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《高中数学苏教版选修1-2【备课资源】2.2.1习题课》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、习题课一、基础过关1.已知a≥0,b≥0,且a+b=2,则下列结论正确的是________.①a≤②ab≥③a2+b2≥2④a2+b2≤32.下面四个不等式:①a2+b2+c2≥ab+bc+ac;②a(1-a)≤;③+≥2;④(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.其中恒成立的有________个.3.若实数a,b满足02、.求证:AF⊥SC.证明:要证AF⊥SC,只需证SC⊥平面AEF,只需证AE⊥SC(因为______),只需证______,只需证AE⊥BC(因为________),只需证BC⊥平面SAB,只需证BC⊥SA(因为______).由SA⊥平面ABC可知,上式成立.二、能力提升6.命题甲:()x、2-x、2x-4成等比数列;命题乙:lgx、lg(x+2)、lg(2x+1)成等差数列,则甲是乙的________条件.7.若a>b>1,P=,Q=(lga+lgb),R=lg(),则P、Q、R的大小关系为________.8.已知α、β为实数,给出下列三个论断:①αβ>0;②3、α+β4、>5;③5、α6、>27、,8、β9、>2.以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,你认为正确的命题是________.9.如果a,b都是正数,且a≠b,求证:+>+.10.已知a>0,求证:-≥a+-2.11.已知a、b、c∈R,且a+b+c=1,求证:(-1)(-1)·(-1)≥8.12.已知函数f(x)=x2++alnx(x>0),对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:当a≤0时,>f().三、探究与拓展13.已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤.(你能用几种方法证明?)答案1.③2.33.③4.a>b>c5.EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC6.充要7.P10、法一 用综合法+--===>0,∴+>+.方法二 用分析法要证+>+,只要证++2>a+b+2,即要证a3+b3>a2b+ab2,只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b),即需证a2-ab+b2>ab,只需证(a-b)2>0,因为a≠b,所以(a-b)2>0恒成立,所以+>+成立.10.证明 要证-≥a+-2,只要证+2≥a++.∵a>0,故只要证2≥2,即a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只要证2≥,只要证4≥2,即a2+≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立.11.证明 方法一 (分析法)要证(-1)(-1)(-1)≥8成立,只需证··≥8成立.因为a+b+c=1,所以11、只需证··≥8成立,即证··≥8成立.而··≥··=8成立.∴(-1)(-1)(-1)≥8成立.方法二 (综合法)(-1)(-1)(-1)=(-1)(-1)(-1)=··=≥=8,当且仅当a=b=c时取等号,所以原不等式成立.12.证明 由f(x)=x2++alnx,得=(x21+x22)+(+)+(lnx1+lnx2)=(x21+x22)++aln.f()=()2++aln,∵x1≠x2且都为正数,有(x21+x22)>[(x21+x22)+2x1x2]=()2.①又(x1+x2)2=(x21+x22)+2x1x2>4x1x2,∴>.②∵<,∴lnaln.③由①、12、②、③得>f().13.证明 方法一 (用分析法)①当ac+bd≤0时,显然成立.②当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.故原不等式成立,综合①②知,命题得证.方法二 (用综合法)(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+b13、d)2.∴≥14、ac+bd15、≥ac+bd.方法三 (用比较法)∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,∴≥16、ac+bd17、≥ac+bd.方法四 (用放缩法)为了避免讨论,由ac+bd≤18、ac+bd19、,可以试证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).由方法一知上式成立,从而方法四可行.方法五 (构造向量法)设m=(
2、.求证:AF⊥SC.证明:要证AF⊥SC,只需证SC⊥平面AEF,只需证AE⊥SC(因为______),只需证______,只需证AE⊥BC(因为________),只需证BC⊥平面SAB,只需证BC⊥SA(因为______).由SA⊥平面ABC可知,上式成立.二、能力提升6.命题甲:()x、2-x、2x-4成等比数列;命题乙:lgx、lg(x+2)、lg(2x+1)成等差数列,则甲是乙的________条件.7.若a>b>1,P=,Q=(lga+lgb),R=lg(),则P、Q、R的大小关系为________.8.已知α、β为实数,给出下列三个论断:①αβ>0;②
3、α+β
4、>5;③
5、α
6、>2
7、,
8、β
9、>2.以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,你认为正确的命题是________.9.如果a,b都是正数,且a≠b,求证:+>+.10.已知a>0,求证:-≥a+-2.11.已知a、b、c∈R,且a+b+c=1,求证:(-1)(-1)·(-1)≥8.12.已知函数f(x)=x2++alnx(x>0),对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:当a≤0时,>f().三、探究与拓展13.已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤.(你能用几种方法证明?)答案1.③2.33.③4.a>b>c5.EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC6.充要7.P10、法一 用综合法+--===>0,∴+>+.方法二 用分析法要证+>+,只要证++2>a+b+2,即要证a3+b3>a2b+ab2,只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b),即需证a2-ab+b2>ab,只需证(a-b)2>0,因为a≠b,所以(a-b)2>0恒成立,所以+>+成立.10.证明 要证-≥a+-2,只要证+2≥a++.∵a>0,故只要证2≥2,即a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只要证2≥,只要证4≥2,即a2+≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立.11.