高中数学 第2章 几个重要的不等式 学业分层测评7 综合法与分析法 北师大版选修45

第二章 几个重要的不等式(时间：100分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1.已知a ，b ，c 都是正数，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式中正确的是( ) A.(a ＋b ＋c )2≥3 B.a 2＋b 2＋c 2≥2 C.1a ＋1b ＋1c≤2 3D.a ＋b ＋c ≤13abc解析 用3(ab ＋bc ＋ca )≤(a ＋b ＋c )2≤3(a 2＋b 2＋c 2)易得. 答案 A2.若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为( )A.16B.8C.4D.非上述情况解析 y ＝x ＋1x ＋16x ＋1x，令t ＝x ＋1x >2(因x >1).∴y ＝t ＋16t ≥216＝8.当且仅当t ＝16t，即t ＝4时取等号.答案 B3.若a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值是( ) A.2 B.32 C. 3D.53解析 (1·a ＋1·b ＋1·c )2≤(12＋12＋12)(a ＋b ＋c )＝3 因此，a ＋b ＋c ≤ 3. 当且仅当a1＝b1＝c1，即a ＝b ＝c ＝13时取等号. 答案 C4.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，A ＝a 3＋b 3＋c 3，B ＝a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，则A 与B 的大小关系为( ) A.A ≥B B.A ≤BC.A ＝BD.A 与B 的大小不确定解析 取两组数：a ，b ，c 与a 2，b 2，c 2，显然a 3＋b 3＋c 3是顺序和，a 2b ＋b 2c ＋c 2a 是乱序和，所以a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a ，即A ≥B . 答案 A5.用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n>n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是( ) A.1 B.大于1且小于10的某个自然数 C.10 D.11答案 C6.已知函数f (x )＝22－x ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝f (1)，当n ≥2时，S n －2f （a n ）＝12(n 2＋5n －2)，则通过计算a 1，a 2，a 3的值，猜想{a n }的通项公式a n 等于( ) A.n ＋1 B.n －1 C.n ＋2 D.n －2答案 A7.设a ，b ，c ，d 为正数，a ＋b ＋c ＋d ＝1，则a 2＋b 2＋c 2＋d 2的最小值为( ) A.12 B.14 C.1D.34解析 由柯西不等式(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)(12＋12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋c ＋d )2，因为a ＋b ＋c ＋d ＝1，于是由上式得 4(a 2＋b 2＋c 2＋d 2)≥1，于是a 2＋b 2＋c 2＋d 2≥14，当且仅当a ＝b ＝c ＝d ＝14时取等号.答案 B8.设a 1，a 2，a 3为正数，m ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2，n ＝a 1＋a 2＋a 3，则m 与n 的大小关系为( ) A.m ≤n B.m ≥n C.m >nD.m ＝n解析 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2.由排序不等式：顺序和≥乱序和，得： a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2 ＝a 1＋a 2＋a 3.故选B. 答案 B9.用数学归纳法证明“1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ”时，由n ＝k的假设证明n ＝k ＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( )A.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1B.1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 C.1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1 D.1k ＋2＋…＋12k ＋1＋12k ＋2答案 D10.用数学归纳法证明命题“1＋12＋13＋…＋12n >n2 (n ∈N ＋)”时，命题在n ＝k ＋1时的形式是( )A.1＋12＋13＋…＋12k ＋1>k ＋12B.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1>k ＋12C.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2>k ＋12D.1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12答案 D二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)11.用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是________.解析 当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋3. 答案122＋132＋142＋…＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋312.设x 2＋2y 2＝1则u (x ，y )＝x ＋2y 的最小值是________；最大值是________.解析 由柯西不等式，有|u (x ，y )|＝|1·x ＋2·2y |≤1＋2·x 2＋2y 2＝3得u min ＝－3，u max ＝3分别在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33时取得. 答案 － 3313.已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1c 的最小值是________.解析 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋c a ＋a c ，∴1a ＋1b＋1c≥3＋2＋2＋2＝9，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥9＋1＝10.答案 1014.设实数a 1，a 2，a 3满足条件a 1＋a 2＋a 3＝2，则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1的最大值为________. 解析 由柯西不等式，(a 21＋a 22＋a 23)(12＋12＋12) ≥(a 1＋a 2＋a 3)2＝4，于是a 21＋a 22＋a 23≥43.故a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 1＝12[(a 1＋a 2＋a 3)2－(a 21＋a 22＋a 23)]＝12×22－12(a 21＋a 22＋a 23)≤2－12×43＝43. 答案 4315.函数y ＝cos 2x (1＋sin x )的最大值为__________.解析 y ＝(1－sin 2x )(1＋sin x )＝(1－sin x )(1＋sin x )·(1＋sin x )＝ 4(1－sin x )·1＋sin x 2·1＋sin x 2≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－sin x ＋1＋sin x 33＝4×827＝3227 等号成立⇔1－sin x ＝1＋sin x 2⇔sin x ＝13.答案322716.已知函数f (x )＝2xx ＋2，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (a n －1) (n >1，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为__________. 答案 a n ＝2n ＋1三、解答题(本大题共4小题，每小题10分，共40分) 17.利用柯西不等式解方程：21－x ＋2x ＋3＝15. 解 由柯西不等式(21－x ＋2x ＋3)2＝(21－x ＋2·x ＋32)2≤[22＋(2)2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－x ）2＋⎝⎛⎭⎪⎫x ＋322 ＝6×⎝⎛⎭⎪⎫1－x ＋x ＋32＝6×52＝15.等号成立⇔1－x2＝x ＋322⇔1－x 4＝x ＋322⇔x ＝－23.经检验，x ＝－23为原方程的根.18.已知a ，b ，c 为正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .证明 根据所证明的不等式中a ，b ，c 的“地位”的对称性，不妨设a ≥b ≥c ，则1a ≤1b ≤1c，bc ≤ca ≤ab ，由排序原理：顺序和≥乱序和，得bc a ＋ca b ＋ab c ≥bc c ＋ca a ＋ab b ，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2abc≥a ＋b ＋c ， ∵a ，b ，c 为正数，∴abc >0，a ＋b ＋c >0.于是b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .19.设a 1，a 2，…，a n 是几个不相同的正整数，用排序不等式证明：1＋12＋13＋…＋1n ≤a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn2.证明 设b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的一个排列，且满足b 1<b 2<…<b n ，因b 1，b 2，…，b n 是互不相同的正整数，故b 1≥1，b 2≥2，…，b n ≥n .又因为1>122>132>…>1n 2，故由排序不等式；得a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2≥b 1＋b 222＋b 332＋…＋b n n 2≥1×1＋2×122＋3×132＋…＋n ·1n 2＝1＋12＋13＋…＋1n.20.已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N ＋)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数. (1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足： 若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6； 若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a.若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b.若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；c.若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；d.若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；e.若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；f.若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立.综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.。

