2019届北师大版(理科数学)不等式的证明(二)单元测试
2019届北师大版(理科数学) 不等式的证明(一) 单元测试
一、选择题1.若a ，b 为不等的正数，则(ab k ＋a k b )－(a k ＋1＋b k ＋1) (k ∈N ＋)的符号( ) A.恒正B.恒负C.与k 的奇偶性有关D.与a ，b 大小无关解析 (ab k ＋a k b )－a k ＋1－b k ＋1 ＝b k (a －b )＋a k (b －a )＝(a －b )(b k －a k )∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0； 若a <b ，则a k <b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0. 答案 B2.若a >1，m ＝a ＋1＋a ，n ＝a ＋2＋a －1，则m 与n 的关系是( ) A.m <n B.m >n C.m ≤n D.m ≥n答案 B3.设a 、b 、c 、d 、m 、n ∈(0，＋∞)，P ＝ab ＋cd ，Q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn ，则有( ) A.P ≥Q B.P ≤Q C.P >QD.P <Q解析 采用先平方后作差法.∵P 2－Q 2＝(ab ＋cd ＋2abcd )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋cd ＋m n ad ＋n m bc＝2abcd －m n ad －n m bc ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫mn ad －n m bc 2≤0， ∴P 2≤Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P ≤Q . 答案 B4.已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc >ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd 中最大的是( )A.a bB.a ＋cb ＋dC.a ＋2c b ＋2dD.c d解析 a b －c d ＝ad －bc bd <0，∴a b <c d ，c d －a ＋c b ＋d ＝bc ＋cd －ad －dcd （b ＋d ）＝bc －ad d （b ＋d ）>0， c d －a ＋2c b ＋2d ＝bc ＋2cd －ad －2cdd （b ＋2d ）＝bc －ad d （b ＋2d ）>0， 所以最大的是cd . 答案 D5.设a ＝sin 15°＋cos 15°，b ＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是( ) A.a <a 2＋b 22<b B.a <b <a 2＋b 22 C.b <a <a 2＋b 22D.b <a 2＋b 22<a解析 a ＝sin 15°＋cos 15°＝2sin 60°，b ＝sin 16°＋cos 16°＝2sin 61°，∴a <b ，排除C 、D.又a ≠b ，∵a 2＋b 22>ab ＝2sin 60°·2sin 61°＝3sin 61°>2sin 61°＝b ，故a <b <a 2＋b 22成立. 答案 B6.已知a ，b 都是实数，那么“a 2>b 2”是“a >b ”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 解析 当a 2>b 2时，a 2－b 2>0，即(a ＋b )(a －b )>0，当a ，b 同为正时，有a >b ；当a 、b 同为负时，a <b ，所以当a 2>b 2时，不一定有a >b 成立.反之，当a >b时，也不一定有a2>b2，例如1>－2，而12<(－2)2. 答案 D二、填空题7.下列四个不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a，其中能使1a<1b成立的充分条件有________.解析1a<1b⇔b－aab<0⇔b－a与ab异号，①②④均能使b－a与ab异号.答案①②④8.设a>5，则a－3－a－4与a－4－a－5的大小关系是__________________.解析因为a>5，只需比较a－3＋a－5与2a－4的大小，两数平方，即比较（a－3）（a－5）与a－4的大小，再平方，只需比较a2－8a＋15与a2－8a＋16的大小.答案a－3－a－4<a－4－a－5三、解答题9.已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).证明2(a n＋1＋b n＋1)－(a＋b)(a n＋b n)＝2a n＋1＋2b n＋1－a n＋1－ab n－ba n－b n＋1＝a n ＋1－ab n－ba n＋b n＋1＝a n(a－b)－b n(a－b)＝(a－b)(a n－b n).∵a＞0，b＞0，若a －b＞0，则a n－b n＞0，∴(a－b)(a n－b n)＞0，若a－b＜0，则a n－b n＜0，∴(a －b)(a n－b n)＞0，∴(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).10.设m∈R，a>b>1，f(x)＝mxx－1，比较f(a)与f(b)的大小.解f(a)－f(b)＝maa－1－mbb－1＝m（b－a）（a－1）（b－1）.∵a>b>1，∴b－a<0，a－1>0，b－1>0，∴b－a（a－1）（b－1）<0.当m>0时，m（b－a）（a－1）（b－1）<0，f(a)<f(b)；当m<0时，m（b－a）（a－1）（b－1）>0，f(a)>f(b)；当m＝0时，m（b－a）（a－1）（b－1）＝0，f(a)＝f(b).11.设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2). 证明由a，b是非负实数，作差得a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a) ＝(a－b)[(a)5－(b)5].当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2).。
证明(二)单元测试(二)(北师版)(含答案)
证明（二）单元测试（二）（北师版）试卷简介:检测学生对于几何计算以及证明思考流程的掌握情况，需要标注条件，分析结构等，要求学生掌握常见问题的处理思路。
一、单选题(共12道，每道6分)1.如图,△ABC中,AB=AC=9,∠BAC=120°,AD是△ABC的中线,AE是∠BAD的角平分线,DF∥AB 交AE延长线于F,则DF的长为( )A. B.3C. D.4答案：C解题思路：∵△ABC是等腰三角形，D为底边的中点，∠BAC=120°，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=60°，∵AE是∠BAD的角平分线，∴∠DAE=∠EAB=30°．∵DF∥AB，∴∠F=∠BAE=30°．∴∠DAF=∠F=30°，∴AD=DF．在Rt△ABD中，AB=9，∠B=30°，∴．试题难度：三颗星知识点：含30度角的直角三角形2.如图所示,四边形ABCD中,AE,AF分别是BC,CD的垂直平分线,∠EAF=80°,∠CBD=30°,则∠ADC 的度数为( )A.45°B.60°C.80°D.100°答案：B解题思路：如图，连接AC，∵AE，AF分别是BC，CD的垂直平分线，∴AB=AC=AD，AF⊥DC，AE⊥BC，∴∠CAF=∠DAF，∠CAE=∠BAE．∴∠DAB=2∠EAF=160°．∴∠ABD=10°，∴∠ABE=∠ACE=30°+10°=40°，∴∠CAE=50°，∴∠CAF=∠DAF=80°-50°=30°，∴∠ADC=90°-30°=60°．试题难度：三颗星知识点：等腰三角形的性质3.如图,在△ABC中,AB=AC,∠A=120°,BC=6cm,AB的垂直平分线交BC于点M,交AB于点E,AC 的垂直平分线交BC于点N,交AC于点F,则MN的长为( )A.4cmB.3cmC.2cmD.1cm答案：C解题思路：连接AM，AN，过A作AD⊥BC于D，由题意，得∴∠B=∠C=30°，BD=CD=3cm，△ABD，△ACD，△BME，△CNF均是含30°的直角三角形，由BD=3cm得，，，∴BM=2cm．同理，得CN=2cm，∴MN=6-2-2=2cm．试题难度：三颗星知识点：含30°的直角三角形4.如图,在△ABC中,∠BAC=50°,AD是角平分线,点E在AC上,AB=9,AD=6,AE=4.则∠CDE=( )A.50°B.35°C.25°D.20°答案：C解题思路：∵，∴，∴．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠CAD=∠BAD=25°，∴△EAD∽△DAB，∴∠EDA=∠B．∵∠CDA=∠DAB+∠B=∠EDA+∠CDE，∴∠CDE=∠DAB =25°．试题难度：三颗星知识点：相似三角形的判定和性质5.如图,AB∥CD,E,F分别为AC,BD的中点,若AB=5,CD=3,则EF的长是( )A.4B.3C.2D.1答案：D解题思路：如图，连接DE并延长交AB于H，∵CD∥AB，∴∠C=∠A，∠CDE=∠AHE，∵E是AC中点，∴AE=CE，∴△DCE≌△HAE，∴DE=HE，DC=AH，∵F是BD中点，∴EF是△DHB的中位线，∴．试题难度：三颗星知识点：全等三角形的判定与性质6.如图,在等边三角形ABC中,点O在AC上,且AO=3,CO=6,点P是AB上一动点,连接OP,将线段OP绕点O逆时针旋转60°,得到线段OD.要使点D恰好落在BC上,则AP的长是( )A.4B.5C.6D.8答案：C解题思路：如图，当点D恰好落在BC上时，OP=OD，∠A=∠C=60°．∵∠POD=60°∴∠AOP+∠COD=∠COD+∠CDO=120°，∴∠AOP=∠CDO，∴△AOP≌△CDO，∴AP=CO=6．故选C．试题难度：三颗星知识点：旋转的性质7.如图,DE是△ABC的中位线,M是DE的中点,CM的延长线交AB于点N,则( )A.1:5B.1:4C.2:5D.2:7答案：A解题思路：由题意得DE∥BC，，设△ABC的面积是1，由DE∥BC得△ADE∽△ABC，∴，连接AM，根据题意，得，∵DE∥BC，，∴，∴．∴，∴，∴．试题难度：三颗星知识点：相似三角形的判定和性质8.如图,在等边△ABC中,M、N分别是边AB,AC的中点,D为MN上任意一点,BD,CD的延长线分别交于AB,AC于点E,F.若,则△ABC的边长为( )A. B.C. D.1答案：C解题思路：如图，过点A作直线PQ∥BC，交BE延长线于点P，交CF的延长线于点Q．易得△PQD∽△BCD，∵点D在△ABC的中位线上，∴△PQD与△BCD的高相等，∴△PQD≌△BCD，∴PQ=BC，∵AE=AC-CE，AF=AB-BF，在△BCE与△PAE中，∠PAE=∠ACB，∠APE=∠CBE，∴△BCE∽△PAE，…①同理：△CBF∽△QAF，…②①+②，得：．∴，又∵，AC=AB，∴△ABC的边长为．试题难度：三颗星知识点：三角形中位线定理9.已知:如图在△ABC,△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,点C,D,E三点在同一条直线上,连接BD,BE.以下四个结论:①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠DBC=45°;④,其中结论正确的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案：C解题思路：①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，∵在△BAD和△CAE中，AB＝AC∠BAD＝∠CAE AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，本选项正确；②由①得∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC=45°，∴∠ACE+∠DBC=45°，∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，则BD⊥CE，本选项正确；③∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ABD+∠DBC=45°，∵∠ABD=∠ACE∴∠ACE+∠DBC=45°，本选项正确；④∵BD⊥CE，∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：，∵△ADE为等腰直角三角形，∴DE=AD，即，∴，而，本选项错误．