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课时提升作业(二十九)
一、选择题
+<2可选择的方法有以下几种,其中最合理的是( )
(A)综合法 (B)分析法
(C)类比法 (D)归纳法
+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc>0,用反证法证明a>0,b>0,c>0时的反设为
( )
(A)a<0,b<0,c<0
(B)a≤0,b>0,c>0
(C)a,b,c不全是正数
(D)abc<0
3.(2021·珠海模拟)设a>1>b>-1,则下列不等式恒成立的是( )
(A)< (B)>
(C)a2> (D)a>b2
<<0,则下列不等式:
①a+b<ab;②|a|>|b|;③a<b;④+>2中,正确的不等式是( )
(A)①② (B)②③
(C)①④ (D)③④
=+,q=(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为( )
(A)p≥q (B)p≤q (C)p>q (D)不确定
6.(2021·桂林模拟)“a=”是“对任意的正数x,2x+≥1”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
,b,c,d∈R,若a,1,b成等比数列,且c,1,d成等差数列,则下列不等式恒成立的是( )
(A)a+b≤2cd (B)a+b≥2cd
(C)|a+b|≤2cd (D)|a+b|≥2cd
,b为非零实数,则使不等式+≤-2成立的一个充分不必要条件是
( )
(A)ab>0 (B)ab<0
(C)a>0,b<0 (D)a>0,b>0
>b>1,P=,Q=(lga+lgb),R=lg,则( )
(A)R<P<Q (B)P<Q<R
(C)Q<P<R (D)P<R<Q
10.(力气挑战题)已知二次函数f(x)=ax2+2x+c(x∈R)的值域为[0,+∞),则+的最小值为( )
(A)4 (B)4 (C)8 (D)8
<a<b,则下列不等式中正确的是( )
(A)a<b<< (B)a<<<b
(C)a<<b< (D)<a<<b
二、填空题
≤a2,b1≥b2,则a1b1+a2b2与a1b2+a2b1的大小关系是 .
=1+++…+,B=,则A与B的大小关系是 .
14.(2021·崇左模拟)已知函数f(x)=x2-cosx,对于[-,]上的任意x1,x2,有如下条件:
①x1>x2;②>;③x1>|x2|.其中能使f(x1)>f(x2)恒成立的条件序号是 .
15.(力气挑战题)若a>0,b>0,a+b=2,则下列不等式对一切满足条件的a,b恒成立的是 (写出全部正确命题的编号).
①ab≤1;②+≤;③a2+b2≥2;④a3+b3≥3;⑤+≥2.
三、解答题
16.(力气挑战题)(1)求证:当a>1时,不等式a3+>a2+成立;
(2)要使上述不等式成立,能否将条件“a>1”适当放宽?若能,请放宽条件,并简述理由;若不能,也请说明理由;
(3)请你依据(1)(2)的结果,写出一个更为一般的结论,并予以证明.
答案解析
1.【解析】+<2,
只需证+<+.
两边平方有10+2<10+10.
即只要证2<10.
再两边平方有84<100成立.
故+<2成立.
由证明过程可知分析法最合理.
2.【解析】,故反设为a,b,c不全是正数.
3.【解析】<0,则<0,∴>,故A不正确.
若b>0,由a>1>b>0,得<,故B也不正确.
当a=2,b=时,a2=4<9=,故C也不正确.
∵-1<b<1,∴0≤b2<1,∴a>1>b2,故D正确.
4.【解析】选C.∵<<0,∴a<0,b<0,
-=<0,
∴b-a<0,即b<a<0,
故③不正确.
∴|b|>|a|,故②不正确,
ab>0,a+b<0,故①正确,
∴>0,>0,又a≠b,
∴+>2=2,故④正确.
5.【解析】=≥
=+=p.
6.【解析】:“a=”,q:“对任意的正数x,2x+≥1”.若p成立,则a=,则2x+=2x+≥2=1,即q成立,pq;
若q成立,则2x2-x+a≥0恒成立,解得a≥,
∴qp,
∴p是q的充分不必要条件.
7.【解析】,ab=1,c+d=2.
故|a+b|≥2=2,cd≤()2=1.
∴|a+b|≥2cd.
8.【解析】选C.∵与同号,由+≤-2,知<0,<0,即ab<<0,则<0,<0.
∴+=-[(-)+(-)]
≤-2=-2,
综上,ab<0是+≤-2的充要条件,
∴a>0,b<0是+≤-2的一个充分不必要条件.
9.【解析】选B.∵lga>lgb>0,
∴(lga+lgb)>,即Q>P,
又∵a>b>1,∴>,
∴lg>lg=(lga+lgb),
即R>Q,∴有P<Q<R,选B.
10.【思路点拨】结合“二次函数f(x)=ax2+2x+c(x∈R)的值域为[0,+∞)”建立a与c的关系,并用均值不等式求解.
