2018年数学同步优化指导选修4-5练习：综合质量评估 含

阶段质量评估(二) 绝对值不等式A 卷(时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30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．已知集合A ＝{x ||x －2|＞2}，B ＝{x |x ∈N }，则(∁R A )∩B 等于( ) A ．{1,2,3} B ．{0,1,2,3} C ．{0,1,2,3,4}D ．{1,2,3,4}解析：解不等式|x －2|＞2，得x ＞4，或x ＜0. ∴A ＝{x |x ＞4，或x ＜0}，则∁R A ＝{x |0≤x ≤4}． ∴(∁R A )∩B ＝{0,1,2,3,4}． 答案：C2．不等式|5x －x 2|＜6的解集为( ) A ．{x |x ＜2，或x ＞3} B ．{x |－1＜x ＜6} C ．{x |－1＜x ＜2或3＜x ＜6}D ．{x |2＜x ＜3}解析：|5x －x 2|＜6⇔－6＜5x －x 2＜6⇔⎩⎪⎨⎪⎧x 2－5x －6＜0，x 2－5x ＋6＞0，∴－1＜x ＜2或3＜x ＜6. 答案：C3．对任意x ，y ∈R ，|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥|x －1－x |＋|y －1－(y ＋1)|＝1＋2＝3. 答案：C4．若关于x 的不等式|ax ＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a 的值是( ) A ．8 B ．2 C ．－4D ．－8解析：由|ax ＋2|＜6，得－8＜ax ＜4. 当a ＞0时，－8a ＜x ＜4a .∵解集是(－1,2)，∴⎩⎨⎧－8a＝－1，4a ＝2.该方程组无解． 当a ＜0时，4a ＜x ＜－8a.由⎩⎨⎧4a＝－1，－8a ＝2，得a ＝－4.答案：C5．已知y ＝log a (2－ax )在(0,1)上是增函数，则不等式log a |x ＋1|＞log a |x －3|的解集为( ) A ．{x |x ＜－1} B ．{x |x ＜1} C ．{x |x ＜1且x ≠－1}D ．{x |x ＞1}解析：∵a ＞0，且a ≠1，∴f (x )＝2－ax 在R 上为减函数． 又∵y ＝log a (2－ax )在(0,1)上是增函数， ∴0＜a ＜1.∴|x ＋1|＜|x －3|，且x ＋1≠0，x －3≠0. 由|x ＋1|＜|x －3|，得(x ＋1)2＜(x －3)2. 即x 2＋2x ＋1＜x 2－6x ＋9，解得x ＜1. 又x ≠－1且x ≠3，∴解集为{x |x ＜1且x ≠－1}． 答案：C6．若关于x 的不等式|x ＋3|－|x －1|≤a 2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)B ．(－∞，－1)∪[4，＋∞)C ．(－∞，－4]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪[4，＋∞)解析：∵|x ＋3|－|x －1|≤|(x ＋3)－(x －1)|＝4， ∴a 2－3a ≥4，即a 2－3a －4≥0. 解得a ≤－1或a ≥4. 答案：A二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中的横线上) 7．若不等式|x －a |＋3x ≤0(其中a ＞0)的解集为{x |x ≤－1}，则实数a 的值是__________. 解析：∵a ＞0，x ≤－1，∴x ＜a .∴原不等式可化为a －x ＋3x ≤0，解得x ＝－a2.∴不等式组的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 2. 由题意，得－a2＝－1，故a ＝2.答案：28．定义运算：x *y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤y ，y ，x ＞y .若|m －1|*m ＝|m －1|，则m 的取值范围是__________.解析：依题意，有|m －1|≤m ，∴－m ≤m －1≤m . 解得m ≥12.答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 9．给出下列三个命题： ①若|a －b |＜1，则|a |＜|b |＋1； ②若a ，b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a －b |； ③若|x |＜2，|y |＞3，则⎪⎪⎪⎪x y ＜23. 其中正确的有__________个．解析：∵|a |－|b |≤|a －b |＜1，∴|a |＜|b |＋1. ∴①正确．∵|a ＋b |－2|a |＝|a ＋b |－|2a |≤|a ＋b －2a | ＝|b －a |＝|a －b |. ∴②正确． ∵|x |＜2，|y |＞3， ∴⎪⎪⎪⎪x y ＝|x ||y |＜23.∴③正确． 答案：3三、解答题(本大题共3小题，共35分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分10分)解不等式|2x －1－x |＜2. 解：原不等式⇔⎩⎨⎧2x －1－x ＜2，2x －1－x ＞－2.∵2x －1－x ＜2⇔2x －1＜x ＋2⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x ＋2≥0，2x －1＜(x ＋2)2，∴x ≥12.又2x －1－x ＞－2⇔⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x －2≥0，2x －1＞(x －2)2或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x －2＜0， 解得2≤x ＜5或12≤x ＜2，∴12≤x ＜5. ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ＜5. 11．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝|x －a |＋|x －1|，a ∈R . (1)当a ＝3时，解不等式f (x )≤4.(2)当x ∈(－2,1)时，有f (x )＞|2x －a －1|，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－2x ，x ＜1，2，1≤x ≤3，2x －4，x ＞3.当x ＜1时，由f (x )≤4，得4－2x ≤4，解得0≤x ＜1； 当1≤x ≤3时，f (x )≤4恒成立；当x ＞3时，由f (x )≤4，得2x －4≤4，解得3＜x ≤4. ∴不等式f (x )≤4的解集为{x |0≤x ≤4}．(2)f (x )＝|x －a |＋|x －1|≥|x －a ＋x －1|＝|2x －a －1|， 当(x －1)(x －a )≥0时，f (x )＝|2x －a －1|； 当(x －1)(x －a )＜0时，f (x )＞|2x －a －1|. 记不等式(x －1)(x －a )＜0的解集为A ， 则(－2,1)⊆A ，故a ≤－2. ∵a 的取值范围是(－∞，－2]．12．(本小题满分13分)已知关于x 的不等式|x －3|≤x ＋a2的解集为A ，Z 为整数集． (1)若A ≠∅，求a 的取值范围．(2)是否存在实数a ，使A ∩Z ＝{3,4}？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：原不等式等价于不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a2≥0，x －3≤x ＋a 2，x －3≥－x ＋a 2⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－a ，x ≤6＋a ，x ≥6－a 3.(1)若A ≠∅，则6＋a ≥－a ，且6＋a ≥6－a3⇒a ≥－3.即a 的取值范围为[－3，＋∞)．(2)若存在实数a ，使A ∩Z ＝{3,4}，则A ≠∅. 由(1)知a ≥－3，∴6－a 3－(－a )＝2(a ＋3)3≥0.∴6－a3≥－a ，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪6－a 3≤x ≤6＋a. ∵A ∩Z ＝{3,4}，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＜6－a 3≤3，4≤6＋a ＜5，解得－2≤a ＜－1. 故存在实数a ∈ [－2，－1)，使A ∩Z ＝{3,4}．B 卷(时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30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．已知|x －a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}，则实数a 等于( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由|x －a |＜b ，得a －b ＜x ＜a ＋b .∴⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＝2，a ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝1.答案：C2．已知不等式|2x －t |＋t －1＜0的解集为⎝⎛⎭⎫－12，12，则t 的值为( ) A ．0 B ．1 C ．－1D ．2解析：原不等式可变为|2x －t |＜1－t ，解得t －12＜x ＜12.∵不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－12，12，∴t ＝0.答案：A3．若1＜1a ＜1b ，则下列结论不正确的是( )A ．log a b ＞log b aB ．|log a b ＋log b a |＞2C ．(log b a )2＜1D ．|log a b |＋|log b a |＞|log a b ＋log b a |解法一：(特殊值法) 由1＜1a ＜1b，知0＜b ＜a ＜1.令a ＝12，b ＝14，则log a b ＝2，log b a ＝12.可判定选项A ，B ，C 均正确，选项D 不正确．解法二：由1＜1a ＜1b ，得0＜b ＜a ＜1.∴log a b ＞log a a ＝1,0＜log b a ＜log b b ＝1. ∴选项A ，B ，C 正确．由绝对值不等式的性质，知|log a b |＋|log b a |＝|log a b ＋log b a |，故选项D 不正确． 答案：D4．若对任意x ∈R ，不等式|x |≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ＜－1 B ．|a |≤1 C ．|a |＜1D ．a ≥1解析：当x ＞0时，a ≤|x |x ＝1，当x ＜0时，a ≥|x |x ＝－1，当x ＝0时，a ∈R ，∴|a |≤1.答案：B5．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 的大小关系是( ) A ．m ＞n B ．m ＜n C ．m ＝nD ．m ≤n解析：由绝对值不等式的性质，知|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b |.又|a |－|b |≤|a －b |， ∴|a |－|b ||a －b |≤1≤|a |＋|b ||a ＋b |. 答案：D6．关于x 的不等式|sin x ＋tan x |＜a 的解集为N ；关于x 的不等式|sin x |＋|tan x |＜a (a ＞0)的集合为M ，则集合M 与N 的关系是( )A ．N ⊆MB ．M ⊆NC ．NMD ．M N解析：|sin x ＋tan x |≤|sin x |＋|tan x |，则x ∈M 时，必有x ∈N ，即M ⊆N (当sin x ·tan x ≥0时，M ＝N )．答案：B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中的横线上) 7．使关于x 的不等式|x ＋1|＋k ＜x 有解的实数k 的取值范围是__________. 解析：|x ＋1|＋k ＜x ，即|x ＋1|＜x －k ，若x ≥－1时有解，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－1，x ＋1＜x －k 有解，则1＜－k 成立，故k ＜－1；若x ＜－1时有解，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－1，－x －1＜x －k 有解，则k －12＜－1，即k ＜－1.综上，k ＜－1.答案：(－∞，－1)8．设函数f (x )＝|x －1|＋|2x －a |，若关于x 的不等式f (x )≥14a 2＋1对x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是__________.