综上，正确的个数为3个．试题难度：三颗星知识点：全等三角形的判定与性质10.如图,在△ABC中,∠A=90°,P是BC上一点,且DB=DC,过BC上一点P,作PE⊥AB于E,PF⊥DC 于F,已知:AD:DB=1:3,BC=,则PE+PF的长是( )A. B.6C. D.答案：C解题思路：如图，连接PD由题意，设AD=m，则BD=DC=3m在Rt△ACD中，在Rt△ABC中，∵∴m=2∴BD=CD=6，，在△BCD中，，而∴即∴试题难度：三颗星知识点：等腰直角三角形11.如图,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC=,点E为AC的中点,点F在底边BC上,且FE⊥BE,则△CEF的面积是( )A.16B.18C. D.答案：A解题思路：如图，作FD⊥CE于D，设FD=h．易证Rt△EDF∽Rt△BAE（三等角模型）∴ED：FD＝BA：EA，即ED＝2h∴∵DC=DF∴解得，∴试题难度：三颗星知识点：等腰直角三角形12.如图,已知等腰直角三角形△ABC的面积是1,△ABC∽△ADE,AB=2AD,∠BAE=30°,AC与DE 相交于点F,则△ADF的面积为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：如图，过点F作FG⊥AD于点G∵等腰直角三角形△ABC的面积是1，△ABC∽△ADE，AB=2AD ∴，△ADE是等腰直角三角形即∴∴∵∠BAE=30°∴∠DAF=30°Rt△AGF中，∠1=45°∴在Rt△AGF中，∠2=30°∴∴即∴∴试题难度：三颗星知识点：含30°的直角三角形二、填空题(共2道，每道8分)13.如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF=____度．答案：50解题思路：如图，连接BO，∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ACB=65°，∵∠BAC=50°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，∴∠1=25°，OA=OB易证△AOB≌△AOC∴OB=OC∴OA=OC∴∠1=∠2=25°∴∠3=65°-25°=40°由折叠的性质，知EF⊥OC∴∠CEF=50°试题难度：知识点：翻折变换(折叠问题)14.如图，已知：∠MON=30°，点…在射线ON上，点在射线OM上，…均为等边三角形，若，则的边长为____．答案：32解题思路：如图，∵是等边三角形，∴，∠3=∠4=60°，∴∠2=120°，∵∠MON=30°，∴∠1=180°-120°-30°=30°，又∵∠3=60°，∴∠=90°，∵∠MON=∠1=30°，∴，同理得，，…，．故答案是：32．试题难度：知识点：等边三角形的性质。
2019大一轮高考总复习理数北师大版文档：选修4-5 第2
第二节 不等式证明1．平均值不等式(1)定理1：对任意实数a ，b ，有a 2＋b 2≥2ab (此式当且仅当a ＝b 时取“＝”号)． (2)定理2：对任意两个正数a ，b ，此式当且仅当a ＝b 时取“＝”号)．又可叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．(3)定理3：对任意三个正数a ，b ，c ，有a 3＋b 3＋c 3≥3abc (此式当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号)．(4)定理4：对任意三个正数a ，b ，c ，此式当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”号)．又可叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．(5)一般地，对n 个正数a 1，a 2，…，a n (n ≥2)此式当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时取“＝”号)．又可叙述为：n 个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．2．比较法(1)比差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b .步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB≥1.3．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．提醒：比较法证明不等式最常用的是差值比较法，其基本步骤是：作差—变形—判断差的符号—下结论．其中“变形”是证明的关键，一般通过因式分解或配方将差式变形为几个因式的积或配成几个代数式平方和的形式，当差式是二次三项式时，有时也可用判别式来判断差值的符号．个别题目也可用柯西不等式来证明．1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用反证法证明命题“a，b，c全为0”时假设为“a，b，c全不为0”．()(2)若实数x、y适合不等式xy>1，x＋y>－2，则x>0，y>0.()答案：(1)×(2)√2．设不等式|2x－1|＜1的解集为M.(1)求集合M.(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}．(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0.故ab＋1＞a＋b.3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a.证明：要证b2－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵a>b>c，∴a－b>0，a－c>0.∴(a－b)(a－c)>0显然成立，故原不等式成立．比较法证明不等式 [明技法]作商比较法证明不等式的一般步骤①作商：将不等式左右两边的式子进行作商；②变形：将商式的分子放(缩)，分母不变，或分子不变，分母放(缩)，或分子放(缩)，分母缩(放)，从而化简商式为容易和1比较大小的形式；③判断：判断商与1的大小关系，就是判断商大于1或小于1或等于1； ④结论． [提能力]【典例】 求证：(1)当x ∈R 时，1＋2x 4≥2x 3＋x 2； (2)当a ，b ∈(0，＋∞)时，a a b b ≥(ab )a+b 2.证明：(1)方法一 (1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝2x 3(x －1)－(x ＋1)(x －1) ＝(x －1)(2x 3－x －1) ＝(x －1)(2x 3－2x ＋x －1) ＝(x －1)[2x (x 2－1)＋(x －1)] ＝(x －1) 2(2x 2＋2x ＋1) ＝(x －1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. 方法二 (1＋2x 4)－(2x 3＋x 2) ＝x 4－2x 3＋x 2＋x 4－2x 2＋1 ＝(x －1)2·x 2＋(x 2－1)2≥0， 所以1＋2x 4≥2x 3＋x 2. (2)a ab b(ab )a+b 2＝a a-b2 b b-a 2＝⎝⎛⎭⎫a b a-b2，当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫a b a-b2＝1；当a ＞b ＞0时，ab ＞1，a －b 2＞0，⎝⎛⎭⎫a b a-b2 ＞1； 当b ＞a ＞0时，0＜ab ＜1， a －b 2＜0，⎝⎛⎭⎫a b a-b 2 ＞1.所以a a b b≥(ab )a+b 2.[刷好题]1．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 证明：由a ，b 是非负实数，作差得a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5]．当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0；当a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]＞0， 所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．2．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：a b b a ≤(ab )a ＋b2.证明：a b b a (ab )a+b 2＝ab －a ＋b 2ba －a ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫b a a-b2.当a ＝b 时，⎝⎛⎭⎫b a a-b2＝1； 当a ＞b ＞0时，0＜ba ＜1，a －b 2＞0，⎝⎛⎭⎫b a a －b2＜1. 当b ＞a ＞0时，ba ＞1，a －b 2＜0，⎝⎛⎭⎫b a a-b2 ＜1. 所以a b b a≤(ab )a+b2.用综合法、分析法证明不等式 [明技法]分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．[提能力]【典例】 设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .证明：由于x ≥1，y ≥1，要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2. 因为[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)，因为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． [刷好题]设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.反证法证明不等式 [明技法]利用反证法证明问题的一般步骤 (1)否定原结论；(2)从假设出发，导出矛盾； (3)证明原命题正确．[提能力]【典例】 (1)设0＜a ，b ，c ＜1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.证明：设(1－a )b ＞14，(1－b )c ＞14，(1－c )a ＞14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a ＞164，①又因为0＜a ，b ，c ＜1， 所以0＜(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤(1－a )＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.(2)已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ，b ，c ＞0. 证明：①设a ＜0，因为abc ＞0，所以bc ＜0. 又由a ＋b ＋c ＞0，则b ＋c ＞－a ＞0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc ＜0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc ＞0矛盾，所以必有a ＞0. 同理可证：b ＞0，c ＞0. 综上可证a ，b ，c ＞0. [刷好题]1．已知f (x )＝x 2＋px ＋q ， 求证：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.证明：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2. (2)假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|＜2.而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2)＝2矛盾， ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.2．已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b . 证明：假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b . 当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)，与已知矛盾．当a＞b时，－a＜－b，由函数y＝f(x)的单调性可得f(a)＞f(b)，f(－b)＞f(－a)，于是有f(a)＋f(－b)＞f(b)＋f(－a)，与已知矛盾．故假设不成立．∴a＜b.。