学习资料专题2.3.1 数学归纳法课后篇巩固探究A组1.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)·(2n+1),在验证n=1成立时,左边所得的代数式为()A.1B.1+3C.1+2+3D.1+2+3+4解析:当n=1时左边有2n+1=2×1+1=3,所以左边所得的代数式为1+2+3.答案:C2.已知n是正奇数,用数学归纳法证明时,若已假设当n=k(k≥1且为奇数)时命题为真,则还需证明()A.n=k+1时命题成立B.n=k+2时命题成立C.n=2k+2时命题成立D.n=2(k+2)时命题成立解析:因为n是正奇数,所以只需证明等式对所有奇数都成立,又k的下一个奇数是k+2,故选B.答案:B3.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k(k≥1)的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是()A.(k+1)2+2k2B.(k+1)2+k2C.(k+1)2D.(k+1)[2(k+1)2+1]解析:当n=k(k≥1)时,左边为12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边为12+22+…+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,分析等式变化规律可知左边实际增加的是(k+1)2+k2.答案:B4.下列代数式(其中k∈N+)能被9整除的是()A.6+6·7kB.2+7k-1C.2(2+7k+1)D.3(2+7k)解析:(1)当k=1时,显然只有3(2+7k)能被9整除.(2)假设当k=n(n∈N+,n≥1)时,命题成立,即3(2+7k)能被9整除,则当k=n+1时,3(2+7k+1)=21(2+7k)-36也能被9整除,即当k=n+1时,命题也成立.由(1)(2)可知,命题对任何k∈N+都成立.答案:D5.用数学归纳法证明:1-+…++…+,第一步应验证的等式是.解析:当n=1时,等式的左边为1-,右边=,所以左边=右边.答案:1-6.若凸n(n≥4)边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线条数f(n+1)为. 解析:由题意知f(n+1)-f(n)=n-1,故f(n+1)=f(n)+n-1.答案:f(n)+n-17.若s(n)=1++…+(n∈N+),则s(5)-s(4)=.解析:依题意,s(5)=1++…+,s(4)=1++…+,于是s(5)-s(4)=.答案:8.已知f(n)=(2n+7)×3n+9(n∈N+),用数学归纳法证明f(n)能被36整除.证明(1)当n=1时,f(1)=(2+7)×3+9=36,能被36整除,结论成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥2)时,结论成立,即f(k)=(2k+7)×3k+9能被36整除,则当n=k+1时,f(k+1)=[2(k+1)+7]×3k+1+9=(2k+7)×3k+1+2×3k+1+9=(2k+7)×3k×3+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]-27+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).因为3k-1-1(k∈N+,k≥2)是2的倍数,所以18(3k-1-1)能被36整除,即当n=k+1时,结论也成立.根据(1)和(2),可知对一切正整数n,都有f(n)=(2n+7)×3n+9能被36整除.9.用数学归纳法证明:12-22+32-42+…+(-1)n-1n2=(-1)n-1·(n∈N+).证明(1)当n=1时,左边=12=1,右边=(-1)0×=1,左边=右边,等式成立.(2)假设n=k(k∈N+)时,等式成立,即12-22+32-42+…+(-1)k-1k2=(-1)k-1·.则当n=k+1时,12-22+32-42+…+(-1)k-1k2+(-1)k(k+1)2=(-1)k-1·+(-1)k(k+1)2=(-1)k(k+1)·=(-1)k·.因此当n=k+1时,等式也成立,根据(1)(2)可知,对于任何n∈N+等式成立.10.导学号35664042已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且+2a n=4S n.(1)计算a1,a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的结论.解(1)当n=1时,+2a1=4S1,即+2a1=4a1,即-2a1=0,解得a1=2(a1=0舍去);当n=2时,+2a2=4S2,即+2a2=4(2+a2),即-2a2-8=0,解得a2=4(a2=-2舍去);当n=3时,+2a3=4S3,即+2a3=4(2+4+a3),即-2a3-24=0,解得a3=6(a3=-4舍去);当n=4时,+2a4=4S4,即+2a4=4(2+4+6+a4),即-2a4-48=0,解得a4=8(a4=-6舍去).由以上结果猜想数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N+).(2)下面用数学归纳法证明{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N+).①当n=1时,a1=2,由(1)知,结论成立.②假设当n=k(k∈N+)时,结论成立,即a k=2k,这时有+2a k=4S k,即S k=k2+k.则当n=k+1时,+2a k+1=4S k+1,即+2a k+1=4(S k+a k+1),所以-2a k+1=4k2+4k,解得a k+1=2k+2=2(k+1)(a k+1=-2k舍去).故当n=k+1时,结论也成立.由①②可知,结论对任意n∈N+都成立.B组1.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1(n∈N+)”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为()A.1B.1+2C.1+2+22D.1+2+22+23解析:当n=1时,左边为1+2+22+23.答案:D2.设平面内有k条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,设k条直线的交点个数为f(k),则f(k+1)与f(k)的关系是()A.f(k+1)=f(k)+k+1B.f(k+1)=f(k)+k-1C.f(k+1)=f(k)+kD.f(k+1)=f(k)+k+2解析:当n=k+1时,任取其中1条直线,记为l,则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k),因为已知任何两条直线不平行,所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点).又因为已知任何三条直线不过同一点,所以上面的k个交点两两不相同,且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同,从而平面内交点的个数是f(k)+k=f(k+1).答案:C3.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N+都成立,则a,b,c的值为()A.a=,b=c=B.a=b=c=C.a=0,b=c=D.不存在这样的a,b,c解析:由于该等式对一切n∈N+都成立,不妨取n=1,2,3,则有解得a=,b=c=.答案:A4.在数列{a n}中,a1=,且S n=n(2n-1)a n(n∈N+),通过求a2,a3,a4,猜想a n的表达式为. 解析:由a1=,S n=n(2n-1)a n求得a2=,a3=,a4=.猜想a n=(n∈N+).答案:a n=(n∈N+)5.已知数列{a n}满足a1=1,a n=3n-1+a n-1(n≥2).(1)求a2,a3;(2)证明:a n=(n∈N+).(1)解由a1=1,得a2=3+1=4,a3=32+4=13.(2)证明①当n=1时,a1=1=.故命题成立.②假设当n=k(k≥1)时命题成立,即a k=.那么当n=k+1时,a k+1=a k+3k=+3k=,即当n=k+1时,命题也成立.由①②知,命题对n∈N+都成立,即a n=(n∈N+).6.导学号35664043设a n=1++…+(n∈N+),是否存在关于n的整式g(n),使得等式a1+a2+a3+…+a n-1=g(n)·(a n-1)对大于1的一切自然数n都成立?证明你的结论.解假设g(n)存在,则当n=2时,a1=g(2)(a2-1),即1=g(2),故g(2)=2.当n=3时,a1+a2=g(3)(a3-1),即1+=g(3),故g(3)=3.当n=4时,a1+a2+a3=g(4)(a4-1),即1+=g(4),故g(4)=4.由此猜想g(n)=n(n≥2,n∈N+).下面用数学归纳法证明当n≥2,n∈N+时,等式a1+a2+…+a n-1=n(a n-1)成立.(1)当n=2时,a1=1,g(2)(a2-1)=2×=1,结论成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥2)时结论成立,即a1+a2+…+a k-1=k(a k-1)成立.那么当n=k+1时,a1+a2+…+a k-1+a k=k(a k-1)+a k=(k+1)a k-k=(k+1)a k-(k+1)+1=(k+1)·=(k+1)(a k+1-1),说明当n=k+1时,结论成立.由(1)(2)可知,对一切大于1的自然数n,存在g(n)=n,使等式a1+a2+…+a n-1=g(n)(a n-1)成立.。