解析：当a2＜1，即a ＜2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1⎝⎛⎭⎫x ＜a2，x ＋1－a ⎝⎛⎭⎫a 2≤x ≤1，3x －1－a (x ＞1)，则有f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－12a ＋1≥14a 2＋1恒成立，解得－2≤a ≤0； 当a2＞1，即a ＞2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1(x ＜1)，－x －1＋a ⎝⎛⎭⎫1≤x ≤a 2，3x －1－a ⎝⎛⎭⎫x ＞a 2，则有f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝12a －1≥14a 2＋1恒成立，该不等式无实数解； 当a ＝2时，f (x )＝3|x －1|，则有f (x )min ＝f (1)＝0≥14a 2＋1恒成立，该不等式无实数解．综上可得实数a 的取值范围是[－2,0]． 答案：[－2,0]9．x ，y ∈R ，若|x |＋|y |＋|x －1|＋|y －1|≤2，则x ＋y 的取值范围为__________. 解析：∵|x |＋|x －1|≥1，|y |＋|y －1|≥1， ∴要使|x |＋|x －1|＋|y |＋|y －1|≤2， 只能|x |＋|x －1|＋|y |＋|y －1|＝2， 则|x |＋|x －1|＝1，|y |＋|y －1|＝1. ∴0≤x ≤1,0≤y ≤1. ∴0≤x ＋y ≤2.答案：[0,2]三、解答题(本大题共3小题，共35分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分10分)已知函数f (x )的定义域为，[0,1]，f (0)＝f (1)，若对任意的x 1，x 2∈[0,1]，且x 1≠x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|.求证：|f (x 1)－f (x 2)|＜12.证明：不妨设0≤x 1＜x 2≤1，|f (x 1)－f (x 2)|＝|f (x 1)－f (0)－f (x 2)＋f (1)|≤|f (x 1)－f (0)|＋|f (x 2)－f (1)|≤x 1＋1－x 2. 又∵|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|， ∴2|f (x 1)－f (x 2)|＜1. 故|f (x 1)－f (x 2)|＜12.11．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|. (1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集．(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2＜x ＜3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2＜x ＜3时，f (x )≥3无解； 当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4. ∴f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}． (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 由条件，得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0. 故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]．12．(本小题满分13分)某段城铁线路上依次有A ，B ，C 三站，AB ＝5 km ，BC ＝3 km ，在列车运行时刻表上，规定列车8时整从A 站发车，8时07分到达B 站并停车1 min,8时12分到达C 站．在实际运行中，假设列车从A 站正点发车，在B 站停留1 min ，并在行驶时以同一速度v km/h 匀速行驶，列车从A 站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差．(1)分别写出列车在B ，C 两站的运行误差．(2)若要求列车在B ，C 两站的运行误差之和不超过2 min ，求v 的取值范围． 解：(1)列车在B ，C 两站的运行误差(min)分别是⎪⎪⎪⎪300v －7和⎪⎪⎪⎪480v －11.(2)列车在B ，C 两站的运行误差之和不超过2 min ， ∴⎪⎪⎪⎪300v －7＋⎪⎪⎪⎪480v －11≤2.① 当0＜v ≤3007时，①式可变为300v －7＋480v －11≤2，解得39≤v ≤3007；当3007＜v ≤48011时，①式可变为7－300v ＋480v －11≤2，解得3007＜v ≤48011； 当v ＞48011时，①式可变为7－300v ＋11－480v ≤2，解得48011＜v ≤1954.综上所述，v 的取值范围是⎣⎡⎦⎤39，1954.。

第三讲 三 排序不等式一、选择题1．设a 1，a 2，…，a n 都是正数，b 1，b 2，…，b n 是a 1，a 2，…，a n 的任意一个排列，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：B2．已知a ，b ，c 为正数，且m ，n ，p 是a ，b ，c 的一个排列，p ＝a 2＋b 2＋c 2，Q ＝ma ＋nb ＋pc ，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q解析：不妨设a >b >c >0，由排序原理：顺序和≥乱序和，得a 2＋b 2＋c 2≥ma ＋nb ＋pc ，即P ≥Q .答案：B3．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2，F ＝a 1＋a 2＋a 3，则E ，F 的关系是( ) A ．E <F B ．E ≥F C ．E ≤FD ．E >F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 2a 3a 1＋a 1a 3a 2＝a 1a 2a 3＋a 1a 3a 2＋a 2a 3a 1 ≥1a 3·a 1a 3＋1a 2·a 2a 3＋1a 1·a 1a 2 ＝a 1＋a 3＋a 2， 即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2≥a 1＋a 2＋a 3. 答案：B4．(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2…⎝⎛⎭⎫1＋161的取值范围是( ) A ．(21，＋∞) B ．(61，＋∞)C ．(4，＋∞)D ．(3n －2，＋∞)解析：令A ＝(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2 ＝21×54×87×…×3n －13n －2， B ＝32×65×98×…×3n 3n －1，C ＝43×76×109×…×3n ＋13n .由于21>32>43，54>65>76，87>98>109，…，3n －13n －2>3n 3n －1>3n ＋13n>0， 所以A >B >C >0.所以A 3>A ·B ·C . 由题意知3n －2＝61，所以n ＝21. 又因为A ·B ·C ＝3n ＋1＝64.所以A >4. 答案：C5．一组实数为a 1，a 2，a 3，设c 1，c 2，c 3是另一组数b 1，b 2，b 3的任意一个排列，则a 1c 1＋a 2c 2＋a 3c 3的( )A ．最大值为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3，最小值为a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1B ．最大值为a 1b 2＋a 2b 3＋a 3b 1，最小值为a 1b 3＋a 2b 1＋a 3b 2C ．最大值与最小值相等，为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3D ．以上答案都不对解析：a 1，a 2，a 3与b 1，b 2，b 3的大小顺序不知，无法确定其最值． 答案：D6．若0<α<β<γ<π2，则F ＝sin αcos β＋sin β cos γ＋sin γcos α－12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)的符号为( )A ．F >0B ．F <0C ．F ≥0D ．F ≤0解析：因为0<α<β<γ<π2，且y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上为增函数，y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数．所以0<sin α <sin β<sin γ， cos α >cos β >cos γ>0.根据排序不等式：乱序和≥反序和， 则sin α cos β ＋sin β cos γ＋sin γ cos α>sin α cos α＋sin β cos β＋sin γ cos γ ＝12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)． 答案：A 二、填空题7．已知a ，b ，c 为正实数，则a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )______0.(填>，≥，<，≤)解析：设a ≥b ≥c >0，所以a 3≥b 3≥c 3.根据排序原理，得a 3×a ＋b 3×b ＋c 3×c ≥a 3b ＋b 3c ＋c 3a .又知ab ≥ac ≥bc ，a 2≥b 2≥c 2， 所以a 3b ＋b 3c ＋c 3a ≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 所以a 4＋b 4＋c 4≥a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab . 即a 2(a 2－bc )＋b 2(b 2－ac )＋c 2(c 2－ab )≥0. 答案：≥8．设a ，b 都是正数，若P ＝⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫b a 2，Q ＝a b ＋ba ，则二者的关系是________． 解析：由题意不妨设a ≥b >0.由不等式的性质，知a 2≥b 2，1b ≥1a .所以a 2b ≥b 2a.根据排序原理，知a 2b ×1b ＋b 2a ×1a ≥a 2b ×1a ＋b 2a ×1b . 即⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫b a 2≥a b ＋b a . 答案：P ≥Q9．设正数a ，b ，c 的乘积abc ＝1，1a 2(b ＋c )＋1b 2(c ＋a )＋1c 2(a ＋b )的最小值为__________．解析：设a ＝1x ，b ＝1y ，c ＝1z ，则xyz ＝1，且1a 2(b ＋c )＋1b 2(c ＋a )＋1c 2(a ＋b )可化为x y ＋z ＋yz ＋x ＋z x ＋y ，不妨设x ≥y ≥z ，则1y ＋z ≥1z ＋x ≥1x ＋y，据排序不等式得 x y ＋z ＋y z ＋x ＋z x ＋y ≥z ·1y ＋z ＋x ·1z ＋x ＋y ·1x ＋y ， 及x y ＋z ＋y z ＋x ＋z x ＋y ≥y ·1y ＋z ＋z ·1z ＋x ＋x ·1x ＋y， 两式相加并化简可得2⎝⎛⎭⎫x y ＋z ＋y z ＋x ＋zx ＋y ≥3.即x y ＋z ＋y z ＋x ＋z x ＋y ≥32.即1a 2(b ＋c )＋1b 2(c ＋a )＋1c 2(a ＋b )≥32.所以1a 2(b ＋c )＋1b 2(c ＋a )＋1c 2(a ＋b )的最小值为32.答案：32三、解答题10．设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角的弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cCa ＋b ＋c ≥π3. 证明：方法一：不妨设A ≥B ≥C ，则有a ≥b ≥c ， 由排序原理：顺序和≥乱序和， ∴aA ＋bB ＋cC ≥aB ＋bC ＋cA ， aA ＋bB ＋cC ≥aC ＋bA ＋cB ， aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC . 上述三式相加得3(aA ＋bB ＋cC )≥(A ＋B ＋C )(a ＋b ＋c )＝π(a ＋b ＋c )． ∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3. 方法二：不妨设A ≥B ≥C ，则有a ≥b ≥c ， 由排序不等式得aA ＋bB ＋cC 3≥A ＋B ＋C 3·a ＋b ＋c 3， 即aA ＋bB ＋cC ≥π3(a ＋b ＋c )，∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3. 11．已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a ＋b ＋c ≤a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b ≤a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab .证明：不妨设a ≥b ≥c >0， 则a 2≥b 2≥c 2，1c ≥1b ≥1a .