2019届高考数学(北师大版理)大一轮复习配套练习第十四章 系列4选讲 第2讲 不等式的证明 Word版含答案
第讲不等式的证明.设不等式－＜的解集为.()求集合；()若，∈，试比较＋与＋的大小.解()由－＜得－＜－＜，解得＜＜.所以＝{＜＜}.()由()和，∈可知＜＜，＜＜，所以(＋)－(＋)＝(－)(－)＞.故＋＞＋..已知，，均为正实数，且互不相等，且＝，求证：＋＋＜＋＋. 证明法一∵，，均为正实数，且互不相等，且＝，∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.∴＋＋＜＋＋.法二∵＋≥＝；＋≥＝；＋≥＝.∴以上三式相加，得＋＋≥＋＋.又∵，，互不相等，∴＋＋＞＋＋.法三∵，，是不等正数，且＝，∴＋＋＝＋＋＝＋＋＞＋＋＝＋＋.∴＋＋＜＋＋..(·衡阳二联)已知函数()＝－.()若不等式(－)＋()＜的解集为空集，求实数的取值范围；()若＜，＜，且≠，判断与的大小，并说明理由.解()因为(－)＋()＝－＋－≥－＋－＝，不等式(－)＋()＜的解集为空集，则≥即可，所以实数的取值范围是(－∞，].()＞.证明：要证＞，只需证－＞－，即证(－)＞(－)，又(－)－(－)＝－－＋＝(－)(－).因为＜，＜，所以(－)＞(－)成立，所以原不等式成立..(·陕西卷)已知关于的不等式＋＜的解集为{＜＜}. ()求实数，的值；()求＋的最大值.解()由＋＜，得－－＜＜－，则解得()＋＝＋≤＝＝，当且仅当＝，即＝时等号成立，故(＋)＝..(·全国Ⅱ卷)设，，，均为正数，且＋＝＋.证明：()若＞，则＋＞＋；()＋＞＋是－＜－的充要条件.证明()因为(＋)＝＋＋，(＋)＝＋＋，由题设＋＝＋，＞得(＋)＞(＋).因此＋＞＋.()①若－＜－，则(－)＜(－),即(＋)－＜(＋)－.因为＋＝＋，所以＞.由()得＋＞＋.②若＋＞＋，则(＋)＞(＋)，即＋＋＞＋＋.因为＋＝＋，所以＞，于是(－)＝(＋)－＜(＋)－＝(－).因此－＜－.综上，＋＞＋是－＜－的充要条件.。
2019-2020学年北师大版高中数学选修4-5同步配套练习：1.4 不等式的证明1.4.2 Word版含答案
第2课时综合法、放缩法课时过关·能力提升1.已知a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是()A.A=BB.A≤BC.A>BD.A<B解析:∵()2=a+2+b,∴A2-B2=2>0.又A>0,B>0,∴A>B.答案:C2.已知0<a<1<b,则下列不等式一定成立的是()A.log a b+log b a+2>0B.log a b+log b a+2<0C.log a b+log b a+2≥0D.log a b+log b a+2≤0解析:∵0<a<1<b,∴log a b<0,∴-log a b>0.∴(-log a b)+≥2,∴-≤-2,即log a b+≤-2,∴log a b+log b a≤-2.∴log a b+log b a+2≤0.答案:D3.已知a,b∈R+,则下列各式成立的是()A.cos2θ·lg a+sin2θ·lg b<lg(a+b)B.cos2θ·lg a+sin2θ·lg b>lg(a+b)C.=a+bD.>a+b解析:cos2θ·lg a+sin2θ·lg b<cos2θ·lg(a+b)+sin2θ·lg(a+b)=lg(a+b).答案:A4.已知S=1++…+(n是大于2的自然数),则有()A.S<1B.2<S<3C.1<S<2D.3<S<4解析:由(k>2),得S=+…+<1++…+=2-<2.由题意易知S=1++…+>1.故选C.答案:C5.下列四个命题中,不正确的是()A.若0<α<,则cos(1+α)<cos(1-α)B.若0<a<1,则>1+a>2C.若实数x,y满足y=x2,则log2(2x+2y)的最小值是D.若a,b∈R,则a2+b2+ab+1>a+b解析:若0<α<,则0<<1-α<1+α<,又函数y=cos x在内是减少的,故选项A正确.当0<a<1时,-(1+a)=>0,∴>1+a.∵1+a≥2当且仅当a=1时取“=”号,但0<a<1,∴“=”号取不到.故选项B正确.2(a2+b2+ab+1)-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)+(a2+2ab+b2)=(a-1)2+(b-1)2+(a+b)2≥0.当且仅当a-1=0,b-1=0,a+b=0同时成立时取“=”号,但这显然不成立,∴“=”号取不到,故选项D正确.答案:C6.已知a+b+c=1,a,b,c∈R+,则abc与的大小关系是.解析:∵a,b,c∈R+,1=a+b+c≥3,∴abc≤,当且仅当a=b=c=时取“=”号.答案:abc≤7.已知a>0,b>0,c>0,且a,b,c不全相等,求证:>a+b+c.分析利用综合法证明,注意条件a,b,c不全相等的使用.证明∵a>0,b>0,c>0,∴≥2=2c,≥2=2b,≥2=2a.又∵a,b,c不全相等,∴上面三式“=”号不能同时成立,∴三式相加后两边除以2,得>a+b+c.8.已知a n=4n-2n,T n=,求证:T1+T2+T3+…+T n<.证明∵a1+a2+…+a n=41+42+43+…+4n-(21+22+…+2n)=(4n-1)+2(1-2n),∴T n=.∴T1+T2+T3+…+T n=.9.已知x,y,z不全为零,求证:(x+y+z).证明∵≥x+,同理可得≥y+,≥z+.又x,y,z不全为零,∴上述三个不等式不能同时取“=”号,∴>x+y+z+(x+y+z).★10.求证:<1++…+<2- (n∈N+,且n≥2).证明∵k(k+1)>k2>k(k-1)(k∈N+,且k≥2),∴,即(k∈N+,且k≥2).分别令k=2,3,…,n,得<1-,,…….将这些不等式相加,得+…++…+<1-+…+, 即+…+<1-,∴1+<1++…+<1+1-,即<1++…+<2-(n∈N+,且n≥2)成立.。
2019届北师大版(理科数学) 一元二次不等式及其解法 单元测试
(37) 一元二次不等式及其解法1.函数f (x )＝1－xx ＋2的定义域为( ) A ．[－2,1] B ．(－2,1]C ．[－2,1)D ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)2.[2017·上饶四校联考] 设x ∈R ,则“0<x<2”是“x 2-x-2<0”的 ( )A .充分而不必要条件B .必要而不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件3.已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≥0}，B ＝{x |－2≤x ＜2}，则A ∩B ＝( ) A ．[－2，－1] B ．[－1,2) C ．[－1,1] D ．[1,2)4.若关于x 的不等式x 2-ax-a ≤-3的解集不是空集,则实数a 的取值范围是 . 5.若0<a <1，则不等式(a －x )⎝⎛⎭⎫x －1a >0的解集是 ．能力提升6.“(m －1)(a －1)>0”是“log a m >0”的一个( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件7.若存在x ∈[-2,3],使不等式2x-x 2≥a 成立,则实数a 的取值范围是 ( ) A .(-∞,1] B .(-∞,-8]C.[1,+∞)D.[-8,+∞)8.已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，则()A．a>0,4a＋b＝0 B．a<0,4a＋b＝0C．a>0,2a＋b＝0 D．a<0,2a＋b＝09.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是()A.a<-2B.a>-2C.a>-6D.a<-610.设集合A＝{x|x2＋x－6≤0}，集合B为函数y＝1x－1的定义域，则A∩B等于()A．(1,2) B．[1,2]C．[1,2) D．(1,2]11.某省每年损失耕地20万亩,每亩耕地价值24000元,为了减少耕地损失,决定按耕地价格的t征收耕地占用税,这样每年的耕地损失可减少t万亩,为了既减少耕地的损失又保证此项税收一年不少于9000万元,则t的取值范围是()A.B.C.D.12已知关于x的不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，则实数a的取值范围是．13.设不等式mx2-2x-m+1<0对于满足|m|≤2的一切m的值都成立,则x的取值范围是.14.[2017·惠州二调]已知函数f(x)=则不等式f[f(x)]≤3的解集为. 难点突破15.(5分)[2017·苏北三市(连云港、徐州、宿迁)三模]已知对于任意的x∈(-∞,1)∪(5,+∞),都有x2-2(a-2)x+a>0,则实数a的取值范围是()A .B .C .D .16.(5分)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax ，x ≥0，bx 2－3x ，x <0为奇函数，则不等式f (x )<4的解集为 ．答案1.B [解析] 要使函数f (x )＝1－xx ＋2有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧(1－x )(x ＋2)≥0，x ＋2≠0，解得－2<x ≤1，即函数的定义域为(－2,1]． 答案：B2.A [解析] 由x 2-x-2<0,得-1<x<2,故选A .3.A [解析] A ＝{x |x ≤－1或x ≥3}，故A ∩B ＝[－2，－1]，选A. 答案：A4.(-∞,-6]∪[2,+∞) [解析] 由已知得方程x 2-ax-a+3=0有实数根,即Δ=a 2+4(a-3)≥0,故a ≥2或a ≤-6.5.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪a <x <1a [解析]原不等式为(x －a )⎝⎛⎭⎫x －1a <0，由0<a <1得a <1a ，∴a <x <1a . 答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪a <x <1a 6.B [解析] 当(m －1)(a －1)>0时，有⎩⎪⎨⎪⎧ m >1，a >1，或⎩⎪⎨⎪⎧m <1，a <1，当m <0，a <0时，log a m 无意义，故log a m >0不一定成立；当log a m >0时，有⎩⎪⎨⎪⎧ m >1，a >1或⎩⎪⎨⎪⎧0<m <1，0<a <1，则(m －1)(a －1)>0恒成立，故“(m －1)·(a －1)>0”是“log a m >0”的必要不充分条件．故选B. 