x>1，∴l(xiāng)g x>0. 當0b； 當lg x＝1時，a＝b； 當lg x>1時，a>b. ∴應選A. 答案：A 3．設m＝，n＝，那么它們的大小關系是m________n. 解析：＝ ＝ ＝＝1，∴m＝n. 答案：＝ 4．一個個體戶有一種商品，其成本低于元．如果月初售出

9、可獲利100元，再將本利存入銀行，已知銀行月息為2.5%，如果月末售出可獲利120元，但要付成本的2%的保管費，這種商品應________出售(填“月初”或“月末”)． 解析：設這種商品的成本費為a元． 月初售出的利潤為L1＝100＋(a＋100)×2.5%， 月末售出的利潤為L2＝120－2%a， 則L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045(a－)， ∵a<， ∴L1

10、＋b>c,0<<1,0<<1，且a2＋b2＝c2， ∴＝3＋3<2＋2＝＝1， 即<1，故a3＋b30)． ∴m＝2. ∴f(30)＝log2(30＋2)＝5. (2)f(a)＋f(c)>2f(b)． 證明如下： 2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2， f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]， 又b2＝ac， ∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2 ＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b. ∵a＋c>2＝2b(a≠c)， ∴2(a＋c)－4b>0， ∴l(xiāng)og2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2， 即f(a)＋f(c)>2f(b)． 最新精品語文資料