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2017-2018学年高中数学人教A版必修五习题：第3章+不等式+3.1+第2课时+Word版含答案

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第三章 3.1 第2课时A 级 基础巩固一、选择题1．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是导学号 68370660( C )A ．a >bB ．a ＝bC ．a <bD ．a ，b 的大小无法确定 [解析] a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1，因为m ＋1＋m >m ＋m －1>0，所以a <b ．2．已知a 、b 、c 、d 均为实数，有下列命题 ①若ab ＜0，bc －ad ＞0，则c a －db ＞0；②若ab ＞0，c a －db ＞0，则bc －ad ＞0；③若bc －ad ＞0，c a －db＞0，则ab ＞0．其中正确命题的个数是导学号 68370661( C ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3[解析] ①∵ab ＜0，∴1ab＜0，又∵bc －ad ＞0∴1ab ·(bc －ad )＜0即c a －db ＜0，∴①错；②∵ab ＞0，c a －db ＞0，∴ab (c a －db )＞0，即：bc －ad ＞0， ∴②正确；③∵c a －db ＞0∴bc －ad ab ＞0，又∵bc －ad ＞0∴ab ＞0∴③正确．3．若a ＝ln22，b ＝ln33，c ＝ln55，则导学号 68370662( C )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c[解析] b a ＝2ln33ln2＝ln9ln8＝log 89>1，∵a >0，∴b >a ．a c ＝5ln22ln5＝ln32ln25＝log 2532>1．∵c >0，∴a >c ，∴b >a >c ．故选C ．4．若－π2<α<β<π2，则α－β的取值范围是导学号 68370663( C )A ．(－π，π)B ．(0，π)C ．(－π，0)D ．{0}[解析] ∵－π2<β<π2，∴－π2<－β<π2，又－π2<α<π2，∴－π<α－β<π，又α<β，∴α－β<0，∴－π<α－β<0．故选C ．5．如果a ＞0，且a ≠1，M ＝log a (a 3＋1)，N ＝log a (a 2＋1)，那么导学号 68370664( A ) A ．M ＞N B ．M ＜NC ．M ＝ND ．M 、N 的大小无法确定 [解析] M －N ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝ log a a 3＋1a 2＋1，若a >1，则a 3>a 2，∴a 3＋1a 2＋1>1，∴log a a 3＋1a 2＋1>0，∴M >N ，若0<a <1，则0<a 3<a 2，∴0<a 3＋1<a 2＋1，∴0<a 3＋1a 2＋1<1，∴log a a 3＋1a 2＋1>0，∴M >N ，故选A ．6．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是导学号 68370665( A )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1D ．12[解析] 本题可用特值法：令a 1＝0．1，a 2＝0．9；b 1＝0．2，b 2＝0．8．则A 中a 1b 1＋a 2b 2＝0．74；B 中a 1a 2＋b 1b 2＝0．25；C 中a 1b 2＋a 2b 1＝0．26，故最大值为A ．二、填空题7．已知a ＞b ＞0，且c ＞d ＞0，则a d与bc的大小关系是． 导学号 68370666[解析] ∵c ＞d ＞0，∴1d ＞1c ＞0，∵a ＞b ＞0，∴a d ＞bc＞0，∴a d＞b c ． 8．已知2b <a <－b ，则ab 的取值范围为__(－1,2)__．导学号 68370667[解析] ∵2b <a <－b ， ∴2b <－b ．∴b <0，∴1b <0．∴－b b <a b <2b b ，即－1<ab <2． 三、解答题9．已知a >b ，e >f ，c >0，求证：f －ac <e －bc ．导学号 68370668 [解析] ∵a >b ，c >0，∴ac >bc ．∴－ac <－bc ． 又e >f ，即f <e ，∴f －ac <e －bc ．10．已知a ＞0，b ＞0，a ≠b ，n ∈N 且n ≥2，比较a n ＋b n 与a n－1b ＋ab n－1的大小．导学号 68370669[解析] (a n ＋b n )－(a n －1b ＋ab n －1)＝a n －1(a －b )＋b n －1(b －a )＝(a －b )(a n －1－b n －1)， (1)当a ＞b ＞0时，a n －1＞b n －1，∴(a －b )(a n －1－b n －1)＞0， (2)当0＜a ＜b 时，a n －1＜b n －1，∴(a －b )(a n －1－b n －1)＞0， ∴对任意a ＞0，b ＞0，a ≠b ， 总有(a －b )(a n －1－b n －1)＞0．∴a n ＋b n ＞a n －1b ＋ab n －1．B 级 素养提升一、选择题1．若a 、b ∈R ，且a ＋|b |<0，则下列不等式中正确的是导学号 68370670( D ) A ．a －b >0 B ．a 3＋b 3>0 C ．a 2－b 2<0D ．a ＋b <0[解析] 解法一：由a ＋|b |<0知，a <0,0≤|b |<－a ， ∴b 2<a 2，∴a 2－b 2>0； ∵|b |≥b ，∴a ＋b ≤a ＋|b |<0； ∵|b |≥－b ，∴a －b ≤a ＋|b |<0； ∵－a >|b |≥b ，∴(－a )3>b 3，∴a 3＋b 3<0． ∴A 、B 、C 错，D 正确．解法二：取a ＝－2，b ＝±1，易知a －b <0，a 3＋b 3<0，a 2－b 2>0，排除A 、B 、C ，故选D ． 