【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)基础巩固：第13章-选修4-5-第2节-不等式的证明

第十三章选修4－5其次节一、选择题1．若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y≥－2，则()A．x>0，y>0 B．x<0，y<0C．x>0，y<0 D．x<0，y>0[答案]A[解析]x，y异号时，明显与xy>1冲突，所以可排解C、D．假设x<0，y<0，则x<eq\f(1,y).∴x＋y<y＋eq\f(1,y)≤－2与x＋y≥－2冲突，故假设不成立．又xy≠0，∴x>0，y>0.2．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是()A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定[答案]A[解析]M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)＝eq\f(1,2)[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]＝eq\f(1,2)[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0.故M≥N.3．(2022·南昌第一次模拟)若x>1，则函数y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16x,x2＋1)的最小值为()A．16 B．8C．4 D．非上述状况[答案]B[解析]y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16x,x2＋1)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16,x＋\f(1,x))≥2eq\r(16)＝8，当且仅当x＝2＋eq\r(3)时等号成立．二、填空题4．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列四个结论：①|a|>|b|；②a＋b<ab；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2；④eq\f(a2,b)<2a－B．其中正确的是________．[答案]②③④[解析]取特殊值a＝－1，b＝－2，代入验证得②③④正确．5．若T1＝eq\f(2s,m＋n)，T2＝eq\f(sm＋n,2mn)，则当s，m，n∈R＋时，T1与T2的大小为________．[答案]T1≤T2[解析]由于eq\f(2s,m＋n)－eq\f(sm＋n,2mn)＝s·eq\f(4nm－m＋n2,2mnm＋n)＝eq\f(－sm－n2,2mnm＋n)≤0.所以T1≤T2.6．设0<x<1，则a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一个是________．[答案]c[解析]由a2＝2x，b2＝1＋x2＋2x>a2，a>0，b>0，得b>A．又c－b＝eq\f(1,1－x)－(1＋x)＝eq\f(1－1－x2,1－x)＝eq\f(x2,1－x)>0，得c>b，知c最大．三、解答题7．已知实数x，y满足：|x＋y|<eq\f(1,3)，|2x－y|<eq\f(1,6)，求证：|y|<eq\f(5,18).[解析]由于3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|<eq\f(1,3)，|2x－y|<eq\f(1,6)，从而3|y|<eq\f(2,3)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，所以|y|<eq\f(5,18).8．(2022·新课标Ⅰ)若a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\r(ab)(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由[解析](1)由eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，得ab≥2，且当a＝b＝eq\r(2)时等号成立．故a3＋b3≥2eq\r(a3b3)≥4eq\r(2)，且当a＝b＝eq\r(2)时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4eq\r(2).(2)由(1)知，2a＋3b≥2eq\r(6)eq\r(ab)≥4eq\r(3).由于4eq\r(3)>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.一、选择题1．已知a>0，且M＝a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3，N＝a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2，则M与N的大小关系是()A．M≥N B．M>NC．M≤N D．M<N[答案]B[解析]取两组数：a，a＋1，a＋2与a2，(a＋1)2，(a＋2)2，明显a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3是挨次和；而a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2是乱序和，由排序不等式易知此题中，“挨次和”大于“乱序和”．故应选B．2．若长方体从一个顶点动身的三条棱长之和为3，则其对角线的最小值为()A．3 B．eq\r(3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(\r(3),3)[答案]B[解析]不妨设长方体同一顶点动身的三条棱长分别为a，b，c，则a＋b＋c＝3，其对角线长l＝eq\r(a2＋b2＋c2)≥eq\r(\f(1,3)a＋b＋c2)＝eq\r(3)，当且仅当a＝b＝c＝1时，对角线长取得最小值eq\r(3)，故选B．3．(2021·黄冈模拟)若不等式eq\f(t,t2＋9)≤a≤eq\f(t＋2,t2)在t∈(0,2]上恒成立，则a的取值范围是()A．[eq\f(1,6)，1] B．[eq\f(2,13)，1]C．[eq\f(1,6)，eq\f(4,13)] D．[eq\f(1,6)，2eq\r(2)][答案]B[解析]由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,t＋\f(9,t))，,a≤\f(1,t)＋2\f(1,t)2，))对任意t∈(0,2]恒成立，于是只要当t∈(0,2]时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,t＋\f(9,t))max，,a≤[\f(1,t)＋2\f(1,t)2]min，))记f(t)＝t＋eq\f(9,t)，g(t)＝eq\f(1,t)＋2(eq\f(1,t))2，可知两者都在(0,2]上的单调递减，f(t)min＝f(2)＝eq\f(13,2)，g(t)min＝g(2)＝1，所以a∈[eq\f(2,13)，1]，选B．二、填空题4．设x＞0，y＞0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，则M、N的大小关系是________．[答案]M<N[解析]N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)>eq\f(x,2＋x＋y)＋eq\f(y,2＋x＋y)＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)＝M.5．若a，b∈R＋，且a≠b，M＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，则M、N的大小关系为________．[答案]M>N[解析]∵a≠b，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)>2eq\r(a)，eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)>2eq\r(b)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)>2eq\r(a)＋2eq\r(b).∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(1,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).即M>N.6．(2022·陕西高考)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则eq\r(m2＋n2)的最小值为________．[答案]eq\r(5)[解析]解法1：在平面直角坐标系aob中，由条件知直线ma＋nb＝5与圆a2＋b2＝5有公共点，∴eq\f(5,\r(m2＋n2))≤eq\r(5)，∴eq\r(m2＋n2)≥eq\r(5)，∴eq\r(m2＋n2)的最小值为eq\r(5).解法2：由柯西不等式：eq\r(a2＋b2)·eq\r(m2＋n2)≥ma＋nb，∴eq\r(m2＋n2)≥eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).三、解答题7．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m.求证：a＋2b＋3c≥[分析](1)应用确定值不等式的解法确定m的值；(2)利用柯西不等式证明．[解析](1)由于f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)证法一：由(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈R＋，a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c))＝1＋1＋1＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,2b)＋eq\f(3c,a)＋eq\f(a,3c)＋eq\f(3c,2b)＋eq\f(2b,3c)≥3＋2＋2＋2＝9.证法二：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c))≥(eq\r(a)·eq\f(1,\r(a))＋eq\r(2b)·eq\f(1,\r(2b))＋eq\r(3c)·eq\f(1,\r(3c)))2＝9.8．(2022·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,3).[解析](1)令n＝1得：Seq\o\al(2,1)－(－1)S1－3×2＝0，即Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，∴(S1＋3)(S1－2)＝0，∵S1>0，∴S1＝2，即a1＝2.(2)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，得：(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，∵an>0(n∈N*)，Sn>0，从而Sn＋3>0，∴Sn＝n2＋n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，又a1＝2＝2×1，∴an＝2n(n∈N*)．(3)当k∈N*时，k2＋eq\f(k,2)>k2＋eq\f(k,2)－eq\f(3,16)＝(k－eq\f(1,4))(k＋eq\f(3,4))，∴eq\f(1,akak＋1)＝eq\f(1,2k2k＋1)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,kk＋\f(1,2))<eq\f(1,4)·eq\f(1,k－\f(1,4)k＋\f(3,4))＝eq\f(1,4)·eq\f(1,k－\f(1,4)·[k＋1－\f(1,4)])＝eq\f(1,4)·[eq\f(1,k－\f(1,4))－eq\f(1,k＋1－\f(1,4))]∴eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a