【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第2章 几个重要的不等式学业分层测评9 不等式的应用 北师大版选修4-5(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．某商场中秋前30天月饼销售总量f (t )与时间t (0<t ≤30)的关系大致满足f (t )＝t 2＋10t ＋16，则该商场前t 天平均售出(如前10天的平均售出为f10)的月饼最少为( )A ．18B ．27C ．20D ．16【解析】 平均销售量y ＝f t t ＝t 2＋10t ＋16t ＝t ＋16t ＋10≥18.当且仅当t ＝16t ，即t ＝4∈1,30]等号成立，即平均销售量的最小值为18. 【答案】 A2．爬山是一种简单有趣的野外运动，有益于身体健康，但要注意安全，准备好必需物品，控制好速度．现有甲、乙两人相约爬山，若甲上山的速度为v 1，下山(原路返回)的速度为v 2(v 1≠v 2)，乙上下山的速度都是12(v 1＋v 2)(两人途中不停歇)，则甲、乙两人上下山所用时间t 1，t 2的关系为( )A ．t 1＞t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＝t 2D ．不能确定【解析】 设s 为上山路程，则下山路程亦为s .t 1＝s v 1＋s v 2＞2s 2v 1v 2＝2s v 1v 2， t 2＝2s 12v 1＋v 2＝4s v 1＋v 2＜4s 2v 1v 2＝2sv 1v 2， ∴t 1＞t 2. 【答案】 A3．已知圆柱的轴截面周长为6，体积为V ，则下列总成立的是( ) A ．V ≥π B ．V ≤π C ．V ≥18πD ．V ≤18π【解析】 设圆柱的底面半径为r ，则高h ＝6－4r2＝3－2r .∴V ＝πr 2(3－2r )＝πr ·r (3－2r )≤π⎝ ⎛⎭⎪⎫333＝π. 【答案】 B4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10 km 处建仓库，那么这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5 km 处B ．4 km 处C ．3 km 处D ．2 km 处【解析】 设仓库到车站的距离为x km ，y 1＝k 1x ，y 2＝k 2x .依题意，得2＝k 110，8＝10k 2，∴k 1＝20，k 2＝45.令y ＝y 1＋y 2＝20x ＋45x .∵20x ＋45x ≥220x ·45x ＝8，当且仅当20x ＝45x ，即x ＝5时，等号成立，∴当x ＝5时，费用最少．【答案】 A5．某人要买房，随着楼层的升高，上下楼耗费的精力增多，因此不满意度升高，当住第n 层楼时，上下楼造成的不满意度为n ，但高处空气清新，嘈杂音较小，环境较为安静，因此随楼层升高，环境不满程度降低，设住第n 层楼时，环境不满意程度为8n，则此人应选( )A ．1楼B ．2楼C ．3楼D ．4楼【解析】 此人不满意程度越小，楼层越好，设y ＝n ＋8n，可求出此函数的单调减区间为(0,22)，增区间为22，＋∞)，当n ＝2时，y ＝6，当n ＝3时，y ＝523，因此3层楼不满意度最小．【答案】 C 二、填空题6．若关于x 的不等式x 2－ax －6a ＜0有解，且解集的区间长度不超过5个单位，则正实数a 的取值范围是________．【解析】 设不等式x 2－ax －6a ＜0的解集为(x 1，x 2)， 则x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝－6a . ∴|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝a 2＋24a ，依题意，0＜a 2＋24a ≤5,0＜a ≤1.【答案】 (0,1]7．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x ＝________吨.【导学号：94910027】【解析】 一年购买400x 次，总运费是4·400x ＝1 600x万元，总存储费4x 万元．∴一年的总费用t ＝4x ＋1 600x 取最小值时，有4x ＝1 600x，∴x ＝20.【答案】 208．在如图1­5­3所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x 为________(m)．图1­5­3【解析】 设矩形花园的宽为y m ，则x 40＝40－y 40，即y ＝40－x ，矩形花园的面积S ＝x (40－x )＝－x 2＋40x ＝－(x －20)2＋400，当x ＝20 m 时，面积最大．【答案】 20 三、解答题9．某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最高为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x 元．公司拟投入16(x 2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x 万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，并求出此时商品的每件定价．【解】 (1)设每件定价为x 元，依题意，有⎝⎛⎭⎪⎫8－x －251×0.2x ≥25×8，整理得x 2－65x ＋1 000≤0，解得25≤x ≤40.∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最高为40元．(2)依题意，x >25时，不等式ax ≥25×8＋50＋16(x 2－600)＋15x 有解，等价于x >25时，a ≥150x ＋16x ＋15有解，∵150x ＋16x ≥2150x ·16x ＝10(当且仅当x ＝30时，等号成立)，∴a ≥10.2. ∴当该商品明年的销售量a 至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．10．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元，该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．【解】 (1)由题设，隔热层厚度为x cm 时，每年能源消耗费用为C (x )＝k3x ＋5，再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5. 而建造费用为C 1(x )＝6x .∴隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)． (2)f (x )＝8003x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋2(3x ＋5)－10≥2 1 600－10＝70， 当且仅当8003x ＋5＝2(3x ＋5)，即x ＝5时取最小值．∴当隔热层修建5 cm 厚时，总费用最小为70万元．能力提升]1．某城市为控制用水，计划提高水价，现有四种方案，其中提价最多的方案是(已知0＜q ＜p ＜1)( )A ．先提价p %，再提价q %B ．先提价q %，再提价p %C ．分两次都提价 q 2＋p 22%D ．分两次都提价p ＋q2%【解析】a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab ，由题可知，A ，B 两次提价均为(1＋p %)(1＋q %)相等，C 提价⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2＋q 22%2，D 提价⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2%2， p ＋q2＜p 2＋q 22⇒(1＋p %)(1＋q %)＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2%2＜⎝⎛⎭⎪⎫1＋ p 2＋q 22%2，则提价最多为C.【答案】 C2．已知M 是△ABC 内的一点，且AB →·AC →＝23，∠BAC ＝30°，若△MBC ，△MCA 和△MAB 的面积分别为12，x ，y ，则1x ＋4y的最小值是( )A ．20B ．18C ．16D ．19【解析】 由AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos 30°＝23得|AB →|·|AC →|＝4， S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin 30°＝1，由12＋x ＋y ＝1，得x ＋y ＝12. 所以1x ＋4y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ·(x ＋y )＝2⎝⎛⎭⎪⎫5＋y x＋4x y ≥2×(5＋2×2)＝18. 【答案】 B 3．设a ＞0，b ＞0，称2aba ＋b为a ，b 的调和平均数．如图1­5­4所示，C 为线段AB 上的点，且AC ＝a ，CB ＝b ，O 为AB 中点，以AB 为直径作半圆．过点C 作AB 的垂线交半圆于D ，连接OD ，AD ，BD .过点C 作OD 的垂线，垂足为E .则图中线段OD 的长度是a ，b 的算术平均数，线段________的长度是a ，b 的几何平均数，线段________的长度是a ，b 的调和平均数．图1­5­4【解析】 在Rt△ABD 中，CD 是斜边AB 上的高， 所以CD 2＝AC ·CB ， 所以CD ＝AC ·CB ＝ab ，所以线段CD 的长度是a ，b 的几何平均数． 在Rt△OCD 中， 因为CE ⊥OD ， 所以DE CD ＝CD OD，所以线段DE ＝CD 2OD ＝ab a ＋b 2＝2aba ＋b.所以线段DE 的长度是a ，b 的调和平均数． 【答案】 CD DE4．提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况．在一般情况下，大桥上的车流速度v (单位：千米/小时)是车流密度x (单位：辆/千米)的函数，当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究表明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．(1)当0≤x ≤200时，求函数v (x )的表达式；(2)当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f (x )＝x ·v (x )可以达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)【解】 (1)由题意，当0≤x ≤20时，v (x )＝60；当20≤x ≤200时，设v (x )＝ax ＋b ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v (x )的表达式为v (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0≤x <20，13－x ，20≤x ≤200.(2)依题意并由(1)可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧60x ，0≤x <20，13x －x ，20≤x ≤200.当0≤x ≤20时，f (x )为增函数，故当x ＝20时，f (x )取得最大值为60×20＝1 200；当20≤x ≤200时，f (x )＝13x (200－x )≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋－x 22＝10 0003， 当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．所以，当x ＝100时，f (x )在区间20,200]上取得最大值10 0003.综上，当x ＝100时，f (x )在区间0,200]上取得最大值10 0003≈3 333， 即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/小时．。