2．若a >b >0，则下列不等式中总成立的是导学号 68370671( C ) A ．b a >b ＋1a ＋1B ．a ＋1a >b ＋1bC ．a ＋1b >b ＋1aD ．2a ＋b a ＋2b >ab[解析] 解法一：由a >b >0⇒0<1a <1b ⇒a ＋1b >b ＋1a ，故选C ．解法二：(特值法)令a ＝2，b ＝1，排除A 、D ，再令a ＝12，b ＝13，排除B ． 3．已知函数f (x )＝x 3，x 1、x 2、x 3∈R ，x 1＋x 2<0，x 2＋x 3<0，x 3＋x 1<0，那么f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的值导学号 68370672( B )A ．一定大于0B ．一定小于0C ．等于0D ．正负都有可能[解析] ∵f (x )＝x 3是单调递增函数，x 1<－x 2，x 2<－x 3，x 3<－x 1，∴f (x 1)<f (－x 2)，f (x 2)<f (－x 3)，f (x 3)<f (－x 1)，又∵f (x )为奇函数，∴f (x 1)<－f (x 2)，f (x 2)<－f (x 3)，f (x 3)<－f (x 1)， ∴f (x 1)＋f (x 2)<0，f (x 2)＋f (x 3)<0，f (x 3)＋f (x 1)<0 ∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)<0． 二、填空题4．若a 、b 、c 、d 均为实数，使不等式a b >cd >0和ad <bc 都成立的一组值(a 、b 、c 、d )是__(2,1，－1，－2)__(只要举出适合条件的一组值即可)．导学号 68370673[解析] 由a b >c d >0知，a 、b 同号，c 、d 同号，且a b －c d ＝ad －bcbd >0．由ad <bc ，得ad －bc <0，所以bd <0．所以在取(a 、b 、c 、d )时只需满足以下条件即可： ①a 、b 同号，c 、d 同号，b 、d 异号；②ad <bc ． 令a >0，b >0，c <0，d <0，不妨取a ＝2，b ＝1，c ＝－1， 则d <bc a ＝－12，取d ＝－2，则(2,1，－1，－2)满足要求．5．设a ＞b ＞0，m ＞0，n ＞0，则p ＝b a ，q ＝ab ，r ＝b ＋m a ＋m ，s ＝a ＋n b ＋n 的大小顺序是__p ＜r ＜s ＜q __．导学号 68370674[解析] 解法一：取a ＝4，b ＝2，m ＝3，n ＝1，则p ＝12，q ＝2，r ＝57，s ＝53则p ＜r ＜s ＜q (特值探路)．解法二：p －r ＝b a －b ＋m a ＋m ＝(b －a )ma (a ＋m )＜0，∴p ＜r ．∵a ＞b ＞0，m ＞0，n ＞0∴a ＋m ＞b ＋m ＞0．a ＋n ＞b ＋n ＞0， ∴b ＋m a ＋m ＜1，a ＋n b ＋n＞1，∴r ＜s ．或r －s ＝b ＋m a ＋m －a ＋n b ＋n ＝(b －a )(b ＋a ＋m ＋n )(a ＋m )(b ＋n )＜0．∴r ＜s ．s －q ＝a ＋n b ＋n －a b ＝(b －a )·nb (b ＋n )＜0，∴s ＜q ．∴p ＜r ＜s ＜q ． 三、解答题6．如果30＜x ＜42,16＜y ＜24．分别求x ＋y 、x －2y 及xy 的取值范围. 导学号 68370675[解析] 46＜x ＋y ＜66；－48＜－2y ＜－32， ∴－18＜x －2y ＜10；∵30<x <42，124＜1y ＜116，∴3024＜x y ＜4216，即54＜x y ＜218． C 级 能力拔高1．(1)已知c ＞a ＞b ＞0．求证：a c －a ＞bc －b；导学号 68370676 (2)已知a 、b 、m 均为正数，且a ＜b ，求证：a ＋m b ＋m ＞ab ．[解析] (1)∵c ＞a ＞b ＞0∴c －a ＞0，c －b ＞0，⎭⎪⎬⎪⎫由a ＞b ＞0⇒1a ＜1b c ＞0⇒c a ＜cb⎭⎬⎫⇒c －a a ＜c －b b c －a ＞0 c －b ＞0⇒a c －a ＞bc －b ． (2)证法一：a ＋m b ＋m －a b ＝m (b －a )b (b ＋m )，∵0＜a ＜b ，m ＞0，∴m (b －a )b (b ＋m )＞0，∴a ＋m b ＋m ＞ab．证法二：a ＋m b ＋m ＝a ＋b ＋m －b b ＋m ＝1＋a －b b ＋m ＝1－b －ab ＋m ＞1－b －a b ＝ab．证法三：∵a 、b 、m 均为正数，∴要证a ＋m b ＋m ＞a b ，只需证(a ＋m )b ＞a (b ＋m )，只需证ab ＋bm ＞ab ＋am ，只要证bm ＞am ， 要证bm ＞am ，只需证b ＞a ，又已知b ＞a ， ∴原不等式成立．2．设a ＞0，a ≠1，t ＞0比较12log a t 与log a t ＋12的大小．导学号 68370677[解析] 12log a t ＝log a t ，∵t ＋12－t ＝t －2t ＋12＝(t －1)22， ∴当t ＝1时，t ＋12＝t ；当t ＞0且t ≠1时．t ＋12＞t ．∵当a ＞1时，y ＝log a x 是增函数，∴当t ＞0且t ≠1时，log a t ＋12＞log a t ＝12log a t ．当t ＝1时，log a t ＋12＝12log a t ．∵当0＜a ＜1时，y ＝log a x 是减函数，∴当t ＞0且t ≠1时，log a 1＋t 2＜log a t ＝12log a t ，当t ＝1时，log a t ＋12＝12log a t ．综上知，当t ＝1时，log a 1＋t 2＝12log a t ；当t ＞0且t ≠1时，若a ＞1则log a 1＋t 2＞12log a t ；若0＜a ＜1则log a 1＋t 2＜12log a t ．。

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2018秋新版高中数学人教A版必修5习题：第三章不等式 3.2.2

2018秋新版高中数学人教A版必修5习题：第三章不等式 3.2.2