证明 方法一 (分析法)要证(-1)(-1)(-1)≥8成立,只需证··≥8成立.因为a+b+c=1,所以11、只需证··≥8成立,即证··≥8成立.而··≥··=8成立.∴(-1)(-1)(-1)≥8成立.方法二 (综合法)(-1)(-1)(-1)=(-1)(-1)(-1)=··=≥=8,当且仅当a=b=c时取等号,所以原不等式成立.12.证明 由f(x)=x2++alnx,得=(x21+x22)+(+)+(lnx1+lnx2)=(x21+x22)++aln.f()=()2++aln,∵x1≠x2且都为正数,有(x21+x22)>[(x21+x22)+2x1x2]=()2.①又(x1+x2)2=(x21+x22)+2x1x2>4x1x2,∴>.②∵<,∴lnaln.③由①、12、②、③得>f().13.证明 方法一 (用分析法)①当ac+bd≤0时,显然成立.②当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.故原不等式成立,综合①②知,命题得证.方法二 (用综合法)(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+b13、d)2.∴≥14、ac+bd15、≥ac+bd.方法三 (用比较法)∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,∴≥16、ac+bd17、≥ac+bd.方法四 (用放缩法)为了避免讨论,由ac+bd≤18、ac+bd19、,可以试证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).由方法一知上式成立,从而方法四可行.方法五 (构造向量法)设m=(
10、法一 用综合法+--===>0,∴+>+.方法二 用分析法要证+>+,只要证++2>a+b+2,即要证a3+b3>a2b+ab2,只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b),即需证a2-ab+b2>ab,只需证(a-b)2>0,因为a≠b,所以(a-b)2>0恒成立,所以+>+成立.10.证明 要证-≥a+-2,只要证+2≥a++.∵a>0,故只要证2≥2,即a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只要证2≥,只要证4≥2,即a2+≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立.11.证明 方法一 (分析法)要证(-1)(-1)(-1)≥8成立,只需证··≥8成立.因为a+b+c=1,所以11、只需证··≥8成立,即证··≥8成立.而··≥··=8成立.∴(-1)(-1)(-1)≥8成立.方法二 (综合法)(-1)(-1)(-1)=(-1)(-1)(-1)=··=≥=8,当且仅当a=b=c时取等号,所以原不等式成立.12.证明 由f(x)=x2++alnx,得=(x21+x22)+(+)+(lnx1+lnx2)=(x21+x22)++aln.f()=()2++aln,∵x1≠x2且都为正数,有(x21+x22)>[(x21+x22)+2x1x2]=()2.①又(x1+x2)2=(x21+x22)+2x1x2>4x1x2,∴>.②∵<,∴lnaln.③由①、12、②、③得>f().13.证明 方法一 (用分析法)①当ac+bd≤0时,显然成立.②当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.故原不等式成立,综合①②知,命题得证.方法二 (用综合法)(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+b13、d)2.∴≥14、ac+bd15、≥ac+bd.方法三 (用比较法)∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,∴≥16、ac+bd17、≥ac+bd.方法四 (用放缩法)为了避免讨论,由ac+bd≤18、ac+bd19、,可以试证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).由方法一知上式成立,从而方法四可行.方法五 (构造向量法)设m=(
10、法一 用综合法+--===>0,∴+>+.方法二 用分析法要证+>+,只要证++2>a+b+2,即要证a3+b3>a2b+ab2,只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b),即需证a2-ab+b2>ab,只需证(a-b)2>0,因为a≠b,所以(a-b)2>0恒成立,所以+>+成立.10.证明 要证-≥a+-2,只要证+2≥a++.∵a>0,故只要证2≥2,即a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只要证2≥,只要证4≥2,即a2+≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立.11.证明 方法一 (分析法)要证(-1)(-1)(-1)≥8成立,只需证··≥8成立.因为a+b+c=1,所以
11、只需证··≥8成立,即证··≥8成立.而··≥··=8成立.∴(-1)(-1)(-1)≥8成立.方法二 (综合法)(-1)(-1)(-1)=(-1)(-1)(-1)=··=≥=8,当且仅当a=b=c时取等号,所以原不等式成立.12.证明 由f(x)=x2++alnx,得=(x21+x22)+(+)+(lnx1+lnx2)=(x21+x22)++aln.f()=()2++aln,∵x1≠x2且都为正数,有(x21+x22)>[(x21+x22)+2x1x2]=()2.①又(x1+x2)2=(x21+x22)+2x1x2>4x1x2,∴>.②∵<,∴lnaln.③由①、
12、②、③得>f().13.证明 方法一 (用分析法)①当ac+bd≤0时,显然成立.②当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证0≤(bc-ad)2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.故原不等式成立,综合①②知,命题得证.方法二 (用综合法)(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+b
13、d)2.∴≥
14、ac+bd
15、≥ac+bd.方法三 (用比较法)∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,∴≥
16、ac+bd
17、≥ac+bd.方法四 (用放缩法)为了避免讨论,由ac+bd≤
18、ac+bd
19、,可以试证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).由方法一知上式成立,从而方法四可行.方法五 (构造向量法)设m=(
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