答案：B7.A[解析]设f(x)=2x-x2,则当x∈[-2,3]时,f(x)=-(x-1)2+1∈[-8,1],因为存在x∈[-2,3],使不等式2x-x2≥a成立,所以a≤f(x)max,所以a≤1,故选A.8.A[解析]∵f(0)＝f(4)>f(1)，∴c＝16a＋4b＋c>a＋b＋c，∴16a＋4b＝0，即4a＋b＝0，且15a＋3b>0，即5a＋b>0，而5a＋b＝a＋4a＋b，∴a>0.故选A.答案：A9.A[解析]令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),易得g(x)<g(4)=-2,所以a<-2.10.D[解析]A＝{x|x2＋x－6≤0}＝{x|－3≤x≤2}，由x－1>0得x>1，即B＝{x|x>1}，所以A∩B＝{x|1<x≤2}．答案：D11.B[解析]由题意知征收耕地占用税后每年损失耕地为20-t万亩,则税收收入为20-t×24 000×t万元,由题意有20-t×24 000×t≥9000,整理得t2-8t+15≤0,解得3≤t≤5,∴当耕地占用税税率为3 5 时,既可减少耕地损失又可保证此项税收一年不少于9000万元.∴t的取值范围是3≤t≤5,故选B.12.(0,8)[解析]f不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，即Δ＝(－a) 2－8a<0，∴0<a<8，即a的取值范围是(0,8)．答案：(0,8)13.,[解析]记f(m)=mx2-2x-m+1=(x2-1)m+1-2x(|m|≤2),则f(m)<0恒成立等价于解得<x<.14.[解析]由题意,f[f(x)]≤3,则f(x)≥0或∴f(x)≥-3,∴x<0或∴x ≤.15.B[解析]设f(x)=x2-2(a-2)x+a,当Δ=4(a-2)2-4a<0,即1<a<4时,f(x)>0对x∈R恒成立.当Δ=0时,a=1或a=4,当a=1时,f=0,不合题意;当a=4时,f(2)=0,符合题意.当Δ>0时,需满足即即4<a≤5.综上,实数a的取值范围是(1,5].16.(－∞，4)[解析]：若x>0，则－x<0，则f(－x)＝bx2＋3x.因为f(x)为奇函数，所以f(－x )＝－f (x )，即bx 2＋3x ＝－x 2－ax ，可得a ＝－3，b ＝－1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥0，－x 2－3x ，x <0.当x ≥0时，由x 2－3x <4解得0≤x <4；当x <0时，由－x 2－3x <4解得x <0，所以不等式f (x )<4的解集为(－∞，4)． 答案：(－∞，4)。
2019届北师大版(理科数学) 不等式的证明、柯西不等式与均值不等式 单元测试
(68) 不等式的证明、柯西不等式与均值不等式1.(10分)(2018·福建质量检查)若a ，b ，c ∈R ＋，且满足a ＋b ＋c ＝2.(1)求abc 的最大值；(2)证明：1a ＋1b ＋1c ≥92.2.(10分)[2017·衡水中学三模] 已知实数a ,b 满足a 2+b 2-ab=3.(1)求a-b 的取值范围;(2)若ab>0,求证:++≥.能力提升3.(10分)(2016·课标全国Ⅱ，理)已知函数f(x)＝|x －12|＋|x ＋12|，M 为不等式f(x)<2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b|<|1＋ab|.4.(10分)已知函数f (x )=|x+5|-|x-1|(x ∈R ).(1)解关于x 的不等式f (x )≤x ;(2)记函数f (x )的最大值为k ,若lg a+lg (2b )=lg (a+4b+k ),试求ab 的最小值.5.(10分)(2018·广州综合测试)已知函数f(x)＝|x ＋a －1|＋|x －2a|.(1)若f(1)<3，求实数a 的取值范围；(2)若a≥1，x∈R，求证：f(x)≥2.6.(10分)[2017·安阳二模]已知函数f(x)=2|x+1|-|x-1|.(1)求函数f(x)的图像与直线y=1围成的封闭图形的面积m;(2)在(1)的条件下,若(a,b)(a≠b)是函数g(x)=图像上一点,求的取值范围.难点突破7.(10分)[2017·武汉二模]已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|-|x-b|+c的最大值为10.(1)求a+b+c的值;(2)求(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值,并求出此时a,b,c的值.8.(10分)(2018·福州五校二次联考)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋1|.(1)若不等式f(x)≥a2－2a－1恒成立，求实数a的取值范围；(2)设m>0，n>0，且m＋n＝1，求证：2m＋1＋2n＋1≤2f（x）.答案1.解:(1)因为a ，b ，c ∈R ＋，所以2＝a ＋b ＋c ≥33abc ，故abc ≤827. 当且仅当a ＝b ＝c ＝23时等号成立． 所以abc 的最大值为827. (2)证明：因为a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝2，所以根据柯西不等式，可得1a ＋1b ＋1c ＝12(a ＋b ＋c)·(1a ＋1b ＋1c )＝12[(a)2＋(b)2＋(c)2]×[(1a )2＋(1b )2＋(1c )2]≥12(a ×1a＋b ×1b ＋c ×1c )2＝92. 所以1a ＋1b ＋1c ≥92.2.解:(1)因为a 2+b 2-ab=3,所以a 2+b 2=3+ab ≥2|ab|. ①当ab ≥0时,3+ab ≥2ab ,解得ab ≤3,即0≤ab ≤3;②当ab<0时,3+ab ≥-2ab ,解得 ab ≥-1,即-1≤ab<0.所以-1≤ab ≤3,则0≤3-ab ≤4,而(a-b )2=a 2+b 2-2ab=3+ab-2ab=3-ab , 所以0≤(a-b )2≤4,即-2≤a-b ≤2. (2)证明:由(1)知0<ab ≤3, 因为++-=-+=-+=-+=3=3≥0, 当且仅当ab=2时取等号,所以++≥.3.解:(1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x<12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1； 当－12<x<12时，f(x)<2； 当x ≥12时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1. 所以f(x)<2的解集M ＝{x|－1<x<1}．(2)由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a ＋b)2－(1＋ab)2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0.因此|a ＋b|<|1＋ab|.4.解:(1)当x ≤-5时,由-(x+5)+(x-1)≤x 得-6≤x ≤-5;当-5<x<1时,由(x+5)+(x-1)≤x 得-5<x ≤-4;当x ≥1时,由(x+5)-(x-1)≤x 得x ≥6.因此f (x )≤x 的解集为{x|-6≤x ≤-4或x ≥6}.(2)易知k=6,则由lg a+lg (2b )=lg (a+4b+k )⇒2ab=a+4b+6⇒2ab ≥4+6⇒ab-2-3≥0⇒(-3)(+1)≥0⇒≥3⇒ab ≥9,所以ab 的最小值为9.5.解: (1)因为f(1)<3，所以|a|＋|1－2a|<3.①当a ≤0时，得－a ＋(1－2a)<3，解得a>－23，所以－23<a ≤0； ②当0<a<12时，得a ＋(1－2a)<3，解得a>－2，所以0<a<12； ③当a ≥12时，得a －(1－2a)<3，解得a<43，所以12≤a<43. 综上所述，实数a 的取值范围是(－23，43)． (2)f(x)＝|x ＋a －1|＋|x －2a|≥|(x ＋a －1)－(x －2a)|＝|3a －1|，因为a ≥1，所以f(x)≥3a －1≥2.6.解:(1)f (x )=2|x+1|-|x-1|=画出f (x )的图像(图略)可知,当f (x )=1时,x=0或x=-4,f (x )在x=-1时取得最小值-2,最小值对应的点为(-1,-2),所以围成的封闭图形为三角形,且三角形的底为4,高为3,所以面积m=6.(2)由(1)知m=6,所以b=,即ab=6.若a>b ,则=a-b+=a-b+≥4, 当且仅当a-b=时,取等号;若a<b ,则=a-b+=a-b+≤-4, 当且仅当a-b=时,取等号. 所以的取值范围为(-∞,-4]∪[4,+∞).7.解:(1)f (x )=|x+a|-|x-b|+c ≤|b+a|+c ,当且仅当x ≥b 时,等号成立,∵a>0,b>0,∴f (x )的最大值为a+b+c.又已知f (x )的最大值为10,∴a+b+c=10.(2)由(1)知a+b+c=10,由柯西不等式得(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2(22+12+12)≥(a+b+c-6)2=16, 即(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2≥, 当且仅当(a-1)=b-2=c-3,即a=,b=,c=时,等号成立. 故(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值为,此时a=,b=,c=.8.证明: (1)方法一：依题意，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x>12，2，－12≤x ≤12，－4x ，x<－12∴f(x)min ＝2.∵不等式f(x)≥a 2－2a －1恒成立，∴a 2－2a －3≤0，解得－1≤a ≤3，∴实数a 的取值范围是[－1，3]．方法二：∵f(x)＝|2x －1|＋|2x ＋1|≥|(2x －1)－(2x ＋1)|＝2，∴f(x)min ＝2.∵不等式f(x)≥a 2－2a －1恒成立，∴a 2－2a －3≤0，解得－1≤a ≤3，∴实数a 的取值范围是[－1，3]．(2)由(1)知f(x)≥2，∴2f （x ）≥2 2.∵(2m ＋1＋2n ＋1)2＝2(m ＋n)＋2＋2（2m ＋1）（2n ＋1）≤4＋(2m ＋1)＋(2n ＋1)＝8，当且仅当m ＝n ＝12时等号成立． ∴2m ＋1＋2n ＋1≤22， ∴2m ＋1＋2n ＋1≤2f （x ）.。
2019年高考数学一轮复习 不等式选讲 第2节 不等式的证明课件 理 北师大版.pptx
定理 3：如果 a，b，c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时， 等号成立．
定理 4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1，a2，…，an 为 n 个正 数，则a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
2．柯西不等式 (1)柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥ (ac＋bd)2 (当且仅当ad＝bc时，等号成立)． (2)柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β 是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．
综合法证明不等式
(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. [证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3a＋4 b2(a＋b)＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
3．若 a＝ 3－ 2，b＝ 6－ 5，c＝ 7－ 6，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>a>b
A
[“分子”有理化得 a＝
1 3＋
2，b＝
1 6＋
5，c＝
1 7＋
， 6
所以 a>b>c.]