第2课时　一元二次不等式的应用课时过关·能力提升基础巩固1若集合M=(-1,+∞),集合N={x|x(x+2)≤0},则M∩N=( ).A.[0,2]B.(0,+∞)C.(-1,0]D.(-1,0)解析:N={x|-2≤x≤0},所以M∩N=(-1,0].答案:C2若关于x的不等式x2+mx+1≥0的解集为R,则实数m的取值范围是( ). A.m≥2 B.m≤-2C.m≤-2或m≥2D.-2≤m≤2解析:∵不等式x2+mx+1≥0的解集为R,∴Δ=m2-4≤0,即-2≤m≤2.答案:D3若关于x的不等式x2-4x-m≥0对任意x∈(0,1]恒成立,则m的最大值为( ).A.1B.-1C.-3D.3解析:由x2-4x-m≥0对任意x∈(0,1]恒成立,得m≤x2-4x对任意x∈(0,1]恒成立.设f(x)=x2-4x,则m≤f(x)min,∵f(x)=x2-4x在(0,1]上是减函数,∴f(x)min=f(1)=-3.∴m≤-3.答案:C4若关于x的一元二次方程x2-(t+2)x+94=0有两个不相等的实数根,则实数t的取值范围是 .答案:(-∞,-5)∪(1,+∞)5函数y =16-x-x2的定义域是 .解析:由6-x-x2>0,得x2+x-6<0,∴-3<x<2.答案:{x|-3<x<2}6若关于x的不等式x2-2x+3≤a2-2a-1在R上的解集是⌀,则实数a的取值范围是 .解析:∵x2-2x-(a2-2a-4)≤0的解集是⌀,∴Δ=4+4(a2-2a-4)<0.∴a2-2a-3<0,∴-1<a<3.答案:(-1,3)7若关于x的一元二次方程x2+(m-3)x+m+5=0的实数根均是正数,则实数m的取值范围是 .解析:由题意得{Δ=(m-3)2-4(m+5)≥0,-(m-3)>0,m+5>0,解得-5<m≤-1.答案:(-5,-1]8已知关于x的函数y R,求k的取值范围.=kx2-6kx+(k+8)的定义域为解函数y R,=kx2-6kx+(k+8)的定义域为即kx2-6kx+(k+8)≥0恒成立.当k=0时,显然8>0恒成立;当k≠0时,则{k>0,Δ≤0,即{k>0,36k2-4k(k+8)≤0,解得0<k≤1.综上所述,k的取值范围是[0,1].9某校园内有一块长为800 m,宽为600 m的长方形地面,现要对该地面进行绿化,规划四周种花卉(花卉带的宽度相同),中间种草坪,若要求草坪的面积不小于总面积的一半,求花卉带宽度的范围.解设花卉带的宽度为x m(0<x<300),则草坪的长为(800-2x)m,宽为(600-2x)m.所以草坪的面积为(800-2x)(600-2x).依题意有(800-2x)(600-2x)≥12×800×600,所以(400-x)(300-x)≥60000,整理得x2-700x+60000≥0.解得x≤100或x≥600,又因为0<x<300,所以x的取值范围是0<x≤100,答:花卉带宽度的范围应是0~100m.10你能用一根长为100 m的绳子围成一个面积大于600 m2的矩形吗?解设围成的矩形一边的长为x m,则另一边的长为(50-x )m,且0<x<50.由题意,得围成矩形的面积S=x (50-x )>600,即x 2-50x+600<0,解得20<x<30.所以,当矩形一边的长在(20,30)的范围内取值时,能围成一个面积大于600m 2的矩形.能力提升1设M={x|x 2-x ≤0},若函数f (x )=ln(1-x )的定义域为N ,则M ∩N=( ).A.[0,1)B.(0,1)C.[0,1]D.(-1,0]解析:M={x|0≤x ≤1},N={x|x<1},所以M ∩N={x|0≤x<1}=[0,1).答案:A2若集合A={x|ax 2-ax+1<0}=⌀,则实数a 的取值集合为( ).A.{a|0<a<4}B.{a|0≤a<4}C.{a|0<a ≤4}D.{a|0≤a ≤4}解析:依题意应a=0,a=0.有{a >0,Δ≤0或即{a >0,a 2-4a ≤0或解得0≤a ≤4.答案:D3某产品的总成本为C (单位:万元),它与产量x (单位:台)的关系是C=3 000+20x-0.1x 2,其中x ∈(0,240),且x 为正整数,若每台售价为25万元,则生产厂家不亏本的最低产量是( ).A.60台B.90台C.120台D.150台解析:由题意,有25x-C ≥0,即25x-3000-20x+0.1x 2≥0,解此不等式,得x ≥150,且x 为正整数或x ≤-200(舍去).答案:D4若关于x 的不等式ax 2+bx+c>0的解集是(-∞,-1)∪(3,+∞),则对函数f (x )=ax 2+bx+c ,下列不等式成立的是( ).A.f (4)>f (0)>f (1)B.f (4)>f (1)>f (0)C.f (0)>f (1)>f (4)D.f (0)>f (4)>f (1)解析:由题意知-1,3是方程ax 2+bx+c=0的两根,且a>0,∴{-1+3=-b a ,-1·3=c a ,∴{b a =-2,c a =-3.对二次函数f (x )=ax 2+bx+c 来说,其对称轴x=.‒b 2a =1,且开口向上由于|4-1|>|1-0|,∴f (4)>f (0)>f (1).答案:A5若关于x 的方程x 2m +x +m ‒1=0有一个正实数根和一个负实数根,则实数m 的取值范围是 .解析:由题意得,{Δ=1-4·1m ·(m -1)>0,m -11m <0,m ≠0,解得0<m<1.答案:(0,1)6若点P (m ,1)到直线3x+4y=0的距离大于1,则实数m 的取值范围是 .解析:点P (m ,1)到直线3x+4y=0的距离d =|3m +4|32+42=|3m +4|5,则|3m+4|>5,有|3m +4|5>1,即则(3m+4)2>25,解得m<-3或m>13.答案:(-∞,-3)∪(13,+∞)★7有纯农药液一桶,倒出8升后用水补满,然后又倒出4升后再用水补满,此时桶中的纯农药液不超过容积的28%,则桶的容积V (单位:升)的取值范围是 .解析:设桶的容积为x 升,那么第一次倒出8升纯农药液后,桶内还有(x-8)升纯农药液,用水补满后,桶内纯农药液占容积的x -8x.第二次又倒出4升药液,则倒出的纯农药液,为4(x -8)x 升此时桶内有纯农药.液[(x -8)-4(x -8)x ]升依题意,得(x-8)≤28%x.