数学归纳法一、1. f ( n)＝1＋1＋1＋⋯＋1( n∈ N＋ ) ，那么f ( n＋ 1) －f ( n) 等于 ()n＋1n＋2n＋32n11A.2n＋1B.2n＋ 21111C.2n＋1＋2n＋2D.2n＋ 1－2n＋ 2 1111解析 f ( n)＝n＋1＋n＋2＋n＋3＋⋯＋2nf (＋1) ＝1＋1＋⋯＋1＋1＋1n n＋2n＋32n 2n＋12n＋211111∴f ( n＋ 1) － f ( n) ＝2n＋1＋2n＋2－n＋1＝2n＋1－2n＋2， D.答案D2. 用数学法明：“2n＋ 11－an＋ 21＋a＋a＋⋯＋a＝1－a( a≠ 1) ”在n＝ 1 ，左端算所得的 ()B.1 ＋aC.1 ＋a＋a2D.1 ＋a＋a2＋a3解析当 n＝1， a n＋1＝ a2，∴左 1＋a＋a2，故 C.答案C3.用数学法明： ( n＋ 1)( n＋2) ⋯·(n＋n) ＝ 2n× 1× 3⋯ (2 n－ 1) ，从“k到k＋ 1”左需增乘的代数式是 ()A.2 k＋ 12k＋ 1 B.k＋1C.2(2 k＋ 1)2k＋ 2 D.k＋1解析n＝ k ，( k＋1)( k＋2)⋯( k＋ k)＝2k×1×3×⋯×(2 n－1). n＝ k＋1，( k＋2)⋯( k＋ k)·(k＋1＋ k)( k＋1＋ k＋1).（2k＋1）（ 2k＋2）∴增乘的代数式是k＋1＝2(2k＋1)， C.答案C二、填空4. 数列 { a n } 中，已知a 1＝1，当 n ≥ 2 ， a n ＝a n － 1＋ 2n － 1，挨次 算a 2， a 3， a 4 后，猜想a n 的表达式是 ________.解析a 1＝ 1，a 2＝ a 1＋ 3＝4， a 3＝ 4＋5＝ 9， a 4＝ 9＋ 7＝ 16，猜想 a n ＝n 2.答案a n ＝ n 25. 凸 k 形 角 的条数f ( k )( k ≥4) ，那么由k 到 k ＋ 1 ， 角 条数增添了________条 .11解析 ∵ f ( k ) ＝ 2k ( k － 3) ， f ( k ＋ 1) ＝ 2( k ＋ 1)( k － 2) ， f ( k ＋ 1) － f ( k ) ＝ k －1.答案k － 16. 在数列 {n }中， 1＝1，且n＝ (2－ 1) n . 通 求 2， 3， 4猜想n的表达式是 ________.aa 3S nnaaa aa解析12221 3＋ a ＝2(2 × 2－1) a ， a ＝ 15，1 1＋ a 3＝3(2 × 3－ 1) a 3， a 3＝ 1＋，3 153511 113＋ 15＋ 35＋ a 4＝4(2 × 4－1)a 4， a 4＝63，1猜想a n ＝（2n ）2－1.1答案a n ＝（2n ）2－1三、解答7. 求 ： ( n ＋1) ·(n ＋ 2) ·⋯·(n ＋ n ) ＝ 2n ·1· 3· 5·⋯· (2 n －1) ( n ∈N ＋ ).明(1) 当 n ＝ 1 ，等式左 ＝ 2，等式右 ＝ 2× 1＝ 2，∴等式成立 .(2) 假 n ＝ k ( k ∈ N ＋ ) ，等式成立 .即( k ＋ 1)( k ＋ 2) ·⋯·(k ＋ k ) ＝2k · 1· 3· 5·⋯· (2 k － 1) 成立 .那么当 n ＝k ＋ 1 ，( k ＋ 2)( k ＋3) ·⋯·(k ＋ k )(2 k ＋ 1)(2 k ＋ 2)＝ 2( k ＋ 1)( k ＋ 2)( k ＋ 3) ·⋯·(k ＋ k )(2 k ＋ 1)＝2k ＋1· 1· 3· 5·⋯· (2 k － 1)[2(k ＋1) － 1].即 n ＝ k ＋ 1 等式成立 .由(1) 、 (2) 可知 任意 n ∈ N ，等式都成立 .＋11 1 58. 求 ： n ＋1＋ n ＋2＋⋯＋ 3n >6( n ≥ 2， n ∈N ＋).1 1 1 15明(1) 当 n ＝ 2 ，左 ＝ 3＋ 4＋ 5＋ 6>6，不等式成立.11 1 5(2) 假 n ＝ k ( k ≥ 2，k ∈ N ＋ ) 命 成立，即 k ＋1＋k ＋2＋⋯＋ 3k >6， 当 n ＝ k ＋1 ，111 111（k ＋1）＋1＋（k ＋1）＋ 2＋⋯＋3k＋3k ＋1＋3k ＋2＋3（ k ＋1）1111111＝k ＋1＋k ＋ 2＋⋯＋3k＋3k ＋1＋3k ＋2＋3k ＋3－k ＋15 111 1>6＋3k ＋1＋3k ＋2＋3k ＋3－ k ＋1 5115>6＋ 3× 3k ＋3－k ＋ 1＝ 6，因此当 n ＝k ＋ 1 不等式也成立 .由(1)(2) 可知，原不等式 全部n ≥ 2， n ∈ N 均成立 .＋9. 在数列 n中， b 1n ＋ 13bn ＋4＋23n与 2的大小，并加以{ b } ＝ 2， b＝ 2bn ＋3( n ∈ N ). 求 b ，b， 判断 b 明 .解 由b 1＝ 2，n ＋1＝ 3bn ＋ 43×2＋4 1058，得2＝＝ ，3＝.b2bn ＋ 3b2×2＋37b41比 有b 1＞2 ， 2＞，3＞2.b 2b猜想 b n ＞ 2( n ∈ N ＋ ).下边利用数学 法 明.(1) 当 n ＝ 1 ，因 b 1＝2，因此2＜ b 1.(2) 假 当 n ＝ k ( k ≥1， k ∈ N ＋ ) ， 成立，即 2＜ b k .∴b k － 2＞0.3bk ＋4当 n ＝ k ＋ 1 ， b k ＋ 1－ 2＝ 2bk ＋3－ 2（ 3－2 2） bk ＋（4－3 2） （3－2 2）（ bk － 2）＝2bk ＋3 ＝＞ 0.2bk ＋3∴b k ＋ 1＞ 2，也就是 ，当n ＝ k ＋ 1 ， 也成立 .依据 (1) 、 (2) ，知 b ＞ 2( n ∈ N ).n＋10. 用数学 法 明：当 n ∈ N ＋ ， (1 ＋ 2＋ 3＋⋯＋ n ) 1＋1＋1＋⋯＋ 1≥n 2.2 3n 明(1) 当 n ＝ 1 ，左 ＝ 1，右 ＝ 12＝ 1，左 ≥右 ，不等式成立.(2) 假 n ＝ k ( k ≥ 1， k ∈ N ＋) 不等式成立，1 1 12 即(1 ＋ 2＋ 3＋⋯＋ k ) 1＋2＋ 3＋⋯＋ k ≥ k ，当 n ＝ k ＋ 1 ，左 ＝ [(1 ＋ 2＋⋯＋ k ) ＋ ( k ＋1)] ·1 1 1 11 1 11＋2＋3＋⋯＋ k ＋k ＋1 ＝ (1 ＋ 2＋ 3 ＋⋯＋ k ) 1＋2＋3＋⋯＋ k ＋ (1 ＋ 2＋ 3 ＋⋯＋ 11 1 12k （k ＋1）1k ) k ＋1＋ ( k ＋ 1) 1＋2＋3＋⋯＋ k ＋ 1≥k ＋2·k ＋1＋( k ＋ 1) 1＋1＋1＋⋯＋ 1＋ 12 3k＝ k 2＋k2＋ 1＋( k ＋ 1) 1＋12＋13＋⋯＋ 1k ，1 111 3∵当 k ≥ 2 ， 1＋ 2＋ 3＋⋯＋ k ≥1＋ 2＝2，∴左 ≥ k 2＋k＋ 1＋ ( k ＋1) × 322＝ k 2＋ 2k ＋ 1＋3≥ ( k ＋1) 2.2就是 ，当n ＝ k ＋1 ，不等式成立.由(1)(2) 知，当 n ∈N ＋ ，不等式成立.。

