2024秋高中数学第二讲证明不等式的基本方法评估验收卷课堂演练含解析新人教A版选修4-5

PAGE7-评估验收卷(二)(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．设t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，则下列t与S的大小关系中正确的是()A．t＞SB．t≥SC．t＜SD．t≤S解析：t－S＝a＋2b－(a＋b2＋1)＝－(b2－2b＋1)＝－(b－1)2≤0.故应选D.答案：D2．设a＝(m2＋1)(n2＋4)，b＝(mn＋2)2，则()A．a＞b B．a＜bC．a≤b D．a≥b解析：因为a－b＝(m2＋1)(n2＋4)－(mn＋2)2＝4m2＋n2－4mn＝(2m－n)2≥0，所以a≥b.答案：D3．已知a＝eq\r(6)＋eq\r(7)，b＝eq\r(5)＋eq\r(8)，c＝5，则a，b，c的大小关系排列为()A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．b＞a＞c D．c＞a＞b解析：由已知得a2＝6＋7＋2eq\r(42)＝13＋2eq\r(42)；b2＝8＋5＋4eq\r(10)＝13＋2eq\r(40)；c2＝25＝13＋12＝13＋2eq\r(36)，因为2eq\r(36)＜2eq\r(40)＜2eq\r(42).所以a＞b＞c.答案：A4．已知a，b∈R，则使eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)成立的一个充分不必要条件是()A．ab＞0 B．ab(a－b)＞0C．b＜a＜0 D．a＞b解析：eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)⇔eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)⇔a＞b＞0或b＜a＜0或a＜0＜b，所以使eq\f(1,a3)＜eq\f(1,b3)成立的一个充分不必要条件是b＜a＜0.答案：C5．已知x＞y＞z，且x＋y＋z＝1，则下列不等式中恒成立的是()A．xy＞yz B．xz＞yzC．x|y|＞z|y| D．xy＞xz解析：法一(特别值法)令x＝2，y＝0，z＝－1，可解除A、B、C，故选D.法二3z＜x＋y＋z＜3x，所以x＞eq\f(1,3)＞z，由x＞0，y＞z，得xy＞xz.答案：D6．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b应满意的条件是()A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0且a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析：eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)⇔(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜a－b⇔3eq\r(3,ab2)＜3eq\r(3,a2b)⇔ab(a－b)＞0.当ab＞0时，a＞b；当ab＜0时，a＜b.答案：D7．已知b>a>0，且a＋b＝1，那么()A．2ab<eq\f(a4－b4,a－b)<eq\f(a＋b,2)<b B．2ab<eq\f(a＋b,2)<eq\f(a4－b4,a－b)<bC.eq\f(a4－b4,a－b)<2ab<eq\f(a－b,2)<b D．2ab<eq\f(a＋b,2)<b<eq\f(a4－b4,a－b)解析：取特别值法．令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，则2ab＝eq\f(3,8)，eq\f(a4－b4,a－b)＝eq\f(5,8)，eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)，故选B.答案：B8．若a、b、c是直角三角形的三边长，h是斜边c上的高，则有()A．a＋b＜c＋h B．a＋b＝c＋hC．a＋b≥c＋h D．a＋b＞c＋h解析：因为a，b，c为直角三角形的三边长，所以a2＋b2＝c2，所以a2＋b2＜c2＋h2，又ab＝ch，所以a2＋2ab＋b2＜c2＋2ch＋h2，所以(a＋b)2＜(c＋h)2，所以a＋b＜c＋h.答案：A9．使不等式eq\r(3)＋eq\r(8)＞1＋eq\r(a)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．故应选C.答案：C10．已知x＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b2－2)(b＜0)，则x，y之间的大小关系是()A．x＞y B．x＜yC．x＝y D．不能确定解析：因为x＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4(a＞2)．又b2－2＞－2(b＜0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b2－2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝4，所以x＞y.答案：A11．设a，b∈R＋，且a≠b，P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，则()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：P－Q＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝eq\f(a3＋b3－ab（a＋b）,ab)＝eq\f(（a＋b）（a2＋b2－2ab）,ab)＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,ab).因为a，b都是正实数，且a≠b，所以eq\f(（a＋b）（a－b）2,ab)>0.所以P>Q.答案：A12．已知a，b，c，d∈R＋且S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)，则下列推断中正确的是()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4解析：用放缩法，eq\f(a,a＋b＋c＋d)<eq\f(a,a＋b＋c)<eq\f(a,a＋c)；eq\f(b,a＋b＋c＋d)<eq\f(b,b＋c＋d)<eq\f(b,d＋b)；eq\f(c,a＋b＋c＋d)<eq\f(c,c＋d＋a)<eq\f(c,c＋a)；eq\f(d,a＋b＋c＋d)<eq\f(d,d＋a＋b)<eq\f(d,d＋b).以上四个不等式相加，得1<S<2.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．解析：“三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事务是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”．故应填三角形中至少有两个内角是钝角．答案：三角形中至少有两个内角是钝角14．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且a＜b，则eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).完成下列证明过程．因为b＋m＞0，b＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b(a＋m)＞a(b＋m)，即只需证明________．