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时间:2019-11-16
《2019年高考数学一轮总复习 第二节 不等式证明的基本方法练习 新人教A版选修4-5》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019年高考数学一轮总复习第二节不等式证明的基本方法练习新人教A版选修4-5一、填空题(本大题共9小题,每小题5分,共45分)1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则s与t的大小关系是________.解析 s-t=b2-2b+1=(b-1)2≥0.答案 s≥t2.设a=,b=-,c=-,则a,b,c间的大小关系是________.解析 由>>,得a>c>b.答案 a>c>b3.设a>b>0,m=-,n=,则m与n的大小关系是________.解析 ∵a>b>0,∴m=->0,n=>0.∵m2-n2=(a+b-2)-(a-b)=2b-2=2(-)<0,∴m22、m0,则函数y=3-3x-的最大值是________.解析 y=3-3x-=3-≤3-2=3-2,即ymax=3-2.答案 3-25.函数f(x)=3x+(x>0)的最小值为________.解析 f(x)=3x+=++≥3=9,当且仅当=,即x=2时等号成立.答案 96.记S=+++…+,则S与1的大小关系是________.解析 ∵<,<,…,=<,∴S=+++…+<++…+=1.答案 S<17.已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1,则++的最小值为________.解析 把a+b+c=1代入++得++=3+(+)+(+)+(+)≥3+2+2+2=9.答案 98.3、若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为________.解析 (2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案 9.(xx·湖北卷)设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,则x+y+z=________.解析 根据柯西不等式(a+b+c)(a+b+c)≥(a1a2+b1b2+c1c2)2得(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2=14.“=”成立的条件为==.又x+2y+3z=,令===t,则x=t,y=2t,z=3t.由x+2y+3z=t+4t+9t=,∴t=,故x+y+z=64、t=.答案 二、解答题(本大题共3小题,每小题10分,共30分)10.已知函数f(x)=log2(x+m),且f(0),f(2),f(6)成等差数列.(1)求f(30)的值;(2)若a,b,c是两两不相等的正数,且a,b,c成等比数列,试判断f(a)+f(c)与2f(b)的大小关系,并证明你的结论.解 (1)由f(0),f(2),f(6)成等差数列,得2log2(2+m)=log2m+log2(6+m),即(m+2)2=m(m+6)(m>0),∴m=2.∴f(30)=log2(30+2)=5.(2)f(a)+f(c)=log2(a+2)(c+2),2f(b)=log2(b+2)2,∵b5、2=ac,∴(a+2)(c+2)-(b+2)2=2(a+c)-4b.∵a+c>2=2b(a≠c),∴2(a+c)-4b>0.∴log2(a+2)(c+2)>log2(b+2)2.即f(a)+f(c)>2f(b).11.(1)设x≥1,y≥1,证明x+y+≤++xy;(2)设16、1)-(x+y)(xy-1)=(xy-1)(xy-x-y+1)=(xy-1)(x-1)(y-1),由条件x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,从而所要证明的不等式成立.(2)设logab=x,logbc=y,由对数的换底公式得logca=,logba=,logcb=,logac=xy.于是,所要证明的不等式即为x+y+≤++xy,由题意知x=logab≥1,y=logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立.12.(xx·厦门二模)已知正数x,y,z满足x2+y2+z2=6.(1)求x+2y+z的最大值;(2)若不等式7、a+18、-2a≥x+2y+z对满足条件的x9、,y,z恒成立,求实数a的取值范围.解 (1)由柯西不等式(x2+y2+z2)(12+22+12)≥(x+2y+z)2,即有(x+2y+z)2≤36.又x,y,z是正数,∴x+2y+z≤6,即x+2y+z的最大值为6,当且仅当==,即当x=z=1,y=2时取得最大值.(2)由题意及(1)得,10、a+111、-2a≥(x+2y+z)max=6.解得a无解或a≤-,综上,实数a的取值范围为.