‒4(x -8)x 由于x>0,因而原不等式化简为9x 2-150x+400≤0,即(3x-10)(3x-40)≤0,解≤x ≤得103403.答案:≤V ≤103升403升8某蛋糕厂生产某种蛋糕的成本为40元/个,出厂价为60元/个,日销售量为1 000个.为适应市场需求,计划提高蛋糕档次,适度增加成本.若每个蛋糕成本增加的百分率为x (0<x<1),则每个蛋糕的出厂价相应提高的百分率为0.5x ,同时预计日销售量增加的百分率为0.8x ,已知日利润=(出厂价-成本)×日销售量,且设增加成本后的日利润为y.(1)写出y 与x 的关系式;(2)为使日利润有所增加,求x 的取值范围.解(1)由题意,得y=[60×(1+0.5x )-40×(1+x )]×1000×(1+0.8x )=2000(-4x 2+3x+10)(0<x<1).(2)要保证日利润有所增加,则{y >(60-40)×1000,0<x <1,0<x 即{-4x 2+3x >0,0<x <1,解得<34.所以为保证日利润有所增加,x 的取值范围是(0,34).★9当x ∈(1,2)时,关于x 的不等式x 2+mx+4<0恒成立,求m 的取值范围.解(方法一)设f (x )=x 2+mx+4,则f (x )<0在x ∈(1,2)内恒成立等价于m ≤-5.{f (1)=m +5≤0,f (2)=2m +8≤0,解得故所求m 的取值范围为(-∞,-5].(方法二)∵x ∈(1,2),∴不等式x 2+mx+4<0恒成立等价于m<x ∈(1,2)内恒成立.‒x 2+4x =‒(x +4x )在令g (x )=g (x )在(1,2)内单调递增.‒(x +4x ),则故g (x )>g (1)=-5,∴m ≤-5.故所求m 的取值范围为(-∞,-5].。

2017-2018学年高中数学人教A版必修五习题：第3章 不等式 3-3 第3课时 含答案 精品

2017-2018学年高中数学人教A版必修五习题：第3章 不等式 3-3 第3课时 含答案 精品

第三章 3.3 第3课时A 级 基础巩固一、选择题1．(2016·浙江文，4)若平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥02x －y －3≤0x －2y ＋3≥0夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是导学号 68370822( B )A ．355B ． 2C ．322D ． 5[解析] 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥02x －y －3≤0x －2y ＋3≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中A (1,2)、B (2,1)，当两条平行直线间的距离最小时，两平行直线分别过点A 与B ，又两平行直线的斜率为1，直线AB 的斜率为－1，所以线段AB 的长度就是过A 、B 两点的平行直线间的距离，易得|AB |＝2，即两条平行直线间的距离的最小值是2，故选B ．2．(2015·天津文，2)设变量x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0x －2y ≤0x ＋2y －8≤0，则目标函数z ＝3x ＋y 的最大值为导学号 68370823( C )A ．7B ．8C ．9D ．14[解析] z ＝3x ＋y ＝52(x －2)＋12(x ＋2y －8)＋9≤9，当x ＝2，y ＝3时取得最大值9，故选C ．此题也可画出可行域如图，借助图象求解．3．(2017·浙江卷，4)若x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0x ＋y －3≥0x －2y ≤0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是导学号 68370824( D )A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，＋∞)D ．[4，＋∞)[解析] 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y ＝－12x ＋z2过点A (2,1)时，z 取得最小值，即z min ＝2＋2×1＝4，所以z＝x ＋2y 的取值范围是[4，＋∞)．故选D ． 二、填空题4．(2015·全国Ⅰ理，15)若x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0x －y ≤0x ＋y －4≤0，则yx的最大值为__3__．导学号 68370825[解析] 作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，yx 是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A (1,3)与原点连线的斜率最大，故yx的最大值为3．5．已知x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0x ≤3x ＋y ＋k ≥0，且z ＝2x ＋4y 的最小值为－6，则常数k ＝__0__．导学号68370826[解析] 由条件作出可行域如图．根据图象知，目标函数过x ＋y ＋k ＝0与x ＝3的交点(3，－3－k )时取最小值，代入目标函数得－6＝2×3＋4×(－3－k )，解得k ＝0．三、解答题6．制造甲、乙两种烟花，甲种烟花每枚含A 药品3 g 、B 药品4 g 、C 药品4 g ，乙种烟花每枚含A 药品2 g 、B 药品11 g 、C 药品6 g ．已知每天原料的使用限额为A 药品120 g 、B 药品400 g 、C 药品240 g ．甲种烟花每枚可获利2 元，乙种烟花每枚可获利1 元，问每天应生产甲、乙两种烟花各多少枚才能获利最大．导学号 68370827[解析] 设每天生产甲种烟花x 枚，乙种烟花y 枚，获利为z 元，则⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ≤1204x ＋11y ≤4004x ＋6y ≤240x ≥0y ≥0，作出可行域如图所示．目标函数为：z ＝2x ＋y ．