4．已知 a＞0，b＞0 且 ln(a＋b)＝0，则a1＋b1的最小值是________.
2019届高考数学北师大版理一轮复习文档：第七章 不等
第1节 不等式的性质与一元二次不等式最新考纲 1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式(组)的实际背景；2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型；3.通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；4.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的算法框图.知 识 梳 理1.两个实数比较大小的方法(1)作差法⎩⎨⎧a －b ＞0⇔a ＞b ，a －b ＝0⇔a ＝b ，a －b ＜0⇔a ＜b ；(2)作商法⎩⎪⎨⎪⎧ab ＞1⇔a ＞b （a ∈R ，b ＞0），ab ＝1⇔a ＝b （a ∈R ，b ＞0），a b ＜1⇔a ＜b （a ∈R ，b ＞0）.2.不等式的性质(1)对称性：a ＞b ⇔b ＜a ； (2)传递性：a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c ；(3)可加性：a ＞b ⇔a ＋c ＞b ＋c ；a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d ； (4)可乘性：a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ；a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd ； (5)可乘方：a ＞b ＞0⇒a n ＞b n (n ∈N ，n ≥1)； (6)可开方：a ＞b ＞0n ∈N ，n ≥2). 3.三个“二次”间的关系[常用结论与微点提醒] 1.有关分数的性质(1)若a >b >0，m >0，则b a <b ＋m a ＋m ；b a >b －ma －m (b －m >0).(2)若ab >0，且a >b ⇔1a <1b .2.对于不等式ax 2＋bx ＋c >0，求解时不要忘记讨论a ＝0时的情形.3.当Δ<0时，ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)的解集为R 还是∅，要注意区别.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)a ＞b ⇔ac 2＞bc2.( )(2)若不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解集为(x 1，x 2)，则必有a ＞0.( )(3)若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ＜0)没有实数根，则不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为R .( )(4)不等式ax 2＋bx ＋c ≤0在R 上恒成立的条件是a ＜0且Δ＝b 2－4ac ≤0.( ) 解析 (1)由不等式的性质，ac 2＞bc 2⇒a ＞b ；反之，c ＝0时，a ＞b ⇒/ ac 2＞bc 2. (3)若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a <0)没有实根.则不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为∅. (4)当a ＝b ＝0，c ≤0时，不等式ax 2＋bx ＋c ≤0也在R 上恒成立. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2.(教材习题改编)若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( ) A.a d ＞b c B.a d ＜b c C.a c ＞b dD.a c ＜b d解析 因为c ＜d ＜0，所以0＞1c ＞1d ，两边同乘－1，得－1d ＞－1c ＞0，又a ＞b ＞0，故由不等式的性质可知－ad ＞－b c ＞0.两边同乘－1，得a d ＜bc . 答案 B3.设集合M ＝{x |x 2－3x －4<0}，N ＝{x |0≤x ≤5}，则M ∩N 等于( ) A.(0，4]B.[0，4)C.[－1，0)D.(－1，0]解析 ∵M ＝{x |x 2－3x －4<0}＝{x |－1<x <4}， ∴M ∩N ＝[0，4). 答案 B4. (2018·榆林模拟)不等式2x ＋1<1的解集是________. 解析 由2x ＋1<1得1－x x ＋1<0等价于 (x －1)(x ＋1)>0，解得x >1或x <－1. 答案 {x |x <－1或x >1}5.已知函数f (x )＝ax 2＋ax －1，若对任意实数x ，恒有f (x )≤0，则实数a 的取值范围是________.解析 若a ＝0，则f (x )＝－1≤0恒成立， 若a ≠0，则由题意，得⎩⎨⎧a <0，Δ＝a 2＋4a ≤0，解得－4≤a <0， 综上，得a ∈[－4，0]. 答案 [－4，0]考点一 比较大小及不等式的性质的应用【例1】 (1)已知实数a ，b ，c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A.c ≥b >a B.a >c ≥b C.c >b >aD.a >c >b(2)(一题多解)若1a ＜1b ＜0，给出下列不等式：①1a ＋b ＜1ab；②|a |＋b ＞0；③a －1a ＞b －1b ；④ln a 2＞ln b 2.其中正确的不等式是( ) A.①④ B.②③ C.①③D.②④解析 (1)∵c －b ＝4－4a ＋a 2＝(a －2)2≥0，∴c ≥b . 又b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，∴2b ＝2＋2a 2，∴b ＝a 2＋1， ∴b －a ＝a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴b >a ，∴c ≥b >a .(2)法一 因为1a ＜1b ＜0，故可取a ＝－1，b ＝－2.显然|a |＋b ＝1－2＝－1＜0，所以②错误；因为ln a 2＝ln(－1)2＝0，ln b 2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误.综上所述，可排除A ，B ，D.法二 由1a ＜1b ＜0，可知b ＜a ＜0.①中，因为a ＋b ＜0，ab ＞0，所以1a ＋b＜0，1ab＞0.故有1a ＋b ＜1ab ，即①正确；②中，因为b ＜a ＜0，所以－b ＞－a ＞0.故－b ＞|a |，即|a |＋b ＜0，故②错误； ③中，因为b ＜a ＜0，又1a ＜1b ＜0，则－1a ＞－1b ＞0， 所以a －1a ＞b －1b ，故③正确；④中，因为b ＜a ＜0，根据y ＝x 2在(－∞，0)上为减函数，可得b 2＞a 2＞0，而y ＝ln x 在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b 2＞ln a 2，故④错误.由以上分析，知①③正确. 答案 (1)A (2)C规律方法 1.比较大小常用的方法： (1)作差法；(2)作商法；(3)函数的单调性法.2.判断多个不等式是否成立，常用方法：一是直接使用不等式性质，逐个验证；二是用特殊法排除.【训练1】 (1)(2018·赣州、吉安、抚州七校联考)设0<a <b <1，则下列不等式成立的是( ) A.a 3>b 3B.1a <1bC.a b >1D.lg(b －a )<0(2)已知p ＝a ＋1a －2，q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2，其中a >2，x ∈R ，则p ，q 的大小关系是( )A.p ≥qB.p >qC.p <qD.p ≤q解析 (1)取a ＝13，b ＝12，可知A ，B ，C 错误，故选D. (2)由a ＞2，故p ＝a ＋1a －2＝(a －2)＋1a －2＋2≥2＋2＝4，当且仅当a ＝3时取等号.因为x 2－2≥－2，所以q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，当且仅当x ＝0时取等号，所以p ≥q . 答案 (1)D (2)A考点二 一元二次不等式的解法(多维探究) 命题角度1 不含参的不等式【例2－1】 (2018·河北重点八所中学模拟)不等式2x 2－x －3>0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1<x <32 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >32或x <－1 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－32<x <1D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >1或x <－32 解析 由2x 2－x －3>0，得(x ＋1)(2x －3)>0， 解得x >32或x <－1.∴不等式2x 2－x －3>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >32或x <－1.答案 B命题角度2 含参不等式【例2－2】 解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ≤0). 解 原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0.①当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0，解得x ≤－1. ②当a ＜0时，原不等式化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≤0.当2a ＞－1，即a ＜－2时，解得－1≤x ≤2a ； 当2a ＝－1，即a ＝－2时，解得x ＝－1满足题意；当2a ＜－1，即－2＜a ＜0，解得2a ≤x ≤－1.综上所述，当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤－1}； 当－2＜a ＜0时，不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫2a ≤x ≤－1； 当a ＝－2时，不等式的解集为{－1}；当a ＜－2时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤2a .规律方法 含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论：(1)若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论；(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；(3)其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集.【训练2】 已知不等式ax 2－bx －1>0的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－12<x <－13，则不等式x 2－bx－a ≥0的解集是________.解析 由题意，知－12，－13是方程ax 2－bx －1＝0的两个根，且a <0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝b a ，－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－1a，解得⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝5.故不等式x 2－bx －a ≥0为x 2－5x ＋6≥0， 解得x ≥3或x ≤2. 答案 {x |x ≥3或x ≤2}考点三 不等式的恒成立问题(多维探究) 命题角度1 在R 上恒成立【例3－1】 若一元二次不等式2kx 2＋kx －38＜0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( ) A.(－3，0]B.[－3，0)C.[－3，0]D.(－3，0)解析 一元二次不等式2kx 2＋kx －38＜0对一切实数x 都成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧2k ＜0，Δ＝k 2－4×2k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－38＜0， 解之得－3＜k ＜0. 答案 D命题角度2 在给定区间上恒成立【例3－2】 (一题多解)设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1，3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，则m 的取值范围是________. 