由排序不等式，可得a 2·1c ＋b 2·1a ＋c 2·1b ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ①， a 2·1b ＋b 2 ·1c ＋c 2·1a ≥a 2·1a ＋b 2·1b ＋c 2·1c ②. 由(①＋②)÷2，可得a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a 22b≥a ＋b ＋c . 又因为a ≥b ≥c >0，所以a 3≥b 3≥c 3，1bc ≥1ac ≥1ab .由排序不等式，得a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ac ＋b 3·1ab ＋c 3·1bc ③. a 3·1bc ＋b 3·1ca ＋c 3·1ab ≥a 3·1ab ＋b 3·1bc ＋c 3·1ca④.由(③＋④)÷2，可得a 3bc ＋b 3ca ＋c 3ab ≥a 2＋b 22c ＋b 2＋c 22a ＋c 2＋a22b.综上可知原式成立．12．(能力挑战)利用排序原理证明切比雪夫不等式： 若a 1≤a 2≤…≤a n 且b 1≤b 2≤…≤b n ，则1n ∑i ＝1n a i b i ≥⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ∑i ＝1n a i ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ∑i ＝1n b i . 证明：由排序不等式有：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ， a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 2＋a 2b 3＋…＋a n b 1， a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b 3＋a 2b 4＋…＋a n b 2，…… a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ≥a 1b n ＋a 2b 1＋…＋a n b n －1. 将以上式子相加得n (a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )≥a 1(b 1＋b 2＋…＋b n )＋a 2(b 1＋b 2＋…＋b n )＋…＋a n (b 1＋b 2＋…＋b n )，所以1n ∑i ＝1n a i b i ≥⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ∑i ＝1n a i ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ∑i ＝1n b i .1．使用排序不等式，必须出现有大小顺序的两列数(或者代数式)来探求对应项的乘积的和的大小关系．2．本质含义：两列数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大，反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小，注意等号成立条件是其中一序列为常数序列．。

第5章 5.2 5.3一、选择题1．已知a ，b ，c 都是正数，则a 3＋b 3＋c 3与a 2b ＋b 2c ＋c 2a 的大小关系是( ) A ．a 3＋b 3＋c 3>a 2b ＋b 2c ＋c 2a B ．a 3＋b 3＋c 3≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a C ．a 3＋b 3＋c 3<a 2b ＋b 2c ＋c 2a D ．a 3＋b 3＋c 3≤a 2b ＋b 2c ＋c 2a解析：根据排序不等式，取两组数a ，b ，c 和a 2，b 2，c 2.不妨设a ≥b ≥c ，则a 2≥b 2≥c 2，∴a 2·a ＋b 2·b ＋c 2·c ≥a 2b ＋b 2c ＋c 2a .当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．答案：B2．节日期间小明要买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花的钱数为( )A ．76元B ．20元C ．84元D ．96元解析：设a 1＝1(件)，a 2＝2(件)，a 3＝3 (件)，b 1＝10(元)，b 2＝13(元)，b 3＝20(元)，则由排序不等式反序和最小知至少要花a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．答案：A3．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：D4．设a 1，a 2，a 3为正数，E ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2，F ＝a 1＋a 2＋a 3，则E ，F 的大小关系是( )A ．E <FB ．E ≥FC ．E ≤FD ．E >F解析：不妨设a 1≥a 2≥a 3>0，于是1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 1a 3≤a 1a 2，由排序不等式，得a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2＝a 1a 2a 3＋a 1a 3a 2＋a 2a 3a 1≥1a 3·a 1a 3＋1a 2·a 2a 3＋1a 1·a 1a 2＝a 1＋a 3＋a 2， 即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2≥a 1＋a 2＋a 3. ∴E ≥F ，当且仅当a 1＝a 2＝a 3＞0时，等号成立． 答案：B 二、填空题5．与贝努利不等式(1＋x )n >1＋nx (x >－1，x ≠0，n >1且n ∈N )等价的不等式是__________.(填序号)①(1－x )n >1－nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N )； ②(1＋x )n >1－nx (x >－1且 x ≠0，n >1，n ∈N )； ③ (1－x )n >1＋nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N )； ④(1＋x )n >1＋nx (x >1，n >1，n ∈N )．解析：在贝努利不等式中，令x ＝－t ，∵x >－1，x ≠0，∴t <1，t ≠0.∴原不等式变为(1－t )n >1－nt (t <1且t ≠0，n >1，n ∈N )．答案：①6．设0<x 1<x 2,0<y 1<y 2，且x 1＋x 2＝y 1＋y 2＝1，则下列代数式中值最大的是__________.(填序号)①x 1y 1＋x 2y 2；②x 1y 2＋y 1x 2；③12；④34.解析：由排序不等式知x 1y 1＋x 2y 2>x 1y 2＋x 2y 1.易知当x 2和y 2无限接近于1时，x 1y 1＋x 2y 2无限接近于1，故x 1y 1＋x 2y 2 的值最大．故选①.答案：① 三、解答题7．设A ，B ，C 表示△ABC 的三个内角的弧度数，a ，b ，c 表示其对边，求证：aA ＋bB ＋cCa ＋b ＋c ≥π3. 证法一：不妨设A ≥B ≥C ，则有a ≥b ≥c ， 由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC ≥aB ＋bC ＋cA ， aA ＋bB ＋cC ≥aC ＋bA ＋cB ，aA ＋bB ＋cC ＝aA ＋bB ＋cC ． 上述三式相加，得3(aA ＋bB ＋cC )≥(A ＋B ＋C )(a ＋b ＋c )＝π(a ＋b ＋c )． ∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3. 证法二：不妨设A ≥B ≥C ，则有a ≥b ≥c ，由排序不等式，得aA ＋bB ＋cC 3≥A ＋B ＋C 3·a ＋b ＋c3，即aA ＋bB ＋cC ≥π3(a ＋b ＋c )，∴aA ＋bB ＋cC a ＋b ＋c≥π3. 8．已知0<a 1≤a 2≤…≤a n ，求证：a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2na 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .证明：∵0<a 1≤a 2≤…≤a n ， ∴a 21≤a 22≤…≤a 2n ，1a 1≥1a 2≥…≥1a n . 由排序不等式知，乱序和≥反序和，∴a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 21·1a 1＋a 22·1a 2＋…＋a 2n ·1a n . 故a 21a 2＋a 22a 3＋…＋a 2n －1a n ＋a 2n a 1≥a 1＋a 2＋…＋a n .一、选择题1．在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 表示其三边，设P ＝a ＋b ＋c 2，Q ＝a cos C ＋b cos B＋c cos A ，则P ，Q 的大小关系为( )A ．P ≥QB ．P ＝QC ．P ≤QD ．不能确定解析：不妨设A ≥B ≥C ，则a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤ cos C ，sin A ≥sin B ≥sin C ， 由排序不等式，得Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ＝2R (sin A cos C ＋sin B cos B ＋sin C cos A )≥R [sin(A ＋B )＋sin(B ＋C )＋sin(A ＋C )]＝R (sin C ＋sin A ＋sin B )＝a ＋b ＋c2＝P .答案：C2．(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2…⎝⎛⎭⎫1＋161的取值范围是( )A ．(21，＋∞)B ．(61，＋∞)C ．(4，＋∞)D ．(3n －2，＋∞)解析：令A ＝(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2＝21×54×87×…×3n －13n －2， B ＝32×65×98× (3)3n －1，C ＝43×76×109×…×3n ＋13n .∵21>32>43，54>65>76，87>98>109，…， 3n －13n －2>3n 3n －1>3n ＋13n >0， ∴A >B >C >0.∴A 3>A ·B ·C ． 由题意知3n －2＝61，∴n ＝21. 又∵A ·B ·C ＝3n ＋1＝64.∴A >4. 答案：C 二、填空题3．设a ，b 均为正实数，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，n ∈N *，则M ，N 的大小关系为__________.⎝⎛⎭⎫提示：利用贝努利不等式，令x ＝ba 解析：由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx (x ＞－1，n ∈N *)， 令x ＝ba，∴⎝⎛⎭⎫1＋b a n ≥1＋n ·b a . ∴⎝⎛⎭⎫a ＋b a n ≥1＋n ·ba .即(a ＋b )n ≥a n ＋na n －1b .故M ≥N . 答案：M ≥N4．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：由题意知，等候的时间最短为3×4＋4×3＋5×2＋7＝41. 答案：41 三、解答题5．已知0<α<β<γ<π2，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．证明：∵0<α<β<γ<π2，且y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫0，π2为增函数，y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2为减函数， ∴0<sin α<sin β<sin γ，cos α>cos β>cos γ>0.根据排序不等式，得sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α>12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)．6．设0<a 1≤a 2≤…≤a n,0≤b 1≤b 2≤…≤b n ，c 1，c 2，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的一个排列，求证：ab 11·ab 22·…·ab nn ≥ac 11·ac 22·…·ac nn ≥ab n 1·ab n －12·…·ab 1n .证明：∵0<a 1≤a 2≤…≤a n ，∴lg a 1≤lg a 2≤…≤lg a n .又0≤b 1≤b 2≤…≤b n ，c 1，c 2，…c n 是b 1，b 2，…，b n 的一个排列，由排序不等式知，同序和≥乱序和≥反序和，可得b 1lg a 1＋b 2lg a 2＋…＋b n lg a n ≥c 1lg a 1＋c 2lg a 2＋…＋c n lg a n ≥b n lga 1＋b n－1 lg a 2＋…＋b 1lg a n，即lg(a b 11 ·a b 22 ·…·a b n n )≥lg(a c 11 ·a c 22 ·…·a c n n )≥lg(a b n 1 ·a b n -12 ·…·a b 1n )．∴a b 11 ·a b 22 ·…·a b n n≥a c 11 ·a c 22 ·…·a c n n n ≥a b n 1 ·a b n -12 ·…·a b 1n .。