(x ∈N ，y ∈N )作直线l ：2x ＋y ＝0，将直线l 向右上方平移至l 1的位置时，直线经过可行域上的点A (40,0)且与原点的距离最大．此时z ＝2x ＋y 取最大值．故每天应只生产甲种烟花40枚可获最大利润．7．某运输公司接受了向抗洪抢险地区每天至少运送180 t 支援物资的任务，该公司有8辆载重为6 t 的A 型卡车和4辆载重为10 t 的B 型卡车，有10名驾驶员，每辆卡车每天往返的次数为A 型卡车4次，B 型卡车3次，每辆卡车每天往返的成本费A 型车为320元，B 型车为504元，请你给该公司调配车辆，使公司所花的成本费最低．导学号 68370828[解析] 设每天调出A 型车x 辆，B 型车y 辆，公司所花的成本为z 元，则由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ≤8y ≤4x ＋y ≤104x ×6＋3y ×10≥180x ≥0y ≥0，目标函数为z ＝320x ＋504y (其中x 、y ∈N )．作出可行域如图所示．由图易知，当直线z ＝320x ＋504y 在可行域内经过的整数点中，点(8,0)使z ＝320x ＋504y 取得最小值，z min ＝320×8＋504×0＝2 560，∴每天调出A 型车8辆，B 型车0辆，公司所花成本费最低．B 级 素养提升一、选择题1．(2015·湖南文，4)若变量x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1y －x ≤1x ≤1，则z ＝2x －y 的最小值为导学号 68370829( A )A ．－1B ．0C ．1D ．2[解析] 由约束条件作出可行域，然后根据所得图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1y －x ≤1x ≤1，作出可行域如图，由图可知，最优解为A ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1y －x ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1， ∴A (0,1)，∴z ＝2x －y 在点A 处取得最小值为2×0－1＝－1，故选A ．2．为支援灾区人民，某单位要将捐献的100台电视机运往灾区，现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用．每辆甲型货车运输费用400元，可装电视机20台；每辆乙型货车运输费用300元，可装电视机10台，若每辆车至多只运一次，则该厂所花的最少运输费用为导学号 68370830( C )A ．2 800元B ．2 400元C ．2 200元D ．2 000元[解析] 设调用甲型货车x 辆，乙型货车y 辆，则0≤x ≤4,0≤y ≤8,20x ＋10y ≥100，即2x ＋y ≥10，设运输费用为t ，则t ＝400x ＋300y ．线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤40≤y ≤82x ＋y ≥10，作出可行域如图，则当直线y ＝－43x ＋t300经过可行域内点A (4,2)时，t 取最小值2 200，故选C ．3．已知实数x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1－y ≥0x ＋y －4≤0y ≥m ，若目标函数z ＝2x ＋y 的最大值与最小值的差为2，则实数m 的值为导学号 68370831( C )A ．4B ．3C ．2D ．－12[解析] ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1－y ≥0x ＋y －4≤0y ≥m表示的可行域如图中阴影部分所示．将直线l 0：2x ＋y ＝0向上平移至过点A ，B 时，z ＝2x ＋y 分别取得最小值与最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1－y ＝0y ＝m 得A (m －1，m )，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝0y ＝m 得B (4－m ，m )，所以z min ＝2(m －1)＋m ＝3m －2，z max ＝2(4－m )＋m ＝8－m ，所以z max －z min ＝8－m －(3m －2)＝10－4m ＝2，解得m ＝2．故选C ．4．一个农民有2亩田，根据他的经验，若种水稻，则每亩每期产量为400 kg ；若种花生，则每亩每期产量为100 kg ，但水稻成本较高，每亩每期需240元，而花生只要80元，且花生每千克可卖5元，稻米每千克只卖3元，现在他只能凑足400元，则这位农民种植这两种植物所获取的最大利润为导学号 68370832( B )A ．1 600元B ．1 650元C ．1 700元D ．1 750元[解析] 设水稻种x 亩，花生种y 亩，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2240x ＋80y ≤400x ≥0y ≥0，而利润P ＝(3×400－240)x ＋(5×100－80)y ＝960x ＋420y(目标函数)． 作出可行域如图所示，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2240x ＋80y ＝400，得交点B (1．5,0．5)． 故当x ＝1．5，y ＝0．5时， P max ＝960×1．5＋420×0．5 ＝1 650(元)即水稻种1．5亩，花生种0．5亩时所得到的利润最大，最大利润为1 650元．二、填空题5．(2015·全国Ⅱ文，14)若x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －5≤02x －y －1≥0x －2y ＋1≤0，则z ＝2x ＋y 的最大值为__8__．导学号 68370833[解析] 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －5≤02x －y －1≥0x －2y ＋1≤0表示的可行域是以A (1,1)，B (2,3)，C (3,2)为顶点的三角形区域，z ＝2x ＋y 的最大值必在顶点C 处取得，即x ＝3，y ＝2时，z max＝8．