【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第2章 几个重要的不等式学业分层测评11 排序不等式 北师大版选修4-5(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．设a 1，a 2，a 3为正数，且a 1，a 2，a 3的任一排列为a ′1，a ′2，a ′3，则a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3的最小值为( ) A ．3B ．6C ．9D ．12【解析】 由题意，不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，则1a 3≥1a 2≥1a 1>0，∴a 1a ′1＋a 2a ′2＋a 3a ′3≥a 1a 1＋a 2a 2＋a 3a 3＝3，当且仅当a 1＝a 2＝a 3时等号成立．【答案】 A2．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，P ＝a 21b －11＋a 22b －12＋…＋a 2n b －1n ，Q ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则P 与Q 的大小关系是( )A ．P ＝QB ．P >QC ．P <QD ．P ≥Q【解析】 设a 1≥a 2≥…≥a n >0，可知a 21≥a 22≥…≥a 2n ，a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11.由排序不等式，得a 21b -11＋a 22b -12＋…＋a 2n b -1n ≥a 21a -11＋a 22a -12＋a 2n a -1n ， 即a 21b -11＋a 22b -12＋…＋a 2n b -1n ≥a 1＋a 2＋…＋a n .∴P ≥Q ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n >0时等号成立．【答案】 D3．某班学生要开联欢会，需要买价格不同的礼品4件，5件及2件，现在选择商店中单价为3元，2元和1元的礼品，则至少要花________元，至多花________元．( )A ．20,23B ．19,25C ．21,23D ．19,24 【解析】 单价大小排列为3,2,1，待买礼品数量排列为5,4,2，任意交叉相乘再取和中最大值是顺序和3×5＋2×4＋1×2＝25，最小值是逆序和3×2＋2×4＋1×5＝19.【答案】 B4．设a 1，a 2，a 3为正数，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2与a 1＋a 2＋a 3大小关系为( ) A ．>B ．≥C ．<D ．≤【解析】 不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2，由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2＝a 3＋a 1＋a 2， 即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3. 【答案】B5．a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任一排列，则a 1b －11＋a 2b －12＋…＋a n b －1n 的最小值是() A ．1B ．nC ．n 2D ．无法确定【解析】 设a 1≥a 2≥…≥a n >0.可知a －1n ≥a －1n －1≥…≥a －11， 由排序原理，得a 1b －11＋a 2b －12＋…＋a n b －1n≥a 1a －11＋a 2a －12＋…＋a n a －1n ＝n .【答案】B二、填空题6．设a ≥b >0，则a 3＋b 3与a 2b ＋ab 2的大小关系是__________．【解析】∵a ≥b >0，∴a 2≥b 2>0，因此a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2(排序不等式)．【答案】a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 27．有4人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每个人的水桶分别需要5 s,4 s,3 s,7 s ，每个人接完水后就离开，则他们总的等候时间最短为________ s.【解析】 等候的最短时间为：3×4＋4×3＋5×2＋7×1＝41(s)．【答案】 41 8．若a >0，b >0且a ＋b ＝1，则b 2a ＋a 2b 的最小值是__________.。

学业分层测评(七)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．要证明3＋7<25，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 ．比较法D ．归纳法【解析】 要证明3＋7<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．【答案】 B2．若a ，b ，c ∈R ，a >b ，则下列不等式成立的是( )A.1a <1bB ．a 2>b 2 C.a c 2＋1>b c 2＋1 D ．a |c |>b |c |【解析】 ∵a >b ，c 2＋1>0，∴a c 2＋1>b c 2＋1，故选C. 【答案】 C3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0【解析】 a 2＋b 2－1－a 2b 2＝－(a 2－1)(b 2－1)≤0.【答案】 D4．设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤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【解析】 若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立．故“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件．【答案】 A5．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则( )A ．m <nB ．m >nC ．m ＝nD ．不能确定【解析】 ∵a >b >0， ∴a >b ，∴a －b >0，ab >b . ()a －b 2－(a －b )2＝a ＋b －2ab －(a －b )＝2(b －ab )<0，∴(a －b )2<(a －b )2， ∴a －b <a －b ，即m <n .【答案】 A二、填空题6．设a >0，b >0，c >0，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1，则M 的最小值为__________.【导学号：94910022】【解析】 M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋b c ≥8·bc a ·ac b ·ab c ＝8，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．【答案】 87．有以下四个不等式：①(x ＋1)(x ＋3)>(x ＋2)2；②ab －b 2<a 2；③1|a |＋1>0；④a 2＋b 2≥2|ab |. 其中恒成立的为__________(写出序号即可)．【答案】 ③④8．已知a >0，b >0且a ＋b ＝1，则1a ＋1b ＋1ab与8的大小关系是__________． 【解析】 ∵a >0，b >0且a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab >0，进而得1ab≥2，于是得1ab ≥4.又∵1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b ＋1ab ＝2ab ＝2·1ab ≥8.故得1a ＋1b ＋1ab ≥8.【答案】 1a ＋1b ＋1ab ≥8三、解答题9．设a >0，b >0，c >0.证明：(1)1a ＋1b ≥4a ＋b； (2)12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 【证明】 (1)∵a >0，b >0，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab ＝4， ∴1a ＋1b ≥4a ＋b. (2)由(1)知1a ＋1b ≥4a ＋b .同理，1b ＋1c ≥4b ＋c ，1c ＋1a ≥4c ＋a，三式相加，得： 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥4b ＋c ＋4c ＋a ＋4a ＋b， ∴12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 10．如果a >b ，ab ＝1，求证：a 2＋b 2≥22(a －b )，并指明何值时取“＝”号．【证明】 因为a >b ，所以a －b >0，欲证a 2＋b 2≥22(a －b )，只需证a 2＋b 2a －b≥2 2. 因为a >b ，a －b >0，又知ab ＝1.所以a 2＋b 2a －b ＝a 2＋b 2－2ab ＋2ab a －b ＝(a －b )2＋2a －b＝(a －b )＋2a －b ≥2(a －b )·2a －b＝2 2. 所以a 2＋b 2a －b≥22，即a 2＋b 2≥22(a －b )． 当且仅当a －b ＝2a －b，即a －b ＝2且ab ＝1时，取等号． [能力提升]1．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a【解析】 ∵13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝a a －b ＞1，∴a b ＜a a ，a ab a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a∵0＜a b ＜1，a ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，∴a a ＜b a ， ∴a b ＜a a ＜b a .故选C.【答案】 C2．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3C.1a ＋1b ＋1c ≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤13【解析】 因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ，即a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3.故B 成立．【答案】 B3．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a >0在条件a >b >c 时恒成立，则实数λ的取值范围是________．【解析】 不等式可化为1a －b ＋1b －c >λa －c. ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0，∴λ<a －c a －b ＋a －c b －c恒成立． ∵a －c a －b ＋a －c b －c＝(a －b )＋(b －c )a －b＋(a －b )＋(b －c )b －c ＝2＋b －ca －b ＋a －bb －c ≥2＋2＝4，∴λ<4.故实数λ的取值范围是(－∞，4)．【答案】 (－∞，4)4．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时等号成立．【证明】 因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，① 1a ＋1b ＋1c≥3(abc )-13， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )-23， ② 故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )-23. 又3(abc )23＋9(abc )-23≥227＝63， ③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc )23＝9(abc )-23时，③式等号成立．14时，等号成立．因此当且仅当a＝b＝c＝3。