阶段质量评估(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，满分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．已知a >2，b >2，则有( ) A ．ab ≥a ＋b B ．ab ≤a ＋b C ．ab >a ＋bD ．ab <a ＋b解析：作商比较法.a ＋b ab ＝1b ＋1a ，又a ＞2，b ＞2，∴1a ＜12，1b ＜12. ∴a ＋b ab ＜12＋12＝1. 答案：C2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x ＜0)，则a 与b 的大小关系是( ) A ．a <b B ．a >b C ．a ＝bD ．a ≤b解析：a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1， ∵x ＜0，∴b ＝e x ＜e 0＝1.∴a ＞b . 答案：B3．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值是( ) A ．10 B ．11 C ．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． 答案：C4．已知b >a >0，且a ＋b ＝1，则( ) A ．2ab ＜a 4－b 4a －b ＜a ＋b2＜bB ．2ab ＜a ＋b 2＜a 4－b 4a －b ＜bC.a 4－b 4a －b ＜2ab ＜a ＋b2＜bD ．2ab ＜a ＋b 2＜b ＜a 4－b 4a －b解析：(特殊值法)令a ＝14，b ＝34，则2ab ＝38，a 4－b 4a －b ＝58，a ＋b 2＝12.5．若0<x <y <1，则( ) A ．3y ＜3x B ．log x 3＜log y 3 C ．log 4x ＜log 4yD.⎝⎛⎭⎫14x ＜⎝⎛⎭⎫14y解析：∵y ＝3x 在R 上是增函数，且0＜x ＜y ＜1， ∴3x ＜3y .故A 错误．∵y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数且0＜x ＜y ＜1， ∴log 3x ＜log 3y ＜log 31＝0.∴0＞1log 3x ＞1log 3y .∴log x 3＞log y 3.故B 错误．∵y ＝log 4x 在(0，＋∞)上是增函数，且0＜x ＜y ＜1， ∴log 4x ＜log 4y .故C 正确．∵y ＝⎝⎛⎭⎫14x在R 上是减函数，且0＜x ＜y ＜1， ∴⎝⎛⎭⎫14x ＞⎝⎛⎭⎫14y .故D 错误． 答案：C6．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：由反证法的特点可知D 正确． 答案：D7．已知正整数a ，b 满足4a ＋b ＝30，则使得1a ＋1b 取最小值时的实数对(a ，b )是( )A ．(5,10)B ．(6,6)C ．(10,5)D ．(7,2) 解析：1a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫1a ＋1b 4a ＋b30＝130⎝⎛⎭⎫4＋b a ＋4a b ＋1 ≥130⎝⎛⎭⎫5＋2b a ·4a b ＝310， 当且仅当b a ＝4ab 且4a ＋b ＝30，即a ＝5，b ＝10时，1a ＋1b取最小值．8．已知△ABC 中，∠C ＝90°，则a ＋bc 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．(0，2]C ．(1，2]D ．[1，2]解析：因为∠C ＝90°，所以c 2＝a 2＋b 2. 即c ＝a 2＋b 2.又有a ＋b ＞c ， 所以1＜a ＋b c ＝a ＋b a 2＋b 2≤a ＋b(a ＋b )22＝2(当且仅当a ＝b 时取等号)． 答案：C9．如果正数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝cd ＝4，那么( ) A ．ab ≤c ＋d 且等号成立时，a ，b ，c ，d 的取值唯一 B ．ab ≥c ＋d 且等号成立时，a ，b ，c ，d 的取值唯一 C ．ab ≤c ＋d 且等号成立时，a ，b ，c ，d 的取值不唯一 D ．ab ≥c ＋d 且等号成立时，a ，b ，c ，d 的取值不唯一 解析：∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，d ＞0，且a ＋b ＝cd ＝4， 又a ＋b ≥2ab ，c ＋d ≥2cd ， ∴ab ≤4，c ＋d ≥4.∴ab ≤c ＋d . 当且仅当a ＝b ＝2.c ＝d ＝2时取等号． 答案：A10．设a ，b ，c ，d ∈R ，若a ＋d ＝b ＋c ，且|a －d |<|b －c |，则有( ) A ．ad ＝bc B ．ad <bc C ．ad >bcD ．ad ≤bc解析：|a －d |＜|b －c |⇒(a －d )2＜(b －c )2⇒a 2＋d 2－2ad ＜b 2＋c 2－2bc ， 又因为a ＋d ＝b ＋c ⇒(a ＋d )2＝(b ＋c )2⇒a 2＋d 2＋2ad ＝b 2＋c 2＋2bc ， 所以－4ad ＜－4bc .所以ad ＞bc . 答案：C11．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则B 满足的条件是( )A ．0＜B ≤π4B ．0＜B ≤π3C ．0＜B ≤π2D.π2＜B ＜π 解析：因为2b ＝a ＋c ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－(a ＋c )242ac＝3(a 2＋c 2)－2ac 8ac ＝3(a 2＋c 2)8ac －14≥6ac 8ac －14＝12(当且仅当a ＝c 时取等号)．因为cos B 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，所以0＜B ≤π3. 答案：B12．已知a ，b 为非零实数，则使不等式：a b ＋ba ≤－2成立的一个充分而不必要条件是( )A ．ab >0B ．ab <0C ．a >0，b <0D ．a >0，b >0解析：因为a b 与b a 同号，由a b ＋ba ≤－2，知a b ＜0，ba ＜0， 即ab ＜0，又若ab ＜0， 则a b ＜0，ba＜0， 所以a b ＋b a ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－a b ＋⎝⎛⎭⎫－b a ≤－2⎝⎛⎭⎫－a b ·⎝⎛⎭⎫－b a ＝－2(当且仅当a ＝－b 时取等号)，综上，ab ＜0是a b ＋ba≤－2成立的充要条件．所以a ＞0，b ＜0是a b ＋ba ≤－2成立的一个充分而不必要条件．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 13．用分析法证明：“若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab .”完成下列证明过程．证明：∵b ＋m ＞0，b ＞0， ∴要证原不等式成立，只需证明 b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________________． ∵m ＞0，∴只需证明b ＞a . 由已知显然成立． ∴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 ＞am14．某工厂第一年年产量为A ，第二年增长率为a ，第三年增长率为b ，则这两年的平均增长率x 与a ＋b2的大小关系是____________________________________________．解析：设平均增长率为x ， 则A (1＋x )2＝A (1＋a )(1＋b ) ⇒(1＋x )2≤⎝⎛⎭⎫1＋a ＋1＋b 22＝⎝⎛⎭⎫1＋a ＋b 22.∴x ≤a ＋b 2.答案：x ≤a ＋b215．a ＞b ＞c ＞0，n 1＝(c ＋a )2＋b 2，n 2＝(b ＋c )2＋a 2，n 3＝(a ＋b )2＋c 2，则n 1n 2，n 2n 3，n 22，n 23中最小的一个是____________________．解析：可以利用赋值法比较．令a ＝3，b ＝2，c ＝1，可得n 1＝20，n 2＝18，n 3＝26，所以n 1n 2＝360，n 2n 3＝468，n 22＝324，n 23＝676.故n 22最小． 答案：n 2216．实数x ，y 满足xy ＝x －y ，则x 的取值范围是________．解析：由x y ＝x －y 得x ＝y 2y －1＝(y －1)2＋2(y －1)＋1y －1＝y －1＋1y －1＋2.当y ＞1时，x ≥2＋2＝4，当且仅当y ＝2时取“＝”；当y ＜1时，x ≤－2＋2＝0，当且仅当y ＝0时取“＝”，而y ≠0，所以x ＜0. 答案：(－∞，0)∪[4，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ，b 1＋b ，c1＋c 也可以构成一个三角形．证明：因为a ，b ，c 为三角形的三条边，于是有a ＋b ＞c ，a ＋c ＞b ，b ＋c ＞a . 又设f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x ，它在[0，＋∞)上为单调增函数，所以f (c )＜f (a ＋b )，即c 1＋c ＜a ＋b 1＋a ＋b ＝a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b ＜a 1＋a ＋b 1＋b . 同理a 1＋a ＜b 1＋b ＋c 1＋c ，b 1＋b ＜a 1＋a ＋c 1＋c ，所以a 1＋a ，b 1＋b ，c 1＋c也可以构成一个三角形．18．(本小题满分12分)若a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2，ab ≤1. 证明：证法一：因为a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2，所以(a ＋b )3－23＝a 3＋b 3＋3a 2b ＋3ab 2－8＝3a 2b ＋3ab 2－6 ＝3[ab (a ＋b )－2]＝3[ab (a ＋b )－(a 3＋b 3)]＝－3(a ＋b )(a －b )2≤0. 即(a ＋b )3≤23，又a ＋b ＞0，所以a ＋b ≤2. 因为2ab ≤a ＋b ≤2，所以ab ≤1.证法二：设a ，b 为方程x 2－mx ＋n ＝0的两根，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＝a ＋b ，n ＝ab .因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0， 且Δ＝m 2－4n ≥0.①因为2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝(a ＋b )[(a ＋b ) 2－3ab ]＝m (m 2－3n )， 所以n ＝m 23－23m.②将②代入①得m 2－4⎝⎛⎭⎫m 23－23m ≥0， 即－m 3＋83m ≥0，所以－m 3＋8≥0，即m ≤2.所以a ＋b ≤2.由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n . 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因为a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2，所以2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2＋b 2－ab )≥(a ＋b )(2ab －ab )＝ab (a ＋b )．于是有6≥3ab (a ＋b )，从而8≥3ab (a ＋b )＋2＝3a 2b ＋3ab 2＋a 3＋b 3＝(a ＋b )3，所以a ＋b ≤2(以下略)．证法四：因为a 3＋b 32－⎝⎛⎭⎫a ＋b 23 ＝(a ＋b )(4a 2＋4b 2－4ab －a 2－b 2－2ab )8＝3(a ＋b )(a －b )28≥0，所以对任意正实数a ，b ，有a 3＋b 32≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 23.因为a ＞0，b ＞0，a 3＋b 3＝2，所以1＝a 3＋b 32≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 23.所以a ＋b2≤1，即a ＋b ≤2(以下略)．证法五：假设a ＋b ＞2，则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2) ＝(a ＋b )[(a ＋b )2－3ab ]≥(a ＋b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1.