2、m0,则函数y=3-3x-的最大值是________.解析 y=3-3x-=3-≤3-2=3-2,即ymax=3-2.答案 3-25.函数f(x)=3x+(x>0)的最小值为________.解析 f(x)=3x+=++≥3=9,当且仅当=,即x=2时等号成立.答案 96.记S=+++…+,则S与1的大小关系是________.解析 ∵<,<,…,=<,∴S=+++…+<++…+=1.答案 S<17.已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1,则++的最小值为________.解析 把a+b+c=1代入++得++=3+(+)+(+)+(+)≥3+2+2+2=9.答案 98.
3、若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为________.解析 (2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案 9.(xx·湖北卷)设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,则x+y+z=________.解析 根据柯西不等式(a+b+c)(a+b+c)≥(a1a2+b1b2+c1c2)2得(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2=14.“=”成立的条件为==.又x+2y+3z=,令===t,则x=t,y=2t,z=3t.由x+2y+3z=t+4t+9t=,∴t=,故x+y+z=6
4、t=.答案 二、解答题(本大题共3小题,每小题10分,共30分)10.已知函数f(x)=log2(x+m),且f(0),f(2),f(6)成等差数列.(1)求f(30)的值;(2)若a,b,c是两两不相等的正数,且a,b,c成等比数列,试判断f(a)+f(c)与2f(b)的大小关系,并证明你的结论.解 (1)由f(0),f(2),f(6)成等差数列,得2log2(2+m)=log2m+log2(6+m),即(m+2)2=m(m+6)(m>0),∴m=2.∴f(30)=log2(30+2)=5.(2)f(a)+f(c)=log2(a+2)(c+2),2f(b)=log2(b+2)2,∵b
5、2=ac,∴(a+2)(c+2)-(b+2)2=2(a+c)-4b.∵a+c>2=2b(a≠c),∴2(a+c)-4b>0.∴log2(a+2)(c+2)>log2(b+2)2.即f(a)+f(c)>2f(b).11.(1)设x≥1,y≥1,证明x+y+≤++xy;(2)设16、1)-(x+y)(xy-1)=(xy-1)(xy-x-y+1)=(xy-1)(x-1)(y-1),由条件x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,从而所要证明的不等式成立.(2)设logab=x,logbc=y,由对数的换底公式得logca=,logba=,logcb=,logac=xy.于是,所要证明的不等式即为x+y+≤++xy,由题意知x=logab≥1,y=logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立.12.(xx·厦门二模)已知正数x,y,z满足x2+y2+z2=6.(1)求x+2y+z的最大值;(2)若不等式7、a+18、-2a≥x+2y+z对满足条件的x9、,y,z恒成立,求实数a的取值范围.解 (1)由柯西不等式(x2+y2+z2)(12+22+12)≥(x+2y+z)2,即有(x+2y+z)2≤36.又x,y,z是正数,∴x+2y+z≤6,即x+2y+z的最大值为6,当且仅当==,即当x=z=1,y=2时取得最大值.(2)由题意及(1)得,10、a+111、-2a≥(x+2y+z)max=6.解得a无解或a≤-,综上,实数a的取值范围为.
6、1)-(x+y)(xy-1)=(xy-1)(xy-x-y+1)=(xy-1)(x-1)(y-1),由条件x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,从而所要证明的不等式成立.(2)设logab=x,logbc=y,由对数的换底公式得logca=,logba=,logcb=,logac=xy.于是,所要证明的不等式即为x+y+≤++xy,由题意知x=logab≥1,y=logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立.12.(xx·厦门二模)已知正数x,y,z满足x2+y2+z2=6.(1)求x+2y+z的最大值;(2)若不等式
7、a+1
8、-2a≥x+2y+z对满足条件的x
9、,y,z恒成立,求实数a的取值范围.解 (1)由柯西不等式(x2+y2+z2)(12+22+12)≥(x+2y+z)2,即有(x+2y+z)2≤36.又x,y,z是正数,∴x+2y+z≤6,即x+2y+z的最大值为6,当且仅当==,即当x=z=1,y=2时取得最大值.(2)由题意及(1)得,
10、a+1
11、-2a≥(x+2y+z)max=6.解得a无解或a≤-,综上,实数a的取值范围为.
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