因为m＞0，所以只需证明b＞a，由已知明显成立，所以原不等式成立．解析：b(a＋m)＞a(b＋m)与bm＞am等价，因此欲证b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需证明bm＞am即可．答案：bm＞am15．已知数列{an}的通项公式an＝eq\f(an,bn＋1)，其中a，b均为正数，那么an与an＋1的大小关系是________．解析：an＋1－an＝eq\f(a（n＋1）,b（n＋1）＋1)－eq\f(an,bn＋1)＝eq\f(a,（bn＋b＋1）（bn＋1）).因为a＞0，b＞0，n＞0，n∈N＋，所以an＋1－an＞0，因此an＋1＞an.答案：an＋1＞an16．若a>b>c>0，l1＝eq\r(（c＋a）2＋b2)，l2＝eq\r(（b＋c）2＋a2)，l3＝eq\r(（a＋b）2＋c2)，则l1l2，l2l3，leq\o\al(2,2)，leq\o\al(2,3)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l1＝eq\r(20)，l2＝eq\r(18)，l3＝eq\r(26)，则l1l2＝eq\r(360)，l2l3＝eq\r(468)，leq\o\al(2,2)＝eq\r(324)，leq\o\al(2,3)＝eq\r(676)，可知leq\o\al(2,2)最小．答案：leq\o\al(2,2)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设a，b，c，d均为正数，求证：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(c2＋d2)≥eq\r(（a＋c）2＋（b＋d）2).证明：欲证eq\r(a2＋b2)＋eq\r(c2＋d2)≥eq\r(（a＋c）2＋（b＋d）2)，只需证(eq\r(a2＋b2)＋eq\r(c2＋d2))2≥(a＋c)2＋(b＋d)2，即证eq\r(（a2＋b2）（c2＋d2）)≥ac＋bd，就是证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，就是证b2c2＋a2d2≥2abcd.也就是证(bc－ad)2≥0.此式明显成立，故所证不等式成立．18．(本小题满分12分)设|a|＜1，|b|＜1，求证：|a＋b|＋|a－b|＜2.证明：当a＋b与a－b同号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b＋a－b|＝2|a|＜2；当a＋b与a－b异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|a＋b－(a－b)|＝2|b|＜2.所以|a＋b|＋|a－b|＜2.19．(本小题满分12分)若a，b，c均为正数，a＋b＋c＝3，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤3.证明：假设eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＞3，则(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＞9，即a＋b＋c＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ac)＞9，因为a＋b＋c＝3，所以eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)＞3.又因为eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，eq\r(bc)≤eq\f(b＋c,2)，eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，所以eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤a＋b＋c＝3(当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立)，这与eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)＞3冲突．故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤3.20．(本小题满分12分)已知An(n，an)为函数y1＝eq\r(x2＋1)的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y2＝x的图象上的点，设Cn＝an－bn，其中n∈N*.(1)求证：数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列．(2)试比较Cn与Cn＋1的大小．(1)证明：依据题意可知：an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，Cn＝eq\r(n2＋1)－n.假设数列{Cn}为等差数列，则2C2＝C1＋C3，即有2(eq\r(5)－2)＝eq\r(2)－1＋eq\r(10)－3，有2eq\r(5)＝eq\r(2)＋eq\r(10)，这与事实相冲突，因而不是等差数列，假设数列{Cn}为等比数列，则应有(C2)2＝C1C3，即(eq\r(5)－2)2＝(eq\r(2)－1)·(eq\r(10)－3)，这与事实相冲突，所以{Cn}不是等比数列，由以上可知数列{Cn}既不是等差数列，也不是等比数列．(2)解：因为Cn＝eq\r(n2＋1)－n>0，Cn＋1＝eq\r(（n＋1）2＋1)－(n＋1)>0，所以eq\f(Cn＋1,Cn)＝eq\f(\r(（n＋1）2＋1)－（n＋1）,\r(n2＋1)－n)＝eq\f(\r(n2＋1)＋n,\r(（n＋1）2＋1)＋（n＋1）).因为0<eq\r(n2＋1)<eq\r(（n＋1）2＋1)，0<n<n＋1，所以eq\r(n2＋1)＋n<eq\r(（n＋1）2＋1)＋n＋1，所以0<eq\f(\r(n2＋1)＋n,\r(（n＋1）2＋1)＋（n＋1）)<1，即eq\f(Cn＋1,Cn)<1，从而有Cn＋1<Cn.21．(本小题满分12分)已知x，y∈R，且|x|＜1，|y|＜1，求证：eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－xy).证明：因为|x|＜1，|y|＜1，所以eq\f(1,1－x2)＞0，eq\f(1,1－y2)＞0.所以eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）)).故要证明结论成立，只需证eq\f(2,\r(（1－x2）（1－y2）))≥eq\f(2,1－xy)成立，即证1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)成马上可，因为(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，所以(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)，所以1－xy≥eq\r(（1－x2）（1－y2）)＞0，所以不等式成立．22．(本小题满分12分)等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn.等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比为64的等比数列．(1)求an与bn；(2)证明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(3,4).(1)解：设{an}的公差为d(d∈N)，{bn