又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝(a ＋b )[(a ＋b )2－3ab ]＞2(22－3ab )，且a 3＋b 3＝2， 所以2＞2(4－3ab )．因此ab ＞1，前后矛盾，故a ＋b ≤2(以下略)．19．(本小题满分12分)已知x ，y ∈R ，且|x |＜1，|y |＜1，求证：11－x 2＋11－y 2≥21－xy . 证明：因为|x |＜1，|y |＜1， 所以11－x 2＞0，11－y 2＞0. 所以11－x 2＋11－y 2≥2(1－x 2)(1－y 2). 故要证明结论成立，只需证2(1－x 2)(1－y 2)≥21－xy成立，即证1－xy ≥(1－x 2)(1－y 2)成立即可， 因为(y －x )2≥0，有－2xy ≥－x 2－y 2， 所以(1－xy )2≥(1－x 2)(1－y 2)． 所以1－xy ≥(1－x 2)(1－y 2)＞0. 所以不等式成立．20．(本小题满分12分)设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列． (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2), ∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2.解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾， 故数列{S n }不是等比数列．(2)解：当q ＝1时，易知{S n }是等差数列．当q ≠1时，{S n }不是等差数列．假设q ≠1时，S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2＝S 1＋S 3， 则2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2. ∵q ≠1，∴q ＝0，这与q ≠0相矛盾．综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列．21．(本小题满分12分)数列{a n }为等差数列，a n 为正整数，其前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，且a 1＝3，b 1＝1，数列{ba n }是公比为64的等比数列，b 2S 2＝64.(1)求a n ，b n .(2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34.(1)解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正整数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ba n ＋1ba n ＝q 3＋nd －1q 3＋(n －1)d －1＝q d ＝64＝26，S 2b 2＝(6＋d )q ＝64，①由(6＋d )q ＝64知q 为正有理数，故d 为6的因子1,2,3,6之一，解①得d ＝2，q ＝8. 故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明：∵S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n (n ＋2) ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜34. 22．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1，a n a n ＋1＜0(n ≥1，n ∈N *)，数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1，n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)求证：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列． (1)解：由题意知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n )， 令C n ＝1－a 2n ，则C n ＋1＝23C n ，又C 1＝1－a 21＝34， 则数列{C n }是首项为C 1＝34，公比为23的等比数列，即C n ＝34×⎝⎛⎭⎫23n －1，故1－a 2n ＝34×⎝⎛⎭⎫23n －1⇒a 2n＝1－34×⎝⎛⎭⎫23n －1. 又a 1＝12＞0，a n a n ＋1＜0，故a n ＝(－1)n －1·1－34×⎝⎛⎭⎫23n －1，b n ＝a 2n ＋1－a 2n＝⎣⎡⎦⎤1－34×⎝⎛⎭⎫23n －⎣⎡⎦⎤1－34×⎝⎛⎭⎫23n －1＝14×⎝⎛⎭⎫23n －1. (2)证明：假设数列{b n }中存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列，于是有b r >b s >b t ，则只可能有2b s ＝b r ＋b t 成立．所以2×14⎝⎛⎭⎫23s －1＝14⎝⎛⎭⎫23r －1＋14⎝⎛⎭⎫23t －1.两边同乘3t －1·21－r 化简得2×2s －r ·3t －s ＝3t －r ＋2t －r ，由于r ＜s ＜t ，所以上式右边为奇数，左边为偶数．故上式不可能成立，导致矛盾． 故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．。

阶段质量评估(四)(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，满分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．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4解析：因为1＋3＝4，所以左边应取的项是1＋2＋3＋4. 答案：D2．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14.答案：D3．设凸n 边形有f (n )条对角线，则凸n ＋1边形的对角线的条数f (n ＋1)为( ) A ．f (n )＋n ＋1 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －2解析：凸n ＋1边形的对角线的条数等于凸n 边形的对角线的条数，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(n －2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f (n )＋n －1条对角线，故选C.答案：C4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析：∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上 (k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2. 答案：D5．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋a n －1(n ∈N *)，用数学归纳法证明a 4n 能被4整除，假设a 4k 能被4整除，然后应该证明( )A ．a 4k ＋1能被4整除B ．a 4k ＋2能被4整除C ．a 4k ＋3能被4整除D ．a 4k ＋4能被4整除解析：由假设a 4k 能被4整除，则当n ＝k ＋1时，应该证明a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4能被4整除． 答案：D6．已知一个命题P (k )，k ＝2n (n ∈N *)，若n ＝1,2，…，1 000时，P (k )成立，且当n ＝1 000＋1时它也成立．下列判断中，正确的是( )A ．P (k )对k ＝2 013成立B ．P (k )对每一个自然数k 成立C ．P (k )对每一个正偶数k 成立D ．P (k )对某些偶数可能不成立解析：由已知得k ＝2,4,6，…，2 000时命题成立，故排除A ，B ，C ，应选D. 答案：D7．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋1n －1＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且为偶数)时，等式成立，则还需要利用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：偶数k 的后继偶数为k ＋2，故应再证n ＝k ＋2时等式成立． 答案：B8．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N *)能被8整除时，若n ＝k 时命题成立，欲证当n ＝k ＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34×34k＋1＋52×52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)，故选A.答案：A9．利用数学归纳法证明“对任意偶数n，a n－b n能被a＋b整除”时，其第二步论证应该是()A．假设n＝k时命题成立，再证n＝k＋1时命题也成立B．假设n＝2k时命题成立，再证n＝2k＋1时命题也成立C．假设n＝k时命题成立，再证n＝k＋2时命题也成立D．假设n＝2k时命题成立，再证n＝2(k＋1)时命题也成立解析：第k个偶数应是2k，所以应假设n＝2k时，命题成立，再证n＝2(k＋1)时也成立．答案：D10．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得()A．当n＝6时该命题不成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立解析：由题意知，若当n＝4时该命题成立，则可推得当n＝5时该命题也成立，与已知矛盾．故当n＝4时，该命题不成立．答案：C11．若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱的对角面的个数为()A．2f(k) B．f(k)＋k－1C．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：如图所示是k＋1棱柱的一个横截面，显然从k棱柱到k＋1棱柱，增加了从A k＋1发出的对角线k－2条，即相应对角面k－2个，以及A1A k棱变为对角线(变为相应的对角面)．故f(k＋1)＝f(k)＋(k－2)＋1＝f(k)＋k－1.答案：B12．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(α≠k π，k ∈Z ，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12cos α＋cos 3α D.12＋cos α＋cos 2α＋cos 3α 解析：当n ＝1时，左边最后一项为cos(2×1－1)α＝cos α，即左边所得项是12＋cos α.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 13．观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72；….则可得出第n 个式子为____________．解析：各式的左边是第n 个自然数到第3n －2个连续自然数的和，右边是2n －1的平方，故可得出第n 个式子是：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.答案：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)214．设f (n )＝⎝⎛⎭⎫1＋1n ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋1…⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3.在“假设n ＝k 时成立”后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·____________.解析：当n ＝k 时，f (k )＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1…⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ； 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋2…⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2，所以f (k )应乘⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2·kk ＋1.答案：⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2·kk ＋115．