2018-2019学年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法测评（含解析）新人教A版选修4-5

-1-第二讲证明不等式的基本方法测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.若ab0,则下列不等式中一定成立的是()A.a+b+B.C.a-b-D.解析:∵ab0,∴0,∴a+b+.答案:A2.已知xyz,且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是()A.xyyzB.xzyzC.x|y|z|y|D.xyxz解析:令x=2,y=0,z=-1,可排除选项A,B,C,故选D.答案:D3.已知abc0,A=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则A与B的大小关系是()A.ABB.ABC.A=BD.不确定解析:∵abc0,∴A0,B0.∴=aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=.∵ab0,∴1,a-b0,-2-∴1.同理1,1.∴1,∴AB.答案:A4.使不等式1+成立的正整数a的最大值为()A.10B.11C.12D.13解析:用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.答案:C5.若实数a,b满足0ab,且a+b=1,则下列四个数中最大的是()A.B.a2+b2C.2abD.a解析:∵a+b=1,a+b2,∴2ab,a2+b22=2×.又0ab,且a+b=1,∴a.-3-∴a2+b2最大.答案:B6.对于任意的x∈[0,1],不等式ax+2b0恒成立,则代数式a+3b的值()A.恒为正值B.恒为非负值C.恒为负值D.不确定解析:令f(x)=ax+2b,则在[0,1]上,若a0,则fmin(x)=f(0)=2b0;若a0,则fmin(x)=f(1)=a+2b0,∴a+3b=b+a+2b0.答案:A7.用分析法证明不等式时的推理过程一定是()A.正向、逆向均可进行正确的推理B.只需能进行逆向推理C.只需能进行正向推理D.有时能正向推理,有时能逆向推理答案:B8.设a,b,c∈R,且a,b,c不全相等,则不等式a3+b3+c3≥3abc成立的一个充要条件是()A.a,b,c全为正数B.a,b,c全为非负实数C.a+b+c≥0D.a+b+c0解析:a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)=(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)20.故a3+b3+c3-3abc≥0⇔a+b+c≥0.-4-答案:C9.在△ABC中,a,b,c分别为A,B,C所对的边,且a,b,c成等差数列,则B适合的条件是()A.0B≤B.0B≤C.0B≤D.Bπ解析:∵2b=a+c,∴cosB====≥=.当且仅当a=b=c时,等号成立.∵余弦函数在(0,π)上为减函数,∴0B≤.答案:B10.已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为()A.1B.2C.3D.4-5-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)2=2(当且仅当m=n=时等号成立).答案:B二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.设a=,b=,c=,则a,b,c的大小顺序是.解析:a-b=-(),而()2=8+2,()2=8+2,∴.∴a-b0,即ab.同理可得bc.∴abc.答案:abc12.已知a,b,c,d都为正数,且S=,则S的取值范围是.解析:由放缩法,得;;;.以上四个不等式相加,得1S2.答案:(1,2)-6-13.设0mnab,函数y=f(x)在R上是减函数,下列四个数f,f,f,f的大小顺序是.解析:∵1,y=f(x)在R上是减函数,∴ffff.答案:ffff14.若abc0,n1=,n2=,n3=,则n1n2,n2n3,中最小的一个是.解析:利用赋值法比较,令a=3,b=2,c=1,可得n1=,n2=,n3=,则n1n2=,n2n3=,故最小.答案:15.请补全用分析法证明不等式“ac+bd≤”时的推论过程:要证明ac+bd≤,①,只要证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),即要证:a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,即要证a2d2+b2c2≥2abcd,②.答案:①因为当ac+bd≤0时,命题显然成立,所以当ac+bd≥0时②∵(ad-bc)2≥0,∴a2d2+b2c2≥2abcd,∴命题成立三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)已知x0,y0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.-7-解：证明:因为x0,y0,所以1+x+y2≥30,1+x2+y≥30,故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3·3=9xy.17.(8分)已知x,y∈R,且|x|1,|y|1,求证:.解：证法一:分析法:∵|x|1,|y|1,∴0,0,∴.故要证明结论成立,只需证明成立.即证1-xy≥成立.∵(y-x)2≥0,∴-2xy≥-x2-y2,∴(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),∴1-xy≥0.∴不等式成立.证法二:综合法:∵=1-|xy|,∴,-8-∴原不等式成立.18.(9分)已知an=+…+(n∈N+),求证:an.解：证明:∵n,∴an=+…+1+2+…+n=.又,∴an=+…++…+.∴an.