【解析】选A.∵f(x)=ax2+2x+c的值域为[0,+∞),
则由Δ=0,a>0得c=,
∴+=+=a2+a++
=(a2+)+(a+)≥4(当且仅当a=,即a=1时取等号).
11.【解析】∵0<a<b,
∴ab<b2,a2<ab,2a<a+b<2b,
∴a<<b,a<<b,又>,
∴a<<<b.
方法二(特值法):∵0<a<b,取a=1,b=4,
则=2,=,
∴当a=1,b=4时,a<<<b,否定A,C,D,故选B.
12.【解析】a1b1+a2b2-(a1b2+a2b1)=(a1-a2)(b1-b2),
由于a1≤a2,b1≥b2,所以a1-a2≤0,b1-b2≥0,
于是(a1-a2)(b1-b2)≤0,故a1b1+a2b2≤a1b2+a2b1.
答案:a1b1+a2b2≤a1b2+a2b1
13.【解析】A=1+++…+≥+++…+==B.
答案:A≥B
14.【解析】∵f(-x)=x2-cosx=f(x),且x∈[-,],
∴f(x)为偶函数,
又∵f'(x)=2x+sinx,当x∈[0,]时,f'(x)≥0,
∴f(x)在[0,]上单调递增,
结合f(x)的性质可知f(x)在[-,0]上单调递减,
明显当>时,有|x1|>|x2|,
从而f(x1)>f(x2),
当x1>|x2|时,也有f(x1)>f(x2),
故使f(x1)>f(x2)恒成立的条件为②③.
答案:②③
15.【解析】令a=b=1,排解②.
由2=a+b≥2ab≤1,①正确.
a2+b2=(a+b)2-2ab=4-2ab≥2,③正确.
∵a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)
=(a+b)[(a+b)2-3ab]
≥(a+b)[(a+b)2-3()2]
=2×(4-3)=2,④错误.+==≥2,⑤正确.
答案:①③⑤
16.【思路点拨】(1)用比较法证明.(2)结合(1)的证明过程给出放宽条件及其理由.(3)结合类比归纳原理进行归纳,并给出理由.
【解析】(1)a3+-a2-=(a-1)(a5-1).
由于a>1,所以(a-1)(a5-1)>0,故原不等式成立.
(2)由于a-1与a5-1对于任意的a>0且a≠1都保持同号,所以上述不等式对任何a>0且a≠1都成立,故条件可以放宽为a>0且a≠1.
(3)依据(1)(2)的证明,可推知:
若a>0且a≠1,m>n>0,则有am+>an+.
证明如下:
左边-右边=am-an+-
=an(am-n-1)-(am-n-1)
=(am-n-1)(am+n-1),
若a>1,则由m>n>0得am-n-1>0,am+n-1>0,
知不等式成立;
若0<a<1,则由m>n>0得-1<am-n-1<0,-1<am+n-1<0,知不等式成立.
综上,a>0且a≠1,m>n>0时,有am+>an+.
【方法技巧】证明不等式的方法选择
(1),宜用作商法.
(2)不等式一边为多项高次,另一边为低次或单项,宜用综合法.
(3)不等式两边为分数指数或分式形式的多项式,宜用分析法.
(4)直接证明不等式较困难或含有“至多”“至少”等问题的不等式证明宜用反证法.
【变式备选】我们将具有下列性质的全部函数组成集合M:函数y=f(x)(x∈D),对任意x,y,∈D均满足f()≥[f(x)+f(y)],当且仅当x=y时等号成立.
(1)若定义在(0,+∞)上的函数f(x)∈M,试比较f(3)+f(5)与2f(4)的大小.
(2)给定两个函数:f1(x)=(x>0),f2(x)=logax(a>1,x>0).证明:f1(x) M,f2(x)∈M.
(3)试利用(2)的结论解决下列问题:若实数m,n满足2m+2n=1,求m+n的最大值.
【解析】(1)≤f(),
即f(3)+f(5)≤2f(4),
但3≠5,所以f(3)+f(5)<2f(4).
(2)①对于f1(x)=(x>0),取x=1,y=2,
则f1()=f1()=,
[f1(x)+f1(y)]=×(1+)=,
所以f()<[f(x)+f(y)],所以f1(x) M.
②对于f2(x)=logax(a>1,x>0),任取x,y∈(0,+∞),则f()=loga,
∵≥,而函数f2(x)=logax(a>1,x>0)是增函数,
∴loga≥loga,即loga≥loga(xy)=(logax+logay),
则f2()≥[f2(x)+f2(y)],即f2(x)∈M.
(3)设x=2m,y=2n,则m=log2x,n=log2y,且x+y=1,
由(2)知:函数g(x)=log2x满足g()≥[g(x)+g(y)].
得log2≥[log2x+log2y],即log2≥(m+n),则m+n≤-2,
当且仅当x=y,即2m=2n=,即m=n=-1时,m+n有最大值为-2.
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