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，那么a ＝______，b ＝______，c ＝______.解析：取n ＝1,2,3得⎩⎪⎨⎪⎧1＝31(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，解得a ＝12，b ＝14，c ＝14.答案：12 14 1416．有以下四个命题： (1)2n >2n ＋1(n ≥3)．(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ＋2(n ≥1)． (3)凸n 边形内角和为f (n )＝(n －1)π(n ≥3)． (4)凸n 边形对角线条数f (n )＝n (n －2)2(n ≥4)． 其中满足“假设n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时命题成立，则当n ＝k ＋1时命题也成立. ”但不满足“当n ＝n 0(n 0是题中给定的n 的初始值)时命题成立”的命题序号是________．解析：当n 取第一个值时经验证(2)，(3)，(4)均不成立，(1)不符合题意，对于(4)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时命题成立，则当n ＝k ＋1时命题不成立．所以(2)(3)正确．答案：(2)(3)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)求证：两个连续正整数的积能被2整除． 证明：设n ∈N *，则要证明n (n ＋1)能被2整除．(1)当n ＝1时，1×(1＋1)＝2，能被2整除，即命题成立． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立，即 k ·(k ＋1)能被2整除．那么当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋1＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋1)＋2(k ＋1)，由归纳假设k (k ＋1)及2(k ＋1)都能被2整除．所以(k ＋1)(k ＋2)能被2整除．故n ＝k ＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N *都成立．18．(本小题满分12分)求证：tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝tan α·tan 2α， 右边＝tan 2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2＝21－tan 2 α－2＝2tan 2 α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2 α＝tan α·tan 2α＝左边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan (k －1)α·tan kα＝tan k αtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1) α·tan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kα[1＋tan α·tan (k ＋1)α]tan α－k＝1tan α⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan (k ＋1) α－tan α1＋tan (k ＋1)α·tan α· [1＋tan (k ＋1) α·tan α]－k ＝1tan α[tan (k ＋1)α－tan α]－k ＝tan (k ＋1)αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，当n ≥2，n ∈N *时等式恒成立．19．(本小题满分12分)数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)． (1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n . (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．(1)解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，所以a 1＝1. 当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，所以a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3， 所以a 3＝74.当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， 所以a 4＝158.由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．(2)证明：当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1(k ≥1且k ∈N *)时， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k＝2＋a k －a k ＋1. 所以2a k ＋1＝2＋a k .所以a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k .这表明n ＝k ＋1时，结论成立． 综上可得a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．20．(本小题满分12分)设函数f n (x )＝C 2n ＋C 3n x ＋C 4n x 2＋…＋C n n xn －2(n ∈N ，n ≥2)，当x >－1，且x ≠0时，求证：f n (x )>0恒成立．证明：要证f n (x )>0恒成立，因为x >－1，且x ≠0，所以只需证C 0n ＋C 1n ·x ＋C 2n ·x 2＋…＋C n n x n>1＋nx ，即证(1＋x )n >1＋nx . ①当n ＝2时，显然成立．②假设当n ＝k (k ≥2)时成立，即(1＋x )k >1＋kx ，则当n ＝k ＋1时，有(1＋x )k ＋1＝(1＋x )k ·(1＋x )>(1＋kx )(1＋x )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．所以对任意n ∈N ，n ≥2，(1＋x )n >1＋nx 成立，即f n (x )>0恒成立．21．(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N *)． (1)猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明． (2)设x >0，y >0，且x ＋y ＝1，求证：a n x ＋1＋a n y ＋1≤ 2(n ＋2).(1)解：分别令n ＝1,2,3得 ⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝a 21＋1，2(a 1＋a 2)＝a 22＋2，2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 23＋3.∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3. 猜想：a n ＝n . 由2S n ＝a 2n ＋n ，① 可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)．②①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，∵a 2>0，∴a 2＝2.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1⇒[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0. ∴a k ＋1＝k ＋1.即当n ＝k ＋1时也成立． ∴a n ＝n (n ≥2)．显然n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n . (2)证明：要证nx ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)， 只要证nx ＋1＋2(nx ＋1)(ny ＋1)＋ny ＋1 ≤2(n ＋2)．即n (x ＋y )＋2＋2n 2xy ＋n (x ＋y )＋1≤2(n ＋2)， 将x ＋y ＝1代入，得2n 2xy ＋n ＋1≤n ＋2， 即只要证4(n 2xy ＋n ＋1)≤(n ＋2)2， 即4xy ≤1.∵x >0，y >0，且x ＋y ＝1，∴xy ≤x ＋y 2＝12.即xy ≤14，故4xy ≤1成立，∴原不等式成立．22．(本小题满分12分)已知y ＝f (x )满足f (n －1)＝f (n )－lg a n －1(n ≥2，n ∈N )，且f (1)＝－lg a ，是否存在实数α，β，使f (n )＝(αn 2＋βn －1)lg a ，对任意n ∈N *都成立？证明你的结论．解：f (n )＝f (n －1)＋lg a n －1.令n ＝2，f (2)＝f (1)＋lg a ＝－lg a ＋lg a ＝0. 又f (1)＝(－1)lg a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧α＋β－1＝－1，4α＋2β－1＝0.解得α＝12，β＝－12.所以f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n 2－12n －1lg a . 下证对任何n ∈N *都成立． (1)当n ＝1时，显然成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时成立，即f (k )＝⎝⎛⎭⎫12k 2－12k －1lg a ，则n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋lg a k ＝f (k )＋k lg a ＝⎝⎛⎭⎫12k 2－12k －1＋k lg a ＝⎣⎡⎦⎤12(k ＋1)2－12(k ＋1)－1lg a ， 所以当n ＝k ＋1时等式成立．综合(1)(2)知存在α，β，且α＝12，β＝－12，使f (n )＝(αn 2＋βn －1)lg a 对任意n ∈N *都成立．。

第4章 4.2一、选择题1．周长为24的矩形绕其一边旋转形成一个圆柱，该圆柱的体积的最大值是( ) A ．256π B ．216π C ．108πD ．864π解析：设矩形的两边分别为x ，y ，则2x ＋2y ＝24， 圆柱的体积为V ，则V ＝π·x 2y ＝π2x ·x ·2y ≤π2·⎝⎛⎭⎫2x ＋2y 33＝256π.当且仅当x ＝8，y ＝4时，等号成立． 答案：A2．某公司租地建仓库，每月占地费用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与到车站的距离的平方成正比，如果在距车站10 km 处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为20万元和80万元，那么要使两项费用之和最小，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：设距离为x ，y 1＝k x ，y 2＝mx 2，由x ＝10时，y 1＝20，y 2＝80，得k ＝200，m ＝45.y 1＋y 2＝200x ＋45x 2＝100x ＋100x ＋45x 2≥338 000＝60，当且仅当100x ＝45x 2，即x ＝5时等号成立．答案：A 二、填空题3．圆柱的体积为16π，则其表面积的最小值为__________. 解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则πr 2h ＝16π，h ＝16r 2.S ＝2πr 2＋2πrh ＝2πr 2＋2π×16r ＝2πr 2＋16πr ＋16πr≥3π32×162＝24π， 当且仅当2r 2＝16r ，即r ＝2时等号成立．答案：24π4．26辆汽车运送一批救灾物资从某市以x km/h 的速度匀速开往相距400 km 的灾区，为安全起见，每两辆汽车的前后间距不得小于⎝⎛⎭⎫x 203km ，则这批物资全部到达灾区最少需要__________h.解析：设全部物资到达灾区所需时间为t h ，由题意可知，t 相当于最后一辆车行驶了⎣⎡⎦⎤25×⎝⎛⎭⎫x 203＋400km 所用的时间，因此，t ＝25×⎝⎛⎭⎫x 203x＋400x ＝25x 2203＋200x ＋200x≥3325×2002203＝15(h)．当且仅当25x 2203＝200x ，即x ＝40时等号成立．答案：15 三、解答题5．设圆锥的母线长为1，问圆锥的底面半径为多少时，圆锥的体积最大？ 解法一：设底面半径为r ，高为h ，则r 2＋h 2＝1，圆锥的体积为V ＝13πr 2h ，∴V 2＝π29r 4h 2＝π218(r 2·r 2·2h 2)≤π218·⎝⎛⎭⎫r 2＋r 2＋2h 233＝4π235.即V ≤2327π，当且仅当r 2＝2h 2，即r ＝63时，等号成立．∴V 最大时，r ＝63，V max ＝2327π. 解法二：如图，设母线与底面所成的角为θ，则底面半径为cos θ，高h ＝sin θ.