2024-2025学年高中数学第2讲讲明不等式的基本方法第3课时分析法作业含解析新人教A版选修4-5

PAGE其次讲第3课时A．基础巩固1．(2024年景德镇校级期中)要证明x＜eq\r(y)，只要证明不等式M，不等式M不行能是()A．x2＜y B．|x|＜eq\r(y)C．－x＜eq\r(y) D．x＜0【答案】C【解析】若x2＜y，则x≤|x|＜eq\r(y)，∴x＜eq\r(y)，∴A，B都是x＜eq\r(y)的充分条件；若x＞eq\r(y)，明显有－x＜0＜eq\r(y)，故C不是x＜eq\r(y)的充分条件；若x＜0，则x＜0≤eq\r(y)，∴x＜eq\r(y)，∴D是x＜eq\r(y)的充分条件．故选C．2．(2024年张掖期中)要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq\f(a2＋b2,2)≤0C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0【答案】D3．设a＞0，b＞0且ab－(a＋b)≥1，则()A．a＋b≥2(eq\r(2)＋1) B．a＋b≤2(eq\r(2)＋1)C．a＋b≤(eq\r(2)＋1)2 D．a＋b＞2(eq\r(2)＋1)【答案】A【解析】因为a＞0，b＞0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－(a＋b)≥ab－(a＋b)≥1，即(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≥2(eq\r(2)＋1)或a＋b≤2(1－eq\r(2))(舍去)．4．已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则()A．S≥2P B．P＜S＜2PC．S＞P D．P≤S＜2P【答案】D【解析】因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac所以(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(c2＋a2)≥2ab＋2bc＋2ca，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.所以S≥P.又a2＜a(b＋c)，b2＜b(c＋a)，c2＜c(a＋b)，相加得a2＋b2＋c2＜2ab＋2bc＋2ca，所以S＜2P.5．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＞2.其中正确的有________(填序号)．【答案】①④【解析】取a＝－eq\f(1,2)，b＝－1代入验证知②③错误；①∵eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，∴a＜0，b＜0，∴ab＞0，a＋b＜0，∴a＋b＜ab，故①正确；④∵eq\f(b,a)＞0，eq\f(a,b)＞0且a≠b，由均值不等式得eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2，故④正确．6．对a，b∈R，记max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa≥b，,ba＜b，))则函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________．【答案】eq\f(3,2)【解析】在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|和y＝|x－2|的图象，数形结合可得f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤\f(1,2)))，,x＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))，))所以当x＝eq\f(1,2)时，[f(x)]min＝eq\f(3,2).7．(2024年南通模拟)设a，b为互不相等的正实数，求证：4(a3＋b3)＞(a＋b)3.【证明】因为a＞0，b＞0，所以要证4(a3＋b3)＞(a＋b)3，只要证4(a＋b)(a2－ab＋b2)＞(a＋b)3，即要证4(a2－ab＋b2)＞(a＋b)2，只需证3(a－b)2＞0，而a≠b，故3(a－b)2＞0成立．∴4(a3＋b3)＞(a＋b)3.B．实力提升8．设a，b，c均为正数且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．【证明】(1)要证eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，需证(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即证a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)，需证eq\r(ab)＞eq\r(cd)，即证ab＞cd，明显成立．(2)(充分性)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)⇒(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2⇒a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)⇒eq\r(ab)＞eq\r(cd)⇒ab＞cd.要证|a－b|＜|c－d|，需证(a－b)2＜(c－d)2，即证(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd，也就是证ab＞cd.明显成立．所以eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)⇒|a－b|＜|c－d|.(必要性)|a－b|＜|c－d|⇒(a－b)2＜(c－d)2⇒(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd⇒ab＞cd.要证eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，需证(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即证a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd)，也就是证