解析 要使f (x )＜－m ＋5在[1，3]上恒成立， 故mx 2－mx ＋m －6＜0，即m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6＜0在x ∈[1，3]上恒成立.有以下两种方法：法一 令g (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6，x ∈[1，3].当m ＞0时，g (x )在[1，3]上是增函数， 所以g (x )max ＝g (3)＝7m －6＜0. 所以m ＜67，则0＜m ＜67.当m ＜0时，g (x )在[1，3]上是减函数， 所以g (x )max ＝g (1)＝m －6＜0. 所以m ＜6，所以m ＜0. 综上所述，m的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪⎪0＜m ＜67或m ＜0. 法二 因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34＞0，又因为m (x 2－x ＋1)－6＜0，所以m ＜6x 2－x ＋1.因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34在[1，3]上的最小值为67，所以只需m ＜67即可. 因为m ≠0，所以m 的取值范围是.答案命题角度3 给定参数范围的恒成立问题【例3－3】 已知a ∈[－1，1]时不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＞0恒成立，则x 的取值范围为( ) A.(－∞，2)∪(3，＋∞) B.(－∞，1)∪(2，＋∞) C.(－∞，1)∪(3，＋∞)D.(1，3)解析 把不等式的左端看成关于a 的一次函数，记f (a )＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4， 则由f (a )＞0对于任意的a ∈[－1，1]恒成立， 所以f (－1)＝x 2－5x ＋6＞0， 且f (1)＝x 2－3x ＋2＞0即可，解不等式组⎩⎨⎧x 2－5x ＋6＞0，x 2－3x ＋2＞0，得x ＜1或x ＞3.答案 C规律方法 (1)对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图像在给定的区间上全部在x 轴下方.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值.(2)解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数.【训练3】 (1)若不等式x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.[－1，4]B.(－∞，－2]∪[5，＋∞)C.(－∞，－1]∪[4，＋∞)D.[－2，5](2)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________.解析 (1)由于x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4的最小值为4，所以x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，只需a 2－3a ≤4，解得－1≤a ≤4. (2)二次函数f (x )对于任意x ∈[m ，m ＋1]， 都有f (x )＜0成立，则⎩⎨⎧f （m ）＝m 2＋m 2－1＜0，f （m ＋1）＝（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0， 解得－22＜m ＜0.答案 (1)A (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2018·九江一模)已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x －2x ≤0，B ＝{0，1，2，3}，则A ∩B ＝( )A.{1，2}B.{0，1，2}C.{1}D.{1，2，3}解析∵A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x －2x ≤0＝{x |0<x ≤2}，∴A ∩B ＝{1，2}. 答案 A2.若f (x )＝3x 2－x ＋1，g (x )＝2x 2＋x －1，则f (x )，g (x )的大小关系是( ) A.f (x )＝g (x ) B.f (x )＞g (x )C.f (x )＜g (x )D.随x 的值变化而变化解析 f (x )－g (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1＞0⇒f (x )＞g (x ). 答案 B3.(2018·河南百校联盟模拟)设a ，b ∈R ，则“(a －b )a 2≥0”是“a ≥b ”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 由(a －b )a 2≥0，推不出a ≥b ，如a ＝0，b ＝2， 因为a 2≥0，a ≥b ，所以(a －b )a 2≥0，故“(a －b )a 2≥0”是“a ≥b ”的必要不充分条件. 答案 B4.(2018·清远一中一模)关于x 的不等式ax －b <0的解集是(1，＋∞)，则关于x 的不等式(ax ＋b )(x －3)>0的解集是( ) A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) B.(1，3)C.(－1，3)D.(－∞，1)∪(3，＋∞)解析 关于x 的不等式ax －b <0即ax <b 的解集是(1，＋∞)，∴a ＝b <0，∴不等式(ax ＋b )(x －3)>0可化为 (x ＋1)(x －3)<0，解得－1<x <3， ∴所求不等式的解集是(－1，3). 答案 C5.已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，若当x ∈[－1，1]时，f (x )＞0恒成立，则b 的取值范围是( ) A.(－1，0) B.(2，＋∞)C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)D.不能确定解析 由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )的图像关于直线x ＝1对称，即a2＝1，解得a ＝2. 又因为f (x )开口向下，所以当x ∈[－1，1]时，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2， f (x )＞0恒成立，即b 2－b －2＞0恒成立， 解得b ＜－1或b ＞2. 答案 C 二、填空题6.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋2x ，x ≥0，－x 2＋2x ，x ＜0，则不等式f (x )＞3的解集为________.解析 由题意知⎩⎨⎧x ≥0，x 2＋2x ＞3或⎩⎨⎧x ＜0，－x 2＋2x ＞3，解得x ＞1.故原不等式的解集为{x |x＞1}.答案 {x |x ＞1}7.(2018·郑州调研改编)规定记号“⊙”表示一种运算，定义a ⊙b ＝ab ＋a ＋b (a ，b 为正实数)，若1⊙k 2<3，则k 的取值范围是________. 解析 由题意知k 2＋1＋k 2<3， 化为(|k |＋2)(|k |－1)<0，所以|k |<1， 所以－1<k <1. 答案 (－1，1)8.不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 当a －2＝0，即a ＝2时，不等式即为－4<0，对一切x ∈R 恒成立， 当a ≠2时，则有⎩⎨⎧a －2<0，Δ＝4（a －2）2＋16（a －2）<0， 解得－2<a <2.综上，可得实数a 的取值范围是(－2，2]. 答案 (－2，2] 三、解答题9.已知f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6. (1)解关于a 的不等式f (1)＞0；(2)若不等式f (x )＞b 的解集为(－1，3)，求实数a ，b 的值.解 (1)由题意知f (1)＝－3＋a (6－a )＋6＝－a 2＋6a ＋3＞0，即a 2－6a －3＜0，解得3－23＜a ＜3＋2 3.所以不等式的解集为{a |3－23＜a ＜3＋23}. (2)∵f (x )＞b 的解集为(－1，3)，∴方程－3x 2＋a (6－a )x ＋6－b ＝0的两根为－1，3， ∴⎩⎪⎨⎪⎧（－1）＋3＝a （6－a ）3，（－1）×3＝－6－b 3，解得⎩⎨⎧a ＝3±3，b ＝－3.故a 的值为3±3，b 的值为－3.10.某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件.若售价降低x 成(1成＝10%)，售出商品数量就增加85x 成.要求售价不能低于成本价.(1)设该商店一天的营业额为y ，试求y 与x 之间的函数关系式y ＝f (x )，并写出定义域；(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x 的取值范围. 解 (1)由题意得，y ＝100⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 10·100⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋850x .因为售价不能低于成本价，所以100⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 10－80≥0. 所以y ＝f (x )＝40(10－x )(25＋4x )， 定义域为{x |0≤x ≤2}.(2)由题意得40(10－x )(25＋4x )≥10 260， 化简得8x 2－30x ＋13≤0.解得12≤x ≤134. 所以x 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2018·咸阳模拟)已知0<a <b ，且a ＋b ＝1，则下列不等式中正确的是( ) A.log 2a >0B.2a －b <12 C.log 2a ＋log 2b <－2D.2a b ＋ba <12解析 由题意知0<a <1，此时log 2a <0，A 错误；由已知得0<a <1，0<b <1，所以－1<－b <0，又a <b ，所以－1<a －b <0，所以12<2a －b <1，B 错误；因为0<a <b ，所以a b ＋b a >2a b ·b a ＝2，所以2a b ＋b a >22＝4，D 错误；由a ＋b ＝1>2ab ，得ab <14，因此log 2a ＋log 2b ＝log 2(ab )<log 214＝－2，C 正确. 答案 C12.若不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a 的取值范围是________. 解析 设f (x )＝x 2＋ax －2，由题知Δ＝a 2＋8＞0， 所以方程x 2＋ax －2＝0恒有一正一负两根，于是不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1，5]上有解的充要条件是f (5)＞0，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－235，＋∞13.解关于x 的不等式ax 2－(2a ＋1)x ＋2＜0(a ∈R ). 解 原不等式可化为(ax －1)(x －2)＜0.(1)当a ＞0时，原不等式可以化为a (x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＜0.因为方程(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＝0的两个根分别是2，1a ，所以当0＜a ＜12时，2＜1a ，则原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2＜x ＜1a ；当a ＝12时，原不等式的解集是∅；当a ＞12时，1a ＜2，则原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1a ＜x ＜2. (2)当a ＝0时，原不等式为－(x －2)＜0，解得x ＞2， 即原不等式的解集是{x |x ＞2}.(3)当a ＜0时，原不等式可以化为a (x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x －2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ＞0， 由于1a ＜2，故原不等式的解集是⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ＜1a 或x ＞2. 综上所述，当a ＜0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜1a 或x ＞2；当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ＞2}；当0＜a ＜12时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪2＜x ＜1a ；当a ＝12时，不等式的解集为∅；当a ＞12时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1a ＜x ＜2.。