【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第2章 几个重要的不等式学业分层测评13 数学归纳法的应用 北师大版选修4-5(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时不等式左边( )A ．增加了一项1k ＋B ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2C ．增加了B 中的两项但减少了一项1k ＋1D ．以上均不正确 【解析】 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＝12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋1－12k ＋2.故选C. 【答案】 C2．利用数学归纳法证明不等式“n 2<2n对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，n 0应取值为( )A ．1B ．3C ．5D ．7【解析】 12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n ≥5，故n 0的值为5. 【答案】 C3．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1验得不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确【解析】 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法． 【答案】 D4．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n【解析】 由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)， 当x ＝2时，(1＋2)n≥1＋2n ，A 正确．当x ＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确． 当x ＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D 正确． 【答案】 C 5．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >m 24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在【解析】 令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， 易知f (n )是单调递增的．∴f (n )的最小值为f (2)＝13＋14＝712.依题意712>m24，∴m <14.因此取m ＝13. 【答案】 B 二、填空题6．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N ＋)”时，第一步的验证为__________.【导学号：94910041】【解析】 当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．【答案】 21＋1≥12＋1＋27．观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出__________．【答案】 1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n(n ≥2，n ∈N ＋)8．用数学归纳法证明a n ＋bn2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2n(a ，b 是非负实数，n ∈N ＋)时，假设n ＝k 时不等式a k ＋b k2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k(*)成立，再推证n ＝k ＋1时不等式也成立的关键是将(*)式同乘__________．【解析】 要想办法出现a k ＋1＋b k ＋12，两边同乘以a ＋b2，右边也出现了要求证的⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k+1.【答案】a ＋b2三、解答题9．设a ，b 为正实数，证明：对任意n ∈N ＋，有(a ＋b )n≥a n＋n ·a n －1b .【证明】 由(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋ba n ≥1＋nb a ⎝⎛⎭⎪⎫其中ba >0，即a ＋b na n≥1＋nb a，∴(a ＋b )n≥a n＋n ·ba na，故(a ＋b )n≥a n＋nb ·an －1.10．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a .求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a .【证明】 (1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，∴当n ＝1时，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题1<a k <11－a成立．当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立， 即1<a k ＋1<11－a.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.能力提升]1．用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n ＋2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是( )A.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋3 B.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋2C.122＋132＋…＋1k 2>12－1k ＋1D.122＋132＋…＋1k －2>12－1k【解析】 注意不等式两边含变量“n ”的式子，因此当n ＝k ＋1时，应该是含“n ”的式子发生变化，所以n ＝k ＋1时，应为122＋132＋…＋1k ＋2＋1k ＋2>12－1k ＋＋2.【答案】 A2．若k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱对角面的个数为( ) A ．2f (k ) B ．k －1＋f (k ) C ．f (k )＋kD ．f (k )＋2【解析】 由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角面的个数与底面上由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角线一样，设n ＝k 时，底面为A 1A 2…A k ，n ＝k ＋1时底面为A 1A 2A 3…A k A k ＋1，增加的对角线为A 2A k ＋1，A 3A k ＋1，A 4A k ＋1，…，A k －1A k ＋1，A 1A k ，共有(k －1)条，因此对角面也增加了(k －1)个．【答案】 B3．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f (n )表示这n 条直线的交点的个数，则f (4)＝______；当n >4时，f (n )＝____________________(用n 表示).【导学号：94910042】【解析】 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋n －2(n －3)，∴f (n )＝12(n ＋1)(n －2)．【答案】 5 12(n ＋1)(n －2)4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n .【解】 (1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 即S n －S n －1＝－2S n S n －1. ∴1S n －1S n －1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立．②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋1k ＋2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k－1k ＋2＝12－14·k 2＋k ＋1k k ＋2 <12－14·k 2＋k k k ＋2＝12－1k ＋.即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 由①②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．。

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第二章几个重要的不等式（时间：100分钟满分：120分）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.已知a,b，c都是正数，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式中正确的是（）A.(a＋b＋c)2≥3 B。

a2＋b2＋c2≥2C.错误!＋错误!＋错误!≤2错误!D.a＋b＋c≤错误!解析用3（ab＋bc＋ca）≤（a＋b＋c)2≤3（a2＋b2＋c2）易得。

答案A2.若x〉1，则函数y＝x＋错误!＋错误!的最小值为（)A。

16 B.8C.4 D。

非上述情况解析y＝x＋错误!＋错误!，令t＝x＋错误!>2（因x>1）.∴y＝t＋16t≥2错误!＝8。

当且仅当t＝错误!,即t＝4时取等号。

答案B3。

若a，b，c∈(0,＋∞)，且a＋b＋c＝1，则错误!＋错误!＋错误!的最大值是（)A.2 B。

错误!C.错误!D.错误!解析(1·错误!＋1·错误!＋1·错误!)2≤(12＋12＋12）(a＋b＋c)＝3因此，错误!＋错误!＋错误!≤错误!。

当且仅当错误!＝错误!＝错误!，即a＝b＝c＝错误!时取等号。

答案C4。

已知a，b,c∈(0，＋∞），A＝a3＋b3＋c3,B＝a2b＋b2c＋c2a，则A与B的大小关系为( ）A。

学业分层测评(七)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a ||b |是a 与b 共线的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件【解析】 由a·b ＝|a ||b |cos θ＝|a||b|可知cos θ＝1，由此可得a 与b 共线；反过来，若a ，b 共线，则cos θ＝±1，a·b ＝±|a ||b |.故a·b ＝|a ||b |是a ，b 共线的充分不必要条件．【答案】 A2．如图2­2­7所示，已知三棱锥O ­ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ＝2GN .设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为( )图2­2­7A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13【解析】 OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →－23OM →＋23ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13OA →＋23×12(OB →＋OC →)＝16OA →＋13OB →＋13OC →， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.【答案】 D3．已知e 1、e 2互相垂直，|e 1|＝2，|e 2|＝2，a ＝λe 1＋e 2，b ＝e 1－2e 2，且a 、b 互相垂直，则实数λ的值为( )A.12 B ．14 C ．1D ．2【解析】 ∵a ⊥b ，∴(λe 1＋e 2)·(e 1－2e 2)＝0. 又e 1⊥e 2，∴e 1·e 2＝0.∴λe 21－2e 22＝0.又∵|e 1|＝2，|e 2|＝2， ∴4λ－8＝0，∴λ＝2. 【答案】 D4．设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，a·b ＝－12，则|a ＋2b |＝( )【导学号：32550026】A. 2 B ． 3 C. 5D ．7【解析】 依题意得|a ＋2b |2＝a 2＋4b 2＋4a·b ＝5＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3，则|a ＋2b |＝ 3.【答案】 B5.如图2­2­8所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )图2­2­8A.12 B ．22C ．－12D ．0【解析】 ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|cos 〈OA →，OC →〉－|OA →|·|OB →|·cos〈OA →，OB →〉 又OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3， ∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 【答案】 D 二、填空题6．如图2­2­9，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AM →＋12A 1A →＝________.(用a 、b 、c 表示)图2­2­9【解析】 AM →＋12A 1A →＝AA 1→＋A 1M →－12AA 1→＝12AA 1→＋12A 1C 1→＝12AA 1→＋12(A 1B 1→＋B 1C 1→) ＝12a ＋12b ＋12c ＝12(a ＋b ＋c )． 【答案】 12(a ＋b ＋c )7.如图2­2­10，在45°的二面角α­l ­β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．图2­2­10【解析】 由CD →＝CA →＋AB →＋BD →， cos 〈AC →，BD →〉＝cos 45°cos 45°＝12，∴|CD →|2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →) ＝3＋2×(0＋1×1×cos 135°＋1×1×cos 120°) ＝2－2，∴|CD →|＝2－ 2. 【答案】2－ 28．如图2­2­11所示，已知空间四边形ABCD 每条边和对角线都等于1，点E ，F 分别是CD ，AD 的中点，则AB →·EF →＝________.【导学号：32550027】图2­2­11【解析】 ∵EF →綊12CA →，〈AB →，AC →〉＝60°，∴〈AB →，FE →〉＝120°.∴AB →·EF →＝|AB →||EF →|cos 〈AB →，EF →〉 ＝1×12cos 120°＝－14.【答案】 －14三、解答题9．在空间四边形OABC 中，∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ，且OA ＝OB ＝OC .M 、N 分别是OA 、BC 的中点，G 是MN 的中点，求证：OG ⊥BC .【证明】 如图，连接ON ，设∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝θ，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |.又OG →＝12(OM →＋ON →)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OA →＋12OB →＋OC →＝14(a ＋b ＋c )，BC →＝c －b ，∴OG →·BC →＝14(a ＋b ＋c )·(c －b )＝14(a·c －a·b ＋b·c －b 2＋c 2－b·c ) ＝14(|a |2cos θ－|a |2cos θ－|a |2＋|a |2)＝0. ∴OG ⊥BC .10．如图2­2­12，点E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，其中E ，H 是中点，F ，G 是三等分点，且CF ＝2FB ，CG ＝2GD .求证：EH →与FG →为共线向量．图2­2­12【证明】 ∵E ，H 分别是AB ，AD 的中点， ∴EH →＝AH →－AE → ＝12AD →－12AB → ＝12(AD →－AB →) ＝12BD →. 又∵CF ＝2FB ，CG ＝2GD ， ∴CF →＝23CB →，CG →＝23CD →.∴FG →＝CG →－CF →＝23CD →－23CB → ＝23(CD →－CB →) ＝23BD →. ∴BD →＝32FG →.∴EH →＝34FG →.∴EH →与FG →为共线向量．[能力提升]1．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝AC →·AD →＝AB →·AD →＝0，则△BCD 为( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定【解析】 BD →＝BA →＋AD →，BC →＝BA →＋AC →，CD →＝CA →＋AD →， ∴cos 〈BD →，BC →〉＝BA →＋AD →BA →＋AC→|BA →＋AD →|·|BA →＋AC →|＝BA →2|BA →＋AD →||BA →＋AC →|＞0，∴〈BD →，BC →〉为锐角，同理cos 〈CB →，CD →〉＞0，∴∠BCD 为锐角，cos 〈DB →，DC →〉＞0，∴∠BDC 为锐角，即△BCD 为锐角三角形． 【答案】 B2．如图2­2­13，平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1的长为( )图2­2­13A.13 B ．23 C.33D ．43【解析】 ∵AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，∴|AC 1→|＝AB →＋AD →＋AA 1→2＝AB 2→＋AD 2→＋AA 21→＋AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°， ∴〈AB →，AD →〉＝90°，〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝60°，∴|AC 1→|＝1＋4＋9＋＋＝23. 【答案】 B3．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE →·AF →的值为________．【解析】 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°. AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 【答案】 14a 24．如图2­2­14，正方形ABCD 与正方形ABEF 边长均为1，且平面ABCD ⊥平面ABEF ，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM ＝BN ＝a (0＜a ＜2)．图2­2­14(1)求MN 的长度；(2)当a 为何值时，MN 的长最小．【解】 (1)由已知得|AC →|＝2，|CM →|＝|BN →|＝a . AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2AC →，NF →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2BF →，∴NM →＝NF →＋FA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2BF →＋FA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2(BE →＋BA →)＋FA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2(BE →＋BA →)－BE →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2(－BA →＋BC →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2BC →＋⎝⎛⎭⎪⎫－a 2BE →，|NM →|＝NM →·NM →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2BC →－a 2BE →2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 22－2a 2⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2BC →·BE →＋12a 2＝1－2a ＋a 2(0＜a ＜2)．(2)由(1)知当a ＝22时，|NM →|的最小值为22，即M ，N 分别是AC ，BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22.。

