高考数学单元复习训练不等式的证明 3页

课时训练37 不等式的证明（二）‎ ‎【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟.‎ 一、选择题（每小题6分，共42分）‎ ‎1.设0＜x＜1,a、b为正常数，的最小值是（ ）‎ A.4ab B.2(a2+b2)‎ C.(a+b)2 D.(a-b)2‎ 答案：C 解析：令x=cos2θ,θ∈(0,),则=a2sec2θ+b2csc2θ=a2+b2+a2tan2θ+b2cot2θ≥a2+b2+2ab=(a+b)2.‎ ‎2.若a、b∈R,a2+b2=10,则a-b的取值范围是（ ）‎ A.［-2，2］ B.［-2，2］‎ C.［-，］ D.［0，］‎ 答案：A 解析：设a=cosθ,b=sinθ,则a-b= (cosθ-sinθ)=2·cos(θ+)∈［-2,2］.‎ ‎3.已知a∈R+,则下列各式中成立的是（ ）‎ A.cos2θ·lga+sin2θ·lgb＜lg(a+b) B.cos2θ·lga+sin2θ·lgb＞lg(a+b)‎ C.=a+b D.＞a+b 答案：A 解析：cos2θlga+sin2θlgb＜cos2θlg(a+b)+sin2θlg(a+b)=lg(a+b).‎ ‎4.设函数f(x)=ax+b(0≤x≤1),则a+2b＞0是f(x)＞0在［0，1］上恒成立的（ ）‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案：B 解析：a+2b＞0a·+b＞0f()＞0,不能推出f(x)＞0,x∈［0,1］;反之，f(x)＞0,x∈［0,1］f()＞0a+2b＞0.‎ ‎5.(2010重庆万州区一模，7)已知函数y=f(x)满足：①y=f(x+1)是偶函数；②在［1，+∞）上为增函数.若x1＜0,x2＞0,且x1+x2＜-2,则f(-x1)与f(-x2)的大小关系是( )‎ A.f(-x1)＞f(-x2) B.f(-x1)＜f(-x2)‎ C.f(-x1)=f(-x2) D.f(-x1)与f(-x2)的大小关系不能确定 答案：A 解析：y=f(x+1)是偶函数f(x+1)=f(-x+1)f(x+2)=f(-x).‎ 又x1+x2＜-2,-x1＞2+x2＞2，‎ 故f(-x1)＞f(2+x2)=f(-x2).‎ ‎6.(2010湖北十一校大联考，9)定义在R上的偶函数y=f(x)满足f(x+2)=-f(x)对所有实数x都成立，且在［-2，0］上单调递增，a=f(),b=f(),c=f(8)，则下列成立的是( )‎ A.a＞b＞c B.b＞c＞a C.b＞a＞c D.c＞a＞b 答案：B 解析：由f(x+2)=-f(x)有f(x+4)=f(x),‎ ‎∴T=4,而f（x）在R上为偶函数又在［-2，0］上单调递增，所以f(x)在［0，2］上单调递减.‎ b=f()=f(-)=f(),c=f(8)=f(-3)=f(1),a=f().‎ ‎∵＞1＞,∴b＞c＞a.‎ ‎7.设a、b、c、d∈R，m=+,n=,则( )‎ A.m＜n B.m＞n C.m≤n D.m≥n 答案：D 解析：设A(a,b),B(c,d),O(0,0),‎ ‎∵|OA|+|OB|≥|AB|,‎ ‎∴得m≥n.‎ 二、填空题（每小题5分，共15分）‎ ‎8.设x＞0,y＞0,A=,B=,则A，B的大小关系是__________________.‎ 答案：A＜B 解析：A==B.‎ ‎9.已知x2+y2=1,对于任意实数x,y恒有不等式x+y-k≥0成立，则k的最大值是____________.‎ 答案：-‎ 解析：设x=cosθ,y=sinθ,k≤x+y=sinθ+cosθ=sin(θ+),∴k≤-.∴k的最大值为-.‎ ‎10.设｛an｝是等差数列，且a12+a112≤100,记S=a1+a2+…+a11则S的取值范围是______________.‎ 答案：［-55，55］‎ 解析：由≥()2∈［-5,5］.‎ ‎∴S=a1+a2+…+a11‎ ‎=(a1+a11)+(a2+a10)+…+(a5+a7)+a6‎ ‎=(a1+a11)∈［-55,55］.‎ 三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）‎ ‎11.若x,y均为正数，且x+y＞2.‎ 求证:与中至少有一个小于2.‎ 证明：假设与均不小于2，即≥2且≥2,则1+y≥2x,1+x≥2y.相加得2+x+y≥2(x+y)，‎ 推出x+y≤2,与题设x+y≥2矛盾.故假设错误.‎ ‎12.已知an=+…+(n∈N*),求证：＜an＜对n∈N*恒成立.‎ 证明：an＞+…+=1+2+3+…+n=,‎ 而an＜［(1+2)+(2+3)+…+(n+(n+1))］=+(1+2+3+…+n)=＜.‎ ‎13.若a,b,c为三角形三边，x,y,z∈R,x+y+z=0,‎ 求证：a2yz+bzzx+c2xy≤0.‎ 证明：∵z=-x-y,‎ ‎∴a2yz+b2zx+c2xy=a2y(-x-y)+b2x(-x-y)+c2xy=-b2x2-(a2+b2-c2)yx-a2y2,‎ ‎∴原不等式f(x)=b2x2+(a2+b2-c2)yx+a2y2≥0. (*)‎ ‎∵Δ=(a2+b2-c2)2-4a2b2=［(a2+b2+2ab)-c2］［(a2+b2-2ab)-c2］=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c),‎ a,b,c为三角三边，∴Δ＜0.‎ ‎∴b2＞0,∴f(x)＞0对x∈R恒成立，即（*）表示，‎ ‎∴原不等式得证.‎ ‎14.已知：a∈R+,求证：a+≥.‎ 证明：∵a∈R+，设t=a+4a≥2=4,则左式=f(t)=t+(t≥4)‎ ‎∴f(t)=()2+2在t≥4上递增.‎ ‎∴f(t)≥f(4)=4+=得证.‎