2019大一轮高考总复习理数北师大版阶段复习检测6 不等
阶段复习检测(六) 不等式、推理与证明时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·全国卷Ⅰ)设集合A ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，B ＝{x |2x －3>0}，则A ∩B ＝( ) A.⎝⎛⎭⎫－3， －32 B ．⎝⎛⎭⎫－3， 32 C.⎝⎛⎭⎫1， 32 D ．⎝⎛⎭⎫32， 3 解析：选D A ＝{x |1<x <3}，B ＝⎩⎨⎧ x ⎪⎪⎭⎬⎫x >32.所以A ∩B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫32<x <3＝⎝⎛⎭⎫32， 3. 2．(2018·洛阳模拟)某西方国家流传这样的一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅．”结论显然是错误的，是因为( )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．非以上错误解析：选C ∵大前提：“鹅吃白菜”本身正确，小前提“参议员先生也吃白菜”本身也正确，但小前提不是大前提下的特殊情况，即鹅与人不能类比．∴不符合三段论推理形式，∴推理形式错误，故选C.3．(2018·济南模拟)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数解析：选B “至少有一个”的否定为“都不是”，故选B. 4．(2018·唐山模拟)下列命题中，正确的是( ) A ．若a >b ，c >d ，则ac >bd B ．若ac >bc ，则a >b C ．若a c 2<bc2，则a <bD ．若a >b ，c >d ，则a －c >b －d解析：选C 取a ＝2，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，可知A 错误；当c <0时，ac >bc ⇒a <b ，∴B 错误；∵a c 2<bc2，∴c ≠0，又c 2>0，∴a <b ，C 正确；取a ＝c ＝2，b ＝d ＝1，可知D 错误．5．(2018·银川模拟)设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立， 其中正确判断的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．6．观察下式： 1＋3＝22 1＋3＋5＝32 1＋3＋5＋7＝42 1＋3＋5＋7＋9＝52 …据此你可归纳猜想出一般结论为( ) A ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N ＋) B ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2(n ∈N ＋) C ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝(n ＋1)2(n ∈N ＋) D ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1) 2(n ∈N ＋)解析：选D 观察可见第n 行左边有n ＋1个奇数，右边是(n ＋1)2. 7．(2017·兰州模拟)设变量x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥3x －y ≥－12x －y ≤3，则x 2＋y 2的最小值是( )A.322B ．92C. 5D ．5解析：选B 由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥3x －y ≥－12x －y ≤3，作出可行域如图，x 2＋y 2的几何意义为可行域内的动点与坐标原点距离的平方，则其最小值为⎝⎛⎭⎫322＝92.故选B.8．设函数f (n )＝(2n ＋9)·3n ＋1＋9，当n ∈N ＋时，f (n )能被m (m ∈N ＋)整除，猜想m 的最大值为( )A ．9B ．18C ．27D ．36解析：选D f (1)＝(2＋9)·32＋9＝108＝36×3， f (2)＝(4＋9)·33＋9＝360＝36×10，f (3)＝1 224＝36×34，可猜想f (n )能被36整除，m 的最大值为36. 9．(2018·晋中模拟)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0x －y ≤0x 2＋y 2≤4，则z ＝y －2x ＋3的最小值为( )A ．－2B ．－23C ．－125D ．2－47解析：选C 由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0x －y ≤0x 2＋y 2≤4作出可行域如图，z ＝y －2x ＋3的几何意义为可行域内的动点与定点P (－3,2)连线的斜率．设过P 的圆的切线的斜率为k ，则切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0.由|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝0或k ＝－125.∴z ＝y －2x ＋3的最小值为－125.故选C.10．某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天． 甲说：我在1日和3日都有值班； 乙说：我在8日和9日都有值班； 丙说：我们三人各自值班的日期之和相等． 据此可判断丙必定值班的日期是( )A ．2日和5日B ．5日和6日C ．6日和11日D ．2日和11日解析：选C 这12天的日期之和S 12＝122(1＋12)＝78，甲、乙、丙各自的日期之和是26.对于甲，剩余2天日期之和22，因此这两天是10日和12日，故甲在1日，3日，10日，12日有值班；对于乙，剩余2天日期之和是9，可能是2日，7日，也可能是4日，5日，因此丙必定值班的日期是6日和11日．11．若正实数x ，y ，z 满足x 2＋4y 2＝z ＋3xy ，则当xy z 取最大值时，1x ＋12y －1z 的最大值为( )A ．2B ．32C ．1D ．12解析：选D ∵z ＝x 2＋4y 2－3xy ，x ，y ，z ∈(0，＋∞)，∴xy z ＝xy x 2＋4y 2－3xy ＝1x y ＋4yx －3≤1(当且仅当x ＝2y 时等号成立)，此时1x ＋12y －1z ＝1y －12y 2，令1y ＝t >0，则1x ＋12y －1z ＝t －12t 2＝－12(t－1)2＋12≤12(当且仅当t ＝1时等号成立)．故选D.12．已知f (1,1)＝1，f (m ，n )∈N ＋(m ，n ∈N ＋)，且对任意m ，n ∈N ＋都有：①f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2；②f (m ＋1,1)＝2f (m,1)．给出以下三个结论：(1)f (1,5)＝9；(2)f (5,1)＝16；(3)f (5,6)＝26. 其中正确结论的个数为( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选A (1)由f (1,1)＝1和f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2得f (1,2)＝f (1,1＋1)＝f (1,1)＋2＝1＋2＝3，f (1,3)＝f (1,2)＋2＝5，f (1,4)＝f (1,3)＋2＝7，f (1,5)＝f (1,4)＋2＝9；(2)由f (1,1)＝1和f (m ＋1,1)＝2f (m,1)，得f (2,1)＝f (1＋1,1)＝2f (1,1)＝2，f (3,1)＝2f (2,1)＝4，f (4,1)＝2f (3,1)＝8，f (5,1)＝2f (4,1)＝16；(3)由f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2得f (5,6)＝f (5,5)＋2，而f (5,5)＝f (5,4)＋2，f (5,4)＝f (5,3)＋2，f (5,3)＝f (5,2)＋2，f (5,2)＝f (5,1)＋2＝16＋2＝18，则f (5,6)＝26.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．(2017·双鸭山模拟)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2y ≤x ，z ＝x ＋ay (a ＞1)的最大值为3，则实数a ＝____________.解析：画出满足条件的平面区域，如图示：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2y ＝x ，解得A (1,1)，∵a ＞1，∴－1＜－1a ＜0，∴z ＝x ＋ay 看化为：y ＝－1a x ＋za ，结合图像直线过A (1,1)时，z 最大，z 的最大值是z ＝a ＋1＝3，解得a ＝2.答案：214．有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4,5,6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是____________.解析：若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5号均不是第一名．若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与题意不符，故仅有丁猜测正确．答案：丁15．(2017·上饶模拟)甲、乙两企业根据赛事组委会要求为获奖者定做某工艺品作为奖品，其中一等奖奖品3件，二等奖奖品6件；制作一等奖、二等奖所用原料完全相同，但工艺不同，故价格有所差异．甲厂收费便宜，但原料有限，最多只能制作4件奖品，乙厂原料充足，但收费较贵，其具体收费如表所示，则组委会定做该工艺品的费用总和最低为____________元.解析：3－x ，二等奖奖品为6－y ，则满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤43－x ≥06－y ≥0x ，y ≥0，设费用为z ，则z ＝500x ＋400y ＋800(3－x )＋600(6－y )＝－300x－200y ＋6 000，作出不等式组对应的平面区域如图：平移z ＝－300x －200y ＋6 000，由图像知当直线经过点A 时，直线截距最大，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ＋y ＝4，解得A (3,1)，组委会定做该工艺品的费用总和最低为z ＝－300×3－200＋6 000＝4 900，故生产一等奖奖品3个，二等奖奖品1个，其余都由乙生产，所用费用最低．答案：4 90016．(2018·广元诊断)在条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －6≤0x －y ＋2≥0x ≥0y ≥0下，目标函数z ＝ax ＋by (a ＞0，b ＞0)的最大值为40，则5a ＋1b的最小值是____________.解析：由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －6≤0x －y ＋2≥0x ≥0y ≥0，作出可行域如图，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －6＝0x －y ＋2＝0，解得A (8,10)，由z ＝ax ＋by ，得y ＝－a b x ＋z b ，由图可知，当直线y ＝－a b x ＋z b 过A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为8a ＋10b ＝40，即a 5＋b 4＝1.∴5a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫5a ＋1b ⎝⎛⎭⎫a 5＋b 4＝54＋⎝⎛⎭⎫5b 4a ＋a 5b ≥54＋25b 4a ·a 5b ＝54＋2×12＝94. 当且仅当5b 4a ＝a5b 时上式等号成立．答案：94三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(10分)已知f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋b .若不等式f (x )>0的解集为(－1,3)，求实数a ，b 的值．解：由f (x )>0，得－3x 2＋a (6－a )x ＋b >0， 即3x 2－a (6－a )x －b <0. 因为它的解集为(－1,3)，所以－1与3是方程3x 2－a (6－a )x －b ＝0的两根， 所以⎩⎨⎧－1＋3＝a (6－a )3，－1×3＝－b3，解得⎩⎨⎧ a ＝3－3，b ＝9或⎩⎨⎧a ＝3＋3，b ＝9.18．