高二数学（2）

1高二数学同步测试（2）—不等式的证明一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1．四个不相等的正数a,b,c,d成等差数列，则（）A．bcda2B．bcda2C．bcda2D．bcda22．综合法证明不等式中所说的“由因导果”是指寻求使不等式成立的（）A．必要条件B．充分条件C．充要条件D．必要或充分条件3．在的条件下，，00ba①22babaab，②，2222baba③babaab22，其中正确的个数是（）A．0B．1C．2D．34．下列函数中最小值是2的是（）A．xxy1B．2,0,cscsinyC．xxy2D．1222xxy5．设4334,,nmnynmmxnm，则x，y的大小是（）A．xyB．x=yC．xyD．与m，n的取值有关6．已知a、b、m是正实数，则不等式abmamb（）A．当ab时成立B．当ab时成立C．是否成立与m有关D．一定成立7．函数)0(1xxxy有（）A．最大值是2B．最小值是2C．最大值是－2D．最小值是28．如果ba、为不相等的非零实数，那么abba的值是（）A．大于2B．小于2或大于2C．小于等于2D．大于2或小于29．在ABC中，a,b,c分别是CBC,,所对应的边，90C，则cba的取值范围是（）2A．（1,2）B．)2,1(C．]2,1(D．]2,1[10．设则且,10)(4,4,0,022yxyxyxyx的最值情况是（）A．有最大值2，最小值2)22(2B．有最大值2，最小值0C．有最大值10，最小值2)22(2D．最值不存在二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．若a、b、c、d∈R，且有122ba，122dc，则abcd的取值范围是_______．12．若0,0ba，则函数)10(,1)(22xxbxaxf的最小值是________.13．若2)(babaabbaRba和，则、的大小关系是________________________．14．某市用37辆汽车往灾区运送一批救灾物资，假设以v公里／小时的速度匀速直达灾区，已知某市到灾区公路线长400公里，为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于2)20(v公里，那么这批物资全部到达灾区的最少时间是________________小时．（车身长不计）三、解答题（本大题共6题，共76分）15．求证：72223．（12分）16．已知A=11xx,B=x+1,当x≠1时，试比较A与B的大小,并说明你的理由.（12分）17．已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤))((2222dcba．（12分）318．已知a，b，Rc，且a+b+c=1，求证：23131313cba．（12分）19．某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件.假若定价上涨成x，成即（注：10xx)100x，每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的z倍．（1）若的值；时来表示当售货金额最大的常数，用是满足，其中xaaaaxy1314（2）若xy32，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围．（14分）20．已知0x1,0a1，试比较|)1(log||)1(log|xxaa和的大小．（14分）参考答案一．选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）5题号12345678910答案ABCDAACBCA二．填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．]41,41[12．2)(ba13．2)(babaabba14．12三、解答题（本大题共6题，共76分）15．（12分）[证明]：要证7222322)72()223(．76，上式显然成立，以上推理可逆7222316．（12分）[解析]A–B=1)1)(1()1(xxxx=1)2)(1(xxx，由1)2)(1(xxx0得x–1或1x2∴当x–1或1x2时,AB；当–1x1或x2时,AB；当x=–1或x=2时,A=B．17．（12分）[证法1]:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2－2abcd+a2d2)=(ac+bd)2+(bc－ad)2≥(ac+bd)2∴))((2222dcba≥|ac+bd|≥ac+bd.故命题得证.[证法2]:∵(a2+b2)(c2+d2)－(ac+bd)2=(bc－ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2∴))((2222dcba≥|ac+bd|≥ac+bd,即ac+bd≤))((2222dcba.18．（12分）[证法1]：∵a，b，Rc∴23322132)13(aaa。2132)13(bb，2332)13(cc∴29333)131313(2cabcba又∵a+b+c=1，∴6)131313(2cba∴23131313cba[证法]2：欲证原式成立只须证：22)23()131313(cba即：18)13)(13(2)13)(13(2)13)(13(2131313cbcabacba∵a+b+c=1，6)13)(13()13)(13()13)(13(cbcaba∵21313)13)(13(baba，21313)13)(13(caca，621313)13)(13(cbcb∴6266)13)(13()13)(13()13)(13(cbcaba以上推理可逆∴原不等式成立．19．（14分）[解析]：该商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是元，件，元，npzynxp)101()101(因而有：的条件下，在axyyxzynxpnpz),10)(10(1001)101()101()10)(10(1001)10)(10(1001axaxaaaxaxz，.010,100131axxa，22)1(254)]10()10[()10)(10(aaxaxaaxaxa，当且仅当10a+ax=10－ax,即aax)1(5时成立．aaxz)1(5值最大，这时应有要要使售货金额最大，只．（2）.501)3210)(10(1001xxxz解得：由20．（14分）[解1]：)1(log)1(log)1(log)1(log|)1(log||)1(log|22xxxxxxaaaaaaxxxaa11log)1(log2，10,10ax∴01x21,1110xx∴011log)1(log2xxxaa∴|)1(log||)1(log|xxaa．[解2]：2111111log11log)1(log)1(log)1(log)1(logxxxxxxxxxxxaa)1(log121xx∵01x21,1+x1,∴0)1(log21xx∴1)1(log121xx∴|)1(log||)1(log|xxaa．[解3]：∵0x1,∴01x1,11+x2,∴0)1(log,0)1(logxxaa∴|)1(log||)1(log|xxaa=)1(log)1(log)1(log2xxxaaa∵01x21,且0a1∴0)1(log2xa∴|)1(log||)1(log|xxaa．