ぁ糒L ]6．福建武夷山市南岩茶叶精制厂用茶叶由甲车间加工出红茶，由乙车间加工出绿茶．甲车间加工一箱茶叶需耗费工时10h ，可加工出7kg 红茶，每千克红茶获利40元；乙车间加工一箱茶叶耗费工时6h ，可加工出4kg 绿茶，每千克绿茶获利50元．甲、乙两车间每天共能完成至多20箱茶叶的加工，每天甲、乙两车间耗费工时总和不得超过480h ，甲、乙两车间每天总获利最大值为__15_200__元．导学号 68370834[解析] 设甲车间加工茶叶x 箱，乙车间加工茶叶y 箱，甲、乙两车间每天总获利为z 元，则 ⎩⎪⎨⎪⎧x ∈N y ∈N x ＋y ≤7010x ＋6y ≤480，即⎩⎪⎨⎪⎧x ∈Ny ∈Nx ＋y ≤705x ＋3y ≤240． 目标函数z ＝280x ＋200y ，x 、y ∈N ，作出可行域，即如图(阴影部分)所示中的整数点．当z ＝280x ＋200y 对应的直线过直线x ＋y ＝70与5x ＋3y ＝240的交点时，目标函数z ＝280x ＋200y 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝705x ＋3y ＝240，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝15y ＝55．故z max ＝280×15＋200×55＝15 200(元)，即 甲、乙两车间每天总获利最大值为15 200元．三、解答题7．咖啡馆配制两种饮料，甲种饮料每杯含奶粉9 g ，咖啡4 g ，糖3 g ；乙种饮料每杯含奶粉4 g ，咖啡5 g ，糖10 g ，已知每天原料的使用限额为奶粉3 600 g ，咖啡2 000 g ，糖3 000g ．如果甲种饮料每杯能获利0．7 元，乙种饮料每杯能获利1．2元，每天在原料的使用限额内饮料能全部售出，若你是咖啡馆的经理，你将如何配制这两种饮料？导学号 68370835[解析] 经营咖啡馆者，应想获得最大的利润，设配制饮料甲x 杯，饮料乙y 杯， 线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧9x ＋4y ≤3 6004x ＋5y ≤2 0003x ＋10y ≤3 000x ，y ∈N，利润z ＝0．7x ＋1．2 y ，因此这是一个线性规划问题，作出可行域如图，因为－94<－810<－712<－310，所以在可行域内的整数点A (200,240)使z max ＝0．7×200＋1．2×240＝428(元)，即配制饮料甲200杯，乙240杯可获得最大利润．C 级 能力拔高1．已知甲、乙两煤矿每年的产量分别为200万吨和260万吨，需经过东车站和西车站两个车站运往外地．东车站每年最多能运280万吨煤，西车站每年最多能运360万吨煤，甲煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为1元/t 和1．5 元/t ，乙煤矿运往东车站和西车站的运费价格分别为0．8 元/t 和1．6 元/t ．煤矿应怎样编制调运方案，能使总运费最少？导学号 68370836[解析] 设甲煤矿向东车站运x 万吨煤，乙煤矿向东车站运y 万吨煤，那么总运费z ＝x ＋1．5(200－x )＋0．8y ＋1．6(260－y )(万元)即z ＝716－0．5x －0．8y ．x 、y 应满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥0200－x ≥0260－y ≥0x ＋y ≤280(200－x )＋(260－y )≤360，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2000≤y ≤260100≤x ＋y ≤280， 作出上面的不等式组所表示的平面区域，如图．设直线x ＋y ＝280与y ＝260的交点为M ，则M (20,260)．把直线l 0：5x ＋8y ＝0向上平移至经过平面区域上的点M 时，z 的值最小．∵点M 的坐标为(20,260)，∴甲煤矿生产的煤向东车站运20万吨，向西车站运180万吨，乙煤矿生产的煤全部运往东车站时，总运费最少．2．某公司计划在今年内同时出售电子琴和洗衣机，由于两种产品的市场需求量非常大，有多少就能销售多少，因此该公司要根据实际情况(如资金、劳动力等)确定产品的月供应量，以使得总利润达到最大，已知对这两种产品有直接限制的因素是资金和劳动力，通过调查，得到关于两种产品的有关数据如下表：导学号 68370837[解析] 设电子琴和洗衣机月供应量分别为x 架、y 台，总利润为z 百元，则根据题意，有⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥030x ＋20y ≤3005x ＋10y ≥110x 、y ∈N，作出以上不等式组所表示的平面区域，如图中所示的阴影部分令z ＝0，作直线l ：6x ＋8y ＝0，即3x ＋4y ＝0． 当移动直线l 过图中的A 点时，z ＝6x ＋8y 取得最大值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧30x ＋20y ＝3005x ＋10y ＝110，得A (4,9)，代入z ＝6x ＋8y 得z max ＝6×4＋8×9＝96．所以当供应量为电子琴4架、洗衣机9台时，公司可获得最大利润，最大利润是96百元．。

2017-2018学年数学人教A版必修五优化练习：第三章 3.4 基本不等式：ab≤a+b2 Word版含解析

2017-2018学年数学人教A版必修五优化练习：第三章 3.4 基本不等式：ab≤a+b2 Word版含解析