(12分)已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.证明：a ⊥b ⇔a ·b ＝0， 要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2，只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0，即(|a |－|b |)2≥0， 上式显然成立，故原不等式得证．19．(12分)已知数列{a n }的前 n 项和 S n ＝3n 2－n 2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N ＋ ，使得 a 1，a n ，a m 成等比数列．(1)解：由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，当n ＝1时也适合． 所以数列{a n }的通项公式为：a n ＝3n －2. (2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列， 只需要a 2n ＝a 1·a m ， 即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2，而此时m ∈N ＋，且m >n .所以对任意的n >1，都存在m ∈N ＋，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 20．(12分)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由． 解：(1)因为a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab ，所以ab ＝1a ＋1b≥21ab，所以ab ≥2， 当且仅当a ＝b ＝2时取等号． 因为a 3＋b 3≥2(ab )3≥223＝42， 当且仅当a ＝b ＝2时取等号， 所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)可知，2a ＋3b ≥22a ·3b ＝26ab ≥43>6， 故不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6成立． 21．(12分)(2018·池州模拟)已知函数f (x )＝ ax 2＋2ax ＋1的定义域为R .(1)求a 的取值范围； (2)若函数f (x )的最小值为22，解关于x 的不等式x 2－x －a 2－a <0. 解：(1)∵函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R ， ∴ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立， 当a ＝0时，1≥0恒成立．当a ≠0时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝(2a )2－4a ≤0，解得0<a ≤1， 综上，a 的取值范围是[0,1]．(2)∵f (x )＝ax 2＋2ax ＋1＝a (x ＋1)2＋1－a ， ∵a >0，∴当x ＝－1时，f (x )min ＝1－a ，由题意，得1－a ＝22，∴a ＝12. ∴x 2－x －⎝⎛⎭⎫122－12<0，即(2x ＋1)(2x －3)<0，－12<x <32.故不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－12，32. 22．(12分)已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎫1＋1n n a n (n ∈N ＋)，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝1＋x －e x 的单调区间，并比较⎝⎛⎭⎫1＋1n n 与e 的大小； (2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b n a 1a 2…a n 的公式，并给出证明．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x . 当f ′(x )＞0，即x ＜0时，f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞0时，f (x )单调递减．故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． 当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即1＋x ＜e x . 令x ＝1n ，得1＋1n ＜e 1n ，即⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＜e.(* 1) (2)b 1a 1＝1·⎝⎛⎭⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2(1＋12)2＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3(1＋13)3＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n ＝(n ＋1)n .(*2)下面用数学归纳法证明(*2)．①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，(*2)成立， 即b 1b 2…b ka 1a 2…a k＝(k ＋1)k .当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，(*2)也成立．根据①②，可知(*2)对一切正整数n 都成立．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一、选择题
1.a >0，b >0，下列不等式中不成立的是( )
A.b a ＋a b ≥2
B.a 2＋b 2≥2ab
C.b 2a ＋a 2b ≥a ＋b
D.1a ＋1b ≥2＋2a ＋b
解析 由b a ∈(0，＋∞)且a b ∈(0，＋∞)，得b a ＋a b ≥2 b a ·a
b ，所以A 成立，B 显然成立，不等式C 可变形为a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2⇔(a 2－b 2)(a －b )≥0.
答案 D
2.设a 、b 、x 、y 均为正数，且a 、b 为常数，x 、y 为变量，若x ＋y ＝1，则ax ＋by 的最大值为( ) A.a ＋b 2 B.a ＋b ＋12 C.a ＋b D.（a ＋b ）2
2
解析 ax ＋by ≤a ＋x 2＋b ＋y 2＝a ＋b ＋12
，故选B. 答案 B
3.如果0<m <b <a ，那么( ) A.cos b ＋m a ＋m <cos b a <cos b －m a －m
B.cos b a <cos b －m a －m <cos b ＋m a ＋m
C.cos b －m a －m <cos b a <cos b ＋m a ＋m
D.cos
b ＋m a ＋m <cos b ＋m a －m <cos b a 解析 用分析法易证(或用特值法)， 0<b －m a －m <b a <b ＋m a ＋m
<1.
由y ＝cos x 在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是减函数可得. 答案 A
4.已知x >y >z ，且x ＋y ＋z ＝0，下列不等式中成立的是( )
A.xy >yz
B.xz >yz
C.xy >xz
D.x |y |>z |y | 解析 由已知
3x >x ＋y ＋z ＝0，3z <x ＋y ＋z ＝0，∴x >0，z <0.由⎩⎪⎨⎪⎧x >0y >z 得：
xy >xz .
答案 C
5.设0<a <b ，a ＋b ＝1，下列不等式正确的是( )
A.b <2ab <a 2＋b 2<a 2＋b 2
B.2ab <a 2＋b 2<b <a 2＋b 2
C.2ab <b <a 2＋b 2<a 2＋b 2
D.2ab <a 2＋b 2<a 2＋b 2<b
解析 取a ＝14，b ＝34，分别计算即可.
答案 B
二、填空题
6.设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是______________.
解析 a 3＋b 3＋c 3－3abc
＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )
＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]，
而a 、b 、c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2>0，
∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0.
答案 a ＋b ＋c ≥0
7.已知a >b >c ，则（a －b ）（b －c ）与a －c 2的大小关系为______________.
解析 ∵a －b >0，b －c >0， ∴（a －b ）（b －c ）≤（a －b ）＋（b －c ）2
＝a －c 2. ∴（a －b ）（b －c ）≤a －c 2.
答案
（a －b ）（b －c ）≤a －c 2 三、解答题
8.已知|a |<1，|b |<1，求证：⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab <1. 证明 要证⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab <1，只需证|a ＋b |<|1＋ab |， 也只需证a 2＋2ab ＋b 2<1＋2ab ＋a 2b 2，
即证(1－a 2)－b 2(1－a 2)>0，
也就是(1－a 2)(1－b 2)>0，
∵|a |<1，|b |<1，∴最后一个不等式显然成立.
因此原不等式成立.
9.已知实数a ，b ，c ，d ，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1，
求证：|ac ＋bd |≤1.
证明 法一 (分析法)
要证|ac ＋bd |≤1，只需证明(ac ＋bd )2≤1.
即证a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤1.
∵a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.
∴上式即证a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，
即证(ad －bc )2≥0.
∵a ，b ，c ，d 都是实数，∴(ad －bc )2≥0成立.
∴|ac ＋bd |≤1.
法二 (综合法)
∵a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1，
∴|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22
＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22
＝1. 法三 (三角换元法)
∵a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1，
∴可令a ＝sin α，b ＝cos α，c ＝sin β，d ＝cos β，
∴|ac ＋bd |＝|sin αsin β＋cos αcos β|
＝|cos(α－β)|≤1.
10.设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d .证明：
(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ； (2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.
证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd ，得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞c ＋d .
(2)①若|a －b |＜|c －d |，则(a －b )2＜(c －d )2,
即(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd .
因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd .
由(1)，得a ＋b ＞c ＋d . ②若a ＋b ＞c ＋d ，则(a ＋b )2＞(c ＋d )2，
即a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd .
因为a ＋b ＝c ＋d ，
所以ab ＞cd ，
于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2.
因此|a －b |＜|c －d |. 综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.。