——教学资料参考参考范本——高中数学第2章几个重要的不等式学业分层测评6比较法证明不等式北师大版选修4_5______年______月______日____________________部门(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．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【解析】∵2M－2N＝(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2≥0，∴M≥N.【答案】A2．如果实数a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中不一定成立的是( )A．ab>ac B．c(b－a)>0C．ac(a－c)<0 D．cb2<ab2【解析】由条件知a>0，c<0，b的符号不定，∴A一定成立，B一定成立，C一定成立，而D中，b可能为0，故不一定成立．【答案】D3．已知a>b>－1，则与的大小关系是( )A.> B．<1b＋1C.≥D．≤1b＋1【解析】∵a>b>－1，∴a＋1>0，b＋1>0，a－b>0，则－＝<0，∴<.【答案】B4．已知数列{an}的通项公式an＝，其中a，b均为正数，那么an 与an＋1的大小关系是( )A．an>an＋1 B．an<an＋1C．an＝an＋1 D．与n的取值有关【解析】an＋1－an＝－anbn＋1＝.∵a>0，b>0，n∈N＋，∴an＋1－an>0，an＋1>an.【答案】B5．设x＝，y＝－，z＝－，则x，y，z的大小关系是( )A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y【解析】y＝－＝，z＝－＝.∵＋>＋>0，∴z>y.又x－z＝－＝＝>0，∴x>z，∴x>z>y.【答案】D二、填空题6．已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________________．【解析】(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.故a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.【答案】a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b17．若x<y<0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)·(x＋y)，则M，N的大小关系为__________．【解析】M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0，∴－2xy(x－y)>0，∴M－N>0，即M>N.【答案】M>N8．已知a>0,1>b>0，a－b>ab，则与的大小关系是__________.【导学号：94910019】【解析】∵a>0,1>b>0，a－b>ab，∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab>1.从而＝>1，∴>.【答案】>11－b三、解答题9．若q>0，且q≠1，m，n∈N＋，比较1＋qm＋n与qm＋qn的大小．【解】1＋qm＋n－qm－qn＝qm(qn －1)－(qn －1) ＝(qn －1)(qm －1)，①当0<q<1时，qn<1，qm<1. ②当q>1时，qn>1，qm>1.∴(qn－1)(qm －1)>0，∴1＋qm ＋n>qm ＋qn. 10．已知a ，b 均为正数，n∈N＋，求证：＋≥＋. 【证明】 设P ＝＋－⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝＋an－1－bn－1bn＝(an －1－bn －1)⎝⎛⎭⎪⎫1bn －1an ＝.若a>b>0，则an －1>bn －1，an>bn ，所以an －1－bn －1>0，an －bn>0，且anbn>0， 因此P>0；若b>a>0，则an －1<bn －1，an<bn ，所以an －1－bn －1<0，an －bn<0，且anbn>0，故P>0； 若a ＝b>0，则P ＝0.综上所述，P≥0，故原式成立．能力提升]1．已知函数f(x)＝，a ，b 是正数，A ＝f ，B ＝f ，C ＝f ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A≤B≤CB ．A≤C≤BC ．B≤C≤AD ．C≤B≤A【解析】 ∵≥≥， 又f(x)＝在R 上是减函数． ∴f≤f≤f. 【答案】 A2．设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg ，则( ) A ．a>b>c B ．a>c>b C ．c>a>bD ．c>b>a【解析】 ∵2<e<，∴0<lg e<.⎭⎪⎬⎪⎫⇒a>b，a－c＝lg e－12lg e＝12lg e>0⇒a>c，b－c＝lg e ⎝⎛⎭⎪⎫lg e－12<0⇒b<c⇒a>c>b. 【答案】 B3．一个个体户有一种商品，其成本低于350元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应__________(填“月初”或“月末”)出售．【解析】 设这种商品的成本费为a 元．月初利润为L1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a.则L1－L2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a ＝0.045. ∵a<350， ∴L1－L2<0，∴L1<L2，月末出售好．【答案】 月末4．已知a ＞2，求证：loga(a －1)＜log(a ＋1)a. 【证明】 ∵a＞2， 则a －1＞1，∴loga(a－1)＞0，log(a ＋1)a ＞0， 由于＝loga(a －1)·loga(a＋1)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤22 ＝.∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2， ∴＜2＝1， 因此＜1.∵log(a＋1)a ＞0，∴loga(a－1)＜log(a ＋1)a.。