[课时作业][A 组 基础巩固]1．下列不等式正确的是( )A ．a ＋1a≥2 B ．(－a )＋⎝⎛⎭⎫－1a ≤－2 C ．a 2＋1a 2≥2 D ．(－a )2＋⎝⎛⎭⎫－1a 2≤－2 解析：因为a 2＋1a 2中a 2>0，所以a 2＋1a 22≥a 2·1a 2， 即12⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥1，所以a 2＋1a2≥2. 答案：C2．已知m ＝a ＋1a＋1(a >0)，n ＝3x (x <1)，则m ，n 之间的大小关系是( ) A ．m >nB ．m <nC ．m ＝nD ．m ≤n 解析：因为a >0，所以m ＝a ＋1a＋1≥2a ·1a ＋1＝3，当且仅当a ＝1时等号成立．又因为x <1，所以n ＝3x <31＝3，所以m >n .答案：A3．已知0<x <1，则x (3－3x )取得最大值时x 的值为( )A.13B.12C.34D.23 解析：由x (3－3x )＝13×3x (3－3x )≤13×94＝34，当且仅当3x ＝3－3x ，即x ＝12时等号成立． 答案：B4．已知f (x )＝x ＋1x－2(x <0)，则f (x )有( ) A ．最大值为0B ．最小值为0C ．最大值为－4D ．最小值为－4解析：∵x <0，∴f (x )＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－x )＋1(－x )－2≤－2－2＝－4，当且仅当－x ＝1－x，即x ＝－1时取等号．答案：C5．下列不等式中正确的是( )A ．a ＋4a≥4 B ．a 2＋b 2≥4ab C.ab ≥a ＋b 2 D ．x 2＋3x 2≥2 3 解析：a <0，则a ＋4a≥4不成立，故A 错；a ＝1，b ＝1，a 2＋b 2<4ab ，故B 错，a ＝4，b ＝16，则ab <a ＋b 2，故C 错；由基本不等式可知D 项正确． 答案：D6．已知a >b >c ，则(a －b )(b －c )与a －c 2的大小关系是________． 解析：因为a －b >0，b －c >0，a －c >0. 所以(a －b )(b －c )≤(a －b )＋(b －c )2＝a －c 2. 当且仅当a －b ＝b －c ，即2b ＝a ＋c 时取等号． 所以(a －b )(b －c )≤a －c 2. 答案：(a －b )(b －c )≤a －c 27．当x >12时，函数y ＝x ＋82x －1的最小值为________． 解析：设t ＝2x －1，∵x >12，∴2x －1>0，即t >0， ∴y ＝t ＋12＋8t ＝t 2＋8t ＋12≥2t 2·8t ＋12＝92. 当且仅当t 2＝8t ，即t ＝4， x ＝52时，取等号． 答案：928．若x ，y 均为正实数，且x ＋4y ＝1，则x ·y 的最大值为________．解析：1＝x ＋4y ≥24xy ＝4xy ，∴xy ≤116，当且仅当x ＝4y 时等号成立． 答案：1169．已知不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为A ＝{x |1<x <b }．(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )＝(2a ＋b )x ＋25(b －a )x ＋a(x ∈A )的最小值． 解析：(1)由题意知，1，b 是方程ax 2－3x ＋2＝0的两根，且b >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a －3＋2＝0，ab 2－3b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝(2×1＋2)x ＋25(2－1)x ＋1＝4x ＋25x ＋1 ＝4(x ＋1)＋25x ＋1－4≥24(x ＋1)·25x ＋1－4＝16. 当且仅当4(x ＋1)＝25x ＋1，即x ＝32∈A 时等号成立． ∴函数f (x )的最小值为16.10．某汽车公司购买了4辆大客车，每辆200万元，用于长途客运，预计每辆车每年收入约100万元，每辆车第一年各种费用约为16万元，且从第二年开始每年比上一年所需费用要增加16万元．(1)写出4辆车运营的总利润y (万元)与运营年数x (x ∈N *)的函数关系式；(2)这4辆车运营多少年，可使年平均运营利润最大？解析：(1)依题意，每辆车x 年总收入为100x 万元，总支出为200＋16×(1＋2＋…＋x )＝200＋12x (x ＋1)·16(万元)． ∴y ＝4⎣⎡⎦⎤100x －200－12x (x ＋1)·16 ＝16(－2x 2＋23x －50)．(2)年平均利润为y x＝16⎝⎛⎭⎫23－2x －50x ＝16⎣⎡⎦⎤23－2⎝⎛⎭⎫x ＋25x . 又x ∈N *，∴x ＋25x ≥2x ·25x＝10， 当且仅当x ＝5时，等号成立，此时y x≤16×(23－20)＝48. ∴运营5年可使年平均运营利润最大，最大利润为48万元．[B 组 能力提升]1．若－4<x <1，则f (x )＝x 2－2x ＋22x －2( ) A ．有最小值1B ．有最大值1C ．有最小值－1D ．有最大值－1解析：f (x )＝x 2－2x ＋22x －2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x －1)＋1x －1， 又∵－4<x <1，∴x －1<0.∴－(x －1)>0.∴f (x )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤－(x －1)＋1－(x －1)≤－1. 当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝0时等号成立． 答案：D2．设f (x )＝ln x,0<a <b ，若 p ＝f (ab )，q ＝f (a ＋b 2)，r ＝12(f (a )＋f (b ))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r <pB ．q ＝r >pC ．p ＝r <qD ．p ＝r >q 解析：p ＝f (ab )＝ln ab ，q ＝f (a ＋b 2)＝ln a ＋b 2， r ＝12(f (a )＋f (b ))＝12ln ab ＝ln ab ，函数f (x )＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＋b 2>ab ，所以f (a ＋b 2)>f (ab )，所以q >p ＝r . 答案：C3．