∵圆锥的体积V ＝13πcos 2 θsin θ＝π3cos 2 θsin θ，记μ＝cos 2 θsin θ，则μ2＝cos 4 θsin 2 θ＝12[cos 2 θ·cos 2 θ·(2sin 2 θ)]≤12⎝⎛⎭⎫cos 2 θ＋cos 2 θ＋2sin 2θ33＝427，∴μ≤293，当且仅当cos 2 θ＝2sin 2 θ时，等号成立．∴V ≤2327π，即V 的最大值为2327π，此时cos 2 θ＝2sin 2 θ.∴cos θ＝63，即圆锥的底面半径为63. 6．将半径为R 的圆形铁片剪去一个扇形，用剩下的部分卷成一个圆锥．当剪去的扇形中心角α的弧度数为多大时，圆锥的体积最大？并求出这个最大体积．解：设卷成的圆锥底面半径为r ，则圆锥高为R 2－r 2. V圆锥＝13πr 2R 2－r 2＝π3r 2·r 2·(R 2－r 2)＝π32r 2·r 2·(2R 2－2r 2)≤π32⎝⎛⎭⎫r 2＋r 2＋2R 2－2r 233＝2327πR 3.当且仅当r 2＝2R 2－2r 2，即r ＝63R 时等号成立，这时V 圆锥最大． 此时，圆锥侧面展开的扇形的中心角为2πr R ＝263π，∴剪去的扇形中心角α为2π－263π.∴当剪去的扇形中心角α＝2π－263π时，卷成的圆锥体积最大，这个最大体积是2327πR 3.1.现在一些家庭常常在圆桌上方装一只“拉灯”，由于灯到桌面的距离可以调节，这样桌面上的光线亮度可以根据不同需要加以选择．根据光学定律，电灯A 到圆桌边缘B 的照度i ＝k sin φl 2，其中k 为电灯的发光强度，l 为电灯到圆桌边缘的距离，φ为电灯到圆桌边缘光线与桌面所成的角．半径为r 的圆桌上方多高作为灯的位置(如图)，才能使桌子边缘上的照度最大？解：在公式i ＝k sin φl 2中，0＜φ＜π2，在Rt △AOB 中，l ＝rcos φ，代入上式，得i ＝k r 2sin φcos 2 φ＝k r 2 12·2sin 2 φ·cos 2 φ·cos 2 φ≤k r2 12·⎝⎛⎭⎫2sin 2 φ＋cos 2 φ＋cos 2φ33＝23k 9r 2. 当且仅当2sin 2 φ＝cos 2 φ，即tan φ＝22时，等号成立． ∴当h ＝r tan φ＝22r 时，圆桌边缘的照度最大，最大值为23k9r2. 2.如图所示，已知圆锥的底面半径为R ，高为H ，在其中有一个高为x ，下底面半径与上底面半径之比为λ(0＜λ＜1)的内接圆台．当x 为何值时，圆台的体积最大？并求出这个最大的体积．解：设内接圆台的上底面半径为r ，则下底面半径为λr ，由相似三角形的性质，得r ＝R ⎝⎛⎭⎫1－x H . ∴V圆台＝13πx (r 2＋r ×λr ＋λ2r 2)＝13πR 2x ⎝⎛⎭⎫1－x H 2·(1＋λ＋λ2)＝16πR 2H (1＋λ＋λ2)2x H ⎝⎛⎭⎫1－x H ⎝⎛⎭⎫1－x H . ∵0＜x H ＜1，∴1－xH ＞0.又2xH ＋⎝⎛⎭⎫1－x H ＋⎝⎛⎭⎫1－x H ＝2. ∴V 圆台≤16πR 2H (1＋λ＋λ2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x H ＋⎝⎛⎭⎫1－x H ＋⎝⎛⎭⎫1－x H 33＝481πR 2H (1＋λ＋λ2)． 当且仅当2x H ＝1－x H ，即x ＝H3时，等号成立．∴当x ＝H 3时，V max ＝481πR 2H (1＋λ＋λ2)．3．无论是工业设备还是家庭生活用具，圆柱形的容器都不少见．你是否留心了多数圆形柱容器不是细细长长的，也不是扁扁的，而是高和底面直径大致相等，你是否想过这是为什么？当然，高和底面直径大致相等的圆柱形看上去比较匀称，这是一条理由．但更主要的原因似乎不在这里．我们知道，容器的容积往往是一定的，但表面积却随着形状而改变，这就意味着同样容积的圆柱形容器有的用料较省而有的则费料，如果仅从成本角度考虑，自然应制造用料最省的，那么究竟怎样的圆柱形容器用料最省呢？(假设容器是密闭的)解：如图所示，设容器的高为h ，底面半径为r ，表面积为S ，容积为V ，V 为定值．于是有V ＝πr 2h ，① 及S ＝2πr 2＋2πrh .②根据三个正数的平均值不等式，得S＝2πr2＋πrh＋πrh≥33(2πr2)·(πrh)·(πrh)＝332π(πr2h)2.③将①代入③，得S≥332πV2.④当且仅当2r2＝rh，即h＝2r，也就是高和底面直径相等时，③④中等号成立．此时，圆柱的表面积S＝332πV2最小，制造容器用料最省，同时可算得r＝3V2π，h＝34Vπ.。

第一讲 一 不等式3．三个正数的算术－几何平均不等式一、选择题1．若a ，b ，c >0，且3a ＋4b ＋5c ＝6，则a 3b 2c 的最大值为( ) A.14 B.15 C.120D.110解析：因为6＝3a ＋4b ＋5c ＝a ＋a ＋a ＋2b ＋2b ＋5c ≥6620a 3b 2c ，所以a 3b 2c ≤120，当且仅当a ＝2b ＝5c ，即a ＝1，b ＝12，c ＝15时，等号成立．所以a 3b 2c 的最大值为120.答案：C2．如果圆柱的轴截面周长l 为定值，那么圆柱的体积最大值是( ) A.⎝⎛⎭⎫l 63π B.⎝⎛⎭⎫l 33π C.⎝⎛⎭⎫l 43π D.14⎝⎛⎭⎫l 43π 解析：l ＝4r ＋2h ，即2r ＋h ＝l2，V ＝πr 2h ≤⎝⎛⎭⎫r ＋r ＋h 33π＝⎝⎛⎭⎫l 63π. 答案：A3．若a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为( )A ．9B ．8C ．3D.13解析：因为a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1， 所以a ＋b ＋c ≥33abc . 所以0＜abc ≤127，1abc ≥27.所以1a ＋1b ＋1c ≥331abc ≥3327＝9.当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．答案：A4．已知x ＋2y ＋3z ＝6，则2x ＋4y ＋8z 的最小值为( ) A ．336 B ．2 2 C ．12D ．1235解析：因为2x ＞0,4y ＞0,8z ＞0，所以2x ＋4y ＋8z ＝2x ＋22y ＋23z ≥332x ·22y ·23z ＝332x ＋2y ＋3z ＝3×4＝12. 当且仅当2x ＝22y ＝23z ，即x ＝2y ＝3z ，即x ＝2，y ＝1，z ＝23时取等号．答案：C5．函数f (x )＝5x ＋20x 2(x ＞0)的最小值为( )A ．20 B.115C ．15D ．无最小值 解析：f (x )＝5x ＋20x 2＝5x 2＋5x 2＋20x 2≥335x 2·5x 2·20x 2＝15.当且仅当5x 2＝5x 2＝20x 2，即当x ＝2时，不等式取等号，此时f (x )取最小值15.答案：C6．设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1·⎝⎛⎭⎫1b －1·⎝⎛⎭⎫1c －1，则必有( ) A ．0≤M ＜18B.18≤M ＜1 C ．1≤M ＜8 D ．M ≥8解：M ＝⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c a －1⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c b －1⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c c －1＝(b ＋c )(a ＋c )(a ＋b )abc ≥8bc ·ac ·ababc＝8，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． 答案：D 二、填空题7．周长为2＋1的直角三角形面积的最大值为________． 解析：设两直角边长为a ，b ，斜边长为c ， 则c 2＝a 2＋b 2，且a ＋b ＋a 2＋b 2＝2＋1. ∴2＋1＝a ＋b ＋a 2＋b 2≥2ab ＋2ab ＝(2＋2)ab ， 即ab ≤22，当且仅当a ＝b 时取等号． ∴三角形的面积S ＝12ab ≤14，即S max ＝14.答案：148．(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/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 的值是________．解析：一年的总运费为6×600x ＝3 600x(万元)． 一年的总存储费用为4x 万元．总运费与总存储费用的和为⎝⎛⎭⎫3 600x ＋4x 万元． 因为3 600x＋4x ≥23 600x ·4x ＝240，当且仅当3 600x＝4x ， 即x ＝30时取得等号，所以当x ＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小． 答案：309．设正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，则13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为________．解：因为a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1， 所以(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)＝9.于是⎝⎛⎭⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥331(3a ＋2)(3b ＋2)(3c ＋2)·33(3a ＋2)(3b ＋2)(3c ＋2)＝9， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立，即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1，故13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值为1. 答案：1 三、解答题10．求函数f ( x )＝x (5－2x )2⎝⎛⎭⎫0＜x ＜52的最大值． 解：f (x )＝x (5－2x )2＝14×4x (5－2x )(5－2x )≤14⎝⎛⎭⎫4x ＋5－2x ＋5－2x 33＝25027. 当且仅当4x ＝5－2x ， 即x ＝56时，等号成立．所以函数的最大值是25027.11．(2014·江苏高考)已知x ＞0，y ＞0，求证：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明：因为x ＞0，y ＞0， 所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0， 1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0.故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .12．(能力挑战)如图(1)所示，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，如图(2)所示，求这个正六棱柱容器容积的最大值．解：设正六棱柱容器底面边长为x (x ＞0)，高为h ， 由下图可有2 h ＋3x ＝3， 所以h ＝32(1－x )， V ＝S 底·h ＝6×34x 2·h ＝332x 2·32·(1－x ) ＝23×332×x 2×x 2×(1－x )≤9×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋1－x 33＝13. 当且仅当x 2＝1－x ，即x ＝23时，等号成立．所以当底面边长为23时，正六棱柱容器容积最大，为13.利用三个正数的算术-几何平均不等式求最值时要注意三点：(1)函数式中各项(必要时还要考虑常数项)必须都是正数，若不是正数，必须变为正数．(2)函数式中，含变数的各项的和或积必须是常数，才能利用“定理”求出最值．(3)必须取到等号，若取不到等号，必须经过适当的变形，使之取到等号．。