学业分层测评(十)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知a ，b 为正数，且a ＋b ＝1，则P ＝(ax ＋by )2与Q ＝ax 2＋by 2的关系是( )A ．P ≤QB ．P ＜QC ．P ≥QD ．P ＞Q【解析】 设m ＝(ax ，by )，n ＝(a ，b )， 则|ax ＋by |＝|m·n |≤|m||n| ＝ (ax )2＋(by )2·(a )2＋(b )2 ＝ax 2＋by 2·a ＋b ＝ax 2＋by 2，所以(ax ＋by )2≤ax 2＋by 2.即P ≤Q . 【答案】 A2．已知x ＋y ＝1，那么2x 2＋3y 2的最小值是( ) A.56 B ．65 C.2536D ．3625【解析】 2x 2＋3y 2＝(2x 2＋3y 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13·65≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ·22＋3y ·332＝65(x ＋y )2＝65.【答案】 B3．已知x ，y ，z 均大于0，且x ＋y ＋z ＝1，则1x ＋4y ＋9z 的最小值为( ) A ．24 B ．30 C ．36D ．48【解析】 (x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＋9z≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·1x ＋y ·2y ＋z ·3z 2＝36，∴1x ＋4y ＋9z ≥36. 【答案】 C4．设x ，y ，m ，n >0，且m x ＋ny ＝1，则u ＝x ＋y 的最小值是( ) A ．(m ＋n )2 B ．m C.nD ．(m ＋n )2【解析】 根据柯西不等式，得x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋n y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·m x ＋y ·n y 2＝(m ＋n )2，当且仅当x m ＝yn时，等号成立， 这时u 取最小值为(m ＋n )2. 【答案】 A5．函数y ＝x －5＋26－x 的最大值是( ) A. 3 B ． 5 C ．3D ．5【解析】 根据柯西不等式，知y ＝1×x －5＋2×6－x ≤12＋22×(x －5)2＋(6－x )2＝ 5.【答案】 B 二、填空题6．函数y ＝x ＋3－x 的最大值为__________． 【解析】 由x ，3－x 非负且(x )2＋(3－x )2＝3，所以x ＋3－x ≤2[(x )2＋(3－x )2]＝2×3＝ 6. 【答案】67．设x ，y 为正数，且x ＋2y ＝8，则9x ＋2y 的最小值为__________.【导学号：94910031】【解析】 (x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫9x ＋2y＝[(x )2＋(2y )2]⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫2y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3x ＋2y ·2y 2＝25，又x ＋2y ＝8， ∴9x ＋2y ≥258. 【答案】 2588．设a ，b ，c ，x ，y ，z 都是正数，且a 2＋b 2＋c 2＝25，x 2＋y 2＋z 2＝36，ax ＋by ＋cz ＝30，则a ＋b ＋cx ＋y ＋z＝________.【解析】 由柯西不等式，得25×36＝(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋z 2)≥(ax ＋by ＋cz )2＝302. 当且仅当a x ＝b y ＝cz ＝k 时取“＝”， 由k 2(x 2＋y 2＋z 2)2＝25×36，解得k ＝56， 所以a ＋b ＋c x ＋y ＋z ＝k ＝56.【答案】 56 三、解答题9．已知实数x ，y ，z 满足x ＋2y ＋z ＝1，求t ＝x 2＋4y 2＋z 2的最小值．【解】 由柯西不等式得(x 2＋4y 2＋z 2)(1＋1＋1)≥(x ＋2y ＋z )2. ∵x ＋2y ＋z ＝1，∴3(x 2＋4y 2＋z 2)≥1，即x 2＋4y 2＋z 2≥13.当且仅当x ＝2y ＝z ＝13，即x ＝13，y ＝16，z ＝13时等号成立． 故x 2＋4y 2＋z 2的最小值为13.10．已知θ为锐角，a ，b 均为正数． 求证：(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ.【证明】 设m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫acos θ，b sin θ，n ＝(cos θ，sin θ)，则|a ＋b |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a cos θ·cos θ＋b sin θ·sin θ ＝|m ·n |≤|m ||n | ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a cos θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b sin θ2·1 ＝a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ，∴(a ＋b )2≤a 2cos 2θ＋b 2sin 2θ.[能力提升]1．已知x ，y 为正数，且xy ＝1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 的最小值为( )A ．4B ．2C ．1D ．14【解析】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1×1＋1x ×1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1xy 2＝22＝4. 【答案】 A2．设a 1，a 2，…，a n 为正数，P ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，Q ＝n1a 1＋1a 2＋…＋1a n，则P ，Q 间的大小关系为( )A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q【解析】 ∵(a 1＋a 2＋…＋a n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n≥(1＋1＋…＋1)2n 个＝n 2，∴a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n1a 1＋1a 2＋…＋1a n .即P ≥Q . 【答案】 B3．已知函数y ＝3x －5＋46－x ，则函数的定义域为__________，最大值为__________．【解析】 函数的定义域为[5,6]，且y ＞0， y ＝3x －5＋46－x ≤32＋42×(x －5)2＋(6－x )2＝5，当且仅当36－x ＝4x －5，即x ＝13425时取等号． ∴y max ＝5. 【答案】 [5,6] 54．△ABC 的三边长为a ，b ，c ，其外接圆半径为R . 求证：(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 2A ＋1sin 2B ＋1sin 2C ≥36R 2. 【证明】 由三角形中的正弦定理得： sin A ＝a 2R ，所以1sin 2A ＝4R 2a 2， 同理1sin 2B ＝4R 2b 2，1sin 2C ＝4R 2c 2， 于是由柯西不等式可得左边＝(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4R 2a 2＋4R 2b 2＋4R 2c 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·2Ra ＋b ·2R b ＋c ·2R c 2＝36R 2， 所以原不等式得证．。

学业分层测评(八)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( ) A ．∠B ＝π2 B ．∠B <π2 C ．∠B >π2D ．∠B ＝π3【解析】 假设∠B ≥π2，则b 最大，有b >a ，b >c ， ∴1a >1b ，1c >1b .∴1a ＋1c >2b ，与题意中的1a ＋1c ＝2b 矛盾． ∴∠B <π2. 【答案】 B2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( ) ①否定原结论的假设；②原命题的条件； ③公理、定理、定义等；④原结论． A ．①② B ．①②④ C ．①②③D ．②③【解析】 由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反情况作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．【答案】 C3．用反证法证明命题“如果a >b ，那么3a >3b ”时，假设的内容是( ) A.3a ＝3bB ．3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3bD ．3a ＝3b 或3a <3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a<3b.【答案】 D4．已知p＝a＋1a－2，q＝－a2＋4a(a>2)，则()A．p>q B．p<q C．p≥q D．p≤q【解析】∵p＝(a－2)＋1a－2＋2，又a－2>0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，根据a>2，可得q<4，∴p>q.【答案】 A5．设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则()A．M＝1 B．M<1C．M>1 D．M与1大小关系不定【解析】M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<＝210210＝1.故选B.【答案】 B二、填空题6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设应为__________．【解析】“至少有一个不大于”的反面应是“都大于”．【答案】假设三内角都大于60°7．若a>b>0，m>0，n>0，则ab，ba，b＋ma＋m，a＋nb＋n，按由小到大的顺序排列为________．【解析】 由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且b a <b ＋na ＋n <1，得a b >a ＋nb ＋n >1，即1<a ＋n b ＋n <a b.【答案】 b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <ab8．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系为__________.【导学号：94910025】【解析】 B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y1＋x ＋y ＝x ＋y 1＋x ＋y ＝A ，即A <B .【答案】 A <B 三、解答题9．已知a >0，b >0，且a ＋b >2， 求证：1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2. 【证明】 假设1＋b a ，1＋ab 都不小于2， 则1＋b a ≥2，1＋ab ≥2. ∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ，∴2＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b ， 这与a ＋b >2矛盾．故假设不成立．即1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.10．已知△ABC 三边长是a ，b ，c ，且m 是正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m >cc ＋m .【证明】 设f (x )＝x x ＋m ＝1－m x ＋m(x >0，m >0)． 易知函数f (x )(x >0)是增函数． 则f (a )＋f (b )＝a a ＋m ＋b b ＋m>a (a ＋b )＋m ＋b (a ＋b )＋m ＝a ＋b (a ＋b )＋m＝f (a ＋b )．又在△ABC 中，a ＋b >c >0， ∴f (a ＋b )>f (c )＝cc ＋m， ∴a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m. [能力提升]1．已知x ＝a ＋1a －2(a >2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2(b <0)，则x ，y 之间的大小关系是( ) A ．x >y B ．x <y C ．x ＝yD ．不能确定【解析】 因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a >2)，而b 2－2>－2(b <0)， 即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2<⎝ ⎛⎭⎪⎫12-2＝4.所以x >y .【答案】 A2．若|a |<1，|b |<1，则( ) A.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1 B ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1 C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1 D ．⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1 【解析】 假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1， 故|a ＋b |≥|1＋ab |⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2 ⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0 ⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0 ⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0.由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0. 与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1. 【答案】 B3．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________． 【解析】 对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．【答案】 ③4．若0<a <1n ，n ≥2，且n 为正整数，已知a 2<a －b ，求证：b <1n ＋1.【证明】 由已知得b <a －a 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14.令f (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12内是增函数，又n ≥2，n 为正整数，且0<a <1n ， 因此a ，1n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，∴f (a )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，从而b <－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14<－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －122＋14＝－1n 2＋1n . 又－1n 2＋1n ＝n －1n 2<n －1n 2－1＝1n ＋1，故b <1n ＋1.。