第二讲 二 综合法与分析法一、选择题1．设a >0，b >0，且ab －(a ＋b )≥1，则( ) A ．a ＋b ≥2(2＋1) B ．a ＋b ≤2＋1 C ．a ＋b ≤(2＋1)2 D ．a ＋b >2(2＋1)解析：因为ab ≤a ＋b2，所以ab ≤14(a ＋b ) 2.所以14(a ＋b )2－(a ＋b )≥ab －(a ＋b )≥1.所以(a ＋b )2－4(a ＋b )－4≥0. 所以a ＋b ≤2－22或a ＋b ≥2＋2 2. 又a ＞0，b ＞0， 所以a ＋b ≥2＋2 2. 答案：A2．若1<x <10，下面不等式中正确的是( ) A ．(lg x )2＜lg x 2＜lg(lg x ) B ．lg x 2＜(lg x )2＜lg(lg x ) C ．(lg x )2＜lg(lg x )＜lg x 2 D ．lg(lg x )＜(lg x )2＜lg x 2解析：因为1＜x ＜10，所以0＜lg x ＜1. 所以0＜(lg x )2＜1,0＜lg x 2＜2，lg(lg x )＜0. 又(lg x )2－lg x 2＝(lg x )2－2lg x ＝lg x (lg x －2)＜0， 所以0＜(lg x )2＜lg x 2.所以lg(lg x )＜(lg x )2＜lg x 2. 答案：D3．下面对命题“函数f (x )＝x ＋1x 是奇函数”的证明不是用综合法的是( )A ．∀x ∈R 且x ≠0有f (－x )＝(－x )＋1－x ＝－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数 B ．∀x ∈R 且x ≠0有f (x )＋f (－x )＝x ＋1x ＋(－x )＋⎝⎛⎭⎫－1x ＝0，∴f (x )＝－f (－x )．∴f (x )是奇函数C ．∀x ∈R 且x ≠0，∵f (x )≠0，∴f (－x )f (x )＝－x －1x x ＋1x ＝－1.∴f (－x )＝－f (x )．∴f (x )是奇函数D ．取x ＝－1，f (－1)＝－1＋1－1＝－2，又f (1)＝1＋11＝2，∴f (－1)＝－f (1)．∴f (x )是奇函数解析：选项A 、B 、C 都是从奇函数的定义出发，证明f (－x )＝－f (x )成立，从而得到f (x )是奇函数，而选项D 的证明方法是错误的．答案：D4．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.⎝⎛⎭⎫a ＋b 22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：a 2＋b 2－1－a 2b 2＝－(a 2－1)(b 2－1)，要证原不等式成立，只需证－(a 2－1)(b 2－1)≤0，即证(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案：D5．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P <S <2P C ．S >PD ．P ≤S <2P解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，所以a 2＋b 2－2ab ＜c 2. 同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2， 所以a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P . 答案：D6．设x 1和x 2是方程x 2＋px ＋4＝0的两个不相等的实数根，则( ) A ．|x 1|>2且|x 2|>2 B ．|x 1＋x 2|<4 C ．|x 1＋x 2 |>4D ．|x 1|＝4且|x 2|＝1解析：由方程有两个不等实根知Δ＝p 2－16＞0， 故|p |＞4.又x 1＋x 2＝－p ，所以|x 1＋x 2|＝|p |＞4. 答案：C二、填空题7．设a ，b ，c ∈R ，且a ，b ，c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是____________．解析：a 3＋b 3＋c 3－3abc＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc ) ＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2]， 而a ，b ，c 不全相等⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2＞0， ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案：a ＋b ＋c ≥08．设x ，y ，z 为正实数，满足x －2y ＋3z ＝0，则y 2xz的最小值是________．解析：由x －2y ＋3z ＝0得y ＝x ＋3z 2，代入y 2xz 得y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时，取等号．答案：39．设a ，b ，c 都是正实数，a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________． 解析：因为(a ＋b ＋c )2＝a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤1＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝1＋2(a ＋b ＋c )＝3，所以a ＋b ＋c ≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．答案： 3 三、解答题10．用分析法证明：当x >0时，sin x ＜x . 证明：当x ＞0时，要证sin x ＜x ， 即证f (x )＝sin x －x ＜0＝f (0)， 即证f ′(x )＝cos x －1≤0，显然当x ＞0时，f ′(x )＝cos x －1≤0， 故原命题成立．11．已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .证明：因为x ，y ，z 均为正数， 所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z. 同理得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y (当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立)．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. 12．(能力挑战)已知{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)用S n 表示S n ＋1.(2)是否存在自然数c 和k ，使得S k ＋1－cS k －c ＞2成立？解：(1)∵S n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ， ∴S n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝12S n ＋2(n ∈N *)．(2)要使S k ＋1－cS k －c ＞2，只要c －⎝⎛⎭⎫32S k －2c －S k ＜0，因为S k ＝4⎝⎛⎭⎫1－12k ＜4， 所以S k －⎝⎛⎭⎫32S k －2＝2－12S k ＞0(k ∈N *)． 故只要32S k －2＜c ＜S k (k ∈N *)①.因为S k ＋1＞S k (k ∈N *)， 所以32S k －2≥32S 1－2＝1.又S k ＜4，故要使①成立，c 只能取2或3.当c ＝2时，因为S 1＝2，所以当k ＝1时，c ＜S k 不成立，从而①不成立． 当k ≥2时，因为32S 2－2＝52＞c ，由S k ＜S k ＋1(k ∈N *)得32S k －2＜32S k ＋1－2.故当k ≥2时，32S k －2＞c ，从而①不成立．当c ＝3时，因为S 1＝2，S 2＝3，所以当k ＝1，k ＝2时，c ＜S k 不成立，从而①不成立． 因为32S 3－2＝134＞c ，又32S k －2＜32S k ＋1－2，所以当k ≥3时，32S k －2＞c ，从而①不成立．综上所述，不存在自然数c ，k ，使S k ＋1－cS k －c＞2成立．1．综合法证明不等式(1)思维方法综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知条件及不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后导出所需证明的不等式成立．(2)条件依据即实数性质，不等式的性质及推论，基本不等式等．常用的不等式有：|a|≥0(a∈R)；a2≥0(a∈R)；a2＋b2≥2ab；b a＋ab≥2(a，b同号)；a2＋b22≥a＋b2≥ab≥21a＋1b(a，b∈R＋)等．2．分析法证明不等式(1)思维方向分析法证明不等式的思维方向是“逆求”(但决不是逆推)，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．(2)注意的问题用分析法证题，是寻找不等式成立的充分条件，不是必要条件．因此，各步的寻求用“⇐”，有些步骤可用“⇔”，但不能用“⇒”，因为是寻求充分条件，不必每步都是“⇔”，证完之后也不能说每步都可逆，只有证明充要条件时，才可以说以上每步都可逆．3．综合法和分析法的比较(1)相同点：都是直接证明．(2)不同点：综合法是由因导果，形式简洁，易于表达；分析法是执果索因，利于思考，易于探路．。

第5章 5.2 5.31．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，若选择商店中单价为3元、2元和1元的礼品，则至少要花( )A ．6元B ．19元C ．25元D ．3元解析：由排序原理可知，至少要花1×5＋2×4＋3×2＝19(元)．答案：B2．已知a ，b ，c 为正数，且m ，n ，p 是a ，b ，c 的一个排列，P ＝a 2＋b 2＋c 2，Q ＝ma ＋nb ＋pc ，则P ，Q 的大小关系是( )A ． P >QB ．P ≥QC ．P <QD ．P ≤Q解析：不妨设a ≥b ≥c ＞0，由同序和≥乱序和，得a 2＋b 2＋c 2≥ma ＋nb ＋pc ，即P ≥Q . 答案：B3．对于正整数n ，下列说法不正确的是( )A ．3n ≥1＋2nB ．0.9n ≥1－0.1nC ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n ≥1－0.9n解析：由贝努利不等式可知，当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，选项A 正确；当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，选项B 正确，选项C 错误；当x ＝－0.9时，(1－0.9)n ≥1－0.9n ，选项D 正确．答案：C4．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，则c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是__________，最小值是__________.解析：由排序不等式知，同序和最大，反序和最小，∴最大值为1×4＋2×5＋3×6＝32，最小值为1×6＋2×5＋3×4＝28.答案：32 285．设正实数a 1，a 2，…，a n 的任一排列为a 1′，a 2′，…，a n ′，求a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a n a n ′的最小值． 解：设a 1≥a 2≥…≥a n ，则1a 1≤1a 2≤…≤1a n ，其反序和为a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n＝n . 由乱序和≥反序和，得a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a n a n ′≥a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n ＝n . ∴a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a n a n ′的最小值为n .。

第一章 §2 2.21．不等式1＜|x ＋1|＜3的解集为( )A ．(0,2)B ．(－2,0)∪(2,4)C ．(－4,0)D ．(－4，－2)∪(0,2)解析：由1＜|x ＋1|＜3，得1＜x ＋1＜3或－3＜x ＋1＜－1.∴0＜x ＜2或－4＜x ＜－2.∴原不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)．答案：D2．不等式⎪⎪⎪⎪x 2－x ＞x 2－x 的解集是( )A ．{x |0＜x ＜2}B ．{x |x ＜0或x ＞2}C ．{x |x ＜0}D ．{x |x ＞2}解析：由⎪⎪⎪⎪x 2－x ＞x 2－x ，可知x 2－x＜0. ∴x ＞2或x ＜0.答案： B3．不等式|x －5|＋|x ＋3|≥10的解集是( )A ．[－5,7]B ．[－4,6]C ．(－∞，－5]∪[7，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[6，＋∞) 解析：由绝对值的几何意义，可知|x －5|＋|x ＋3|表示数轴上的点x 到－3和5两点的距离之和．又点－4和6到点－3和5的距离之和都为10，如图所示，故满足不等式|x －5|＋|x ＋3|≥10的解集为(－∞，－4]∪[6，＋∞)．答案：D4．不等式(1＋x )(1－|x |)＞0的解集是________.解析：当x ≥0时，原不等式变为x 2－1＜0，即－1＜x ＜1，考虑到x ≥0，于是0≤x ＜1.当x ＜0时，原不等式变为(1＋x )2＞0，即x ≠－1，所以x ＜0且x ≠－1.综上，原不等式的解集为{x |x ＜－1或－1＜x ＜1}．答案：{x |x ＜－1或－1＜x ＜1}5．解不等式|x ＋3|－|2x －1|＞x 2＋1. 解：当x ＜－3时，原不等式化为x －4＞x 2＋1，解得 x ＞10.而x ＜－3，故此时无解．当－3≤x ＜12时，原不等式化为3x ＋2＞x 2＋1， 解得x ＞－25. 此时原不等式的解集为⎩⎨⎧ x ⎪⎪⎭⎬⎫－25＜x ＜12. 当x ≥12时，原不等式化为－x ＋4＞x 2＋1， 解得x ＜2.此时原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ＜2. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫－25＜x ＜2.。