已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________． 解析：因为x ＞a ，所以2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥22(x －a )·2x －a ＋2a ＝2a ＋4，即2a ＋4≥7，所以a ≥32.即a 的最小值为32.答案：324．若正数a ，b 满足ab －(a ＋b )＝1，则a ＋b 的最小值是________． 解析：由于ab －(a ＋b )＝1，所以ab ＝a ＋b ＋1，而ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，所以a ＋b ＋1≤14(a ＋b )2. 令a ＋b ＝t (t >0)，所以t ＋1≤14t 2，解得t ≥2＋22， 即a ＋b ≥22＋2.当且仅当a ＝b ＝1＋2时取等号．答案：22＋25．函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0，a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中m ，n >0，则1m ＋2n的最小值为________． 解析：函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0，a ≠1)的图象恒过定点A (－2，－1)，且点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，∴2m ＋n ＝1，m ，n >0，∴1m ＋2n ＝⎝⎛⎭⎫1m ＋2n ·(2m ＋n ) ＝4＋n m ＋4m n ≥4＋2n m ·4m n＝8， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋n ＝1，n m ＝4m n ，即⎩⎨⎧ m ＝14，n ＝12时等号成立．答案：8 6．已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1.求证：1a ＋1b ＋1c≥9. 证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．。

2017-2018年数学必修5人教A版练习：第三章3-4第1课时

2017-2018年数学必修5人教A版练习：第三章3-4第1课时

第三章 不等式 3.4 基本不等式：ab ≤a ＋b2第1课时 基本不等式A 级 基础巩固一、选择题1．下列各式中，对任何实数x 都成立的一个式子是( ) A ．lg(x 2＋1)≥lg(2x ) B ．x 2＋1＞2x C.1x 2＋1≤1 D ．x ＋1x≥2解析：对于A ，当x ≤0时，无意义，故A 不恒成立；对于B ，当x ＝1时，x 2＋1＝2x ，故B 不成立；对于D ，当x ＜0时，不成立．对于C ，x 2＋1≥1，所以1x 2＋1≤1成立，故选C.答案：C2．若a ≥0，b ≥0且a ＋b ＝2，则( ) A ．ab ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，所以(a 2＋b 2)＋(a 2＋b 2)≥(a 2＋b 2)＋2ab ， 即2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2＝4， 所以a 2＋b 2≥2. 答案：C3．四个不相等的正数a ，b ，c ，d 成等差数列，则( ) A.a ＋d 2＞bcB.a ＋d 2＜bcC.a ＋d 2＝bcD.a ＋d 2≤bc解析：因为a ，b ，c ，d 成等差数列，则a ＋d ＝b ＋c ，又因为a ，b ，c ，d ＞0且不相等，所以b ＋c ＞2bc ，故a ＋d2＞bc .答案：A4．a ，b ∈R ，则a 2＋b 2与2|ab |的大小关系是( ) A ．a 2＋b 2≥2|ab | B ．a 2＋b 2＝2|ab | C ．a 2＋b 2≤2|ab |D ．a 2＋b 2＞2|ab |解析：因为a 2＋b 2－2|ab |＝(|a |－|b |)2≥0，所以a 2＋b 2≥2|ab |(当且仅当|a |＝|b |时，等号成立)． 答案：A5．设f (x )＝ln x ，0<a <b ，若p ＝f (ab )，q ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r ＝12(f (a )＋f (b ))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r <pB ．q ＝r >pC ．p ＝r <qD ．p ＝r >q解析：因为0<a <b ，所以a ＋b2>ab ，又因为f (x )＝ln x 在(0，＋∞)上为增函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2>f (ab )，即q >p . 又r ＝12(f (a )＋(b ))＝12(ln a ＋ln b )＝12ln a ＋12 ln b ＝ln(ab )12＝f (ab )＝p .故p ＝r <q .选C. 答案：C 二、填空题6．设正数a ，使a 2＋a －2>0成立，若t >0，则12log a t ____log at ＋12(填“>”“≥”“≤”或“<”)．解析：因为a 2＋a －2>0，所以a >1或a <－2(舍)，所以y ＝log a x 是增函数，又t ＋12≥t ，所以log a t ＋12≥log a t ＝12log a t .答案：≤7．已知a ，b ∈R ，如果ab ＝1，那么a ＋b 的最小值为________；如果a ＋b ＝1，那么ab 的最大值为________．解析：因为a ，b ∈R ，所以a ＋b 2≥ab ，所以a ＋b ≥2ab ＝2.故当ab ＝1时，a ＋b 取最小值2，此时a ＝b ＝1. 又当a ＋b ＝1时，ab ≤a ＋b 2＝12.所以ab ≤14.答案：2 148．若0＜a ＜b 且a ＋b ＝1，试判断12，a 、b 、2ab 、a 2＋b 2的大小顺序________．解析：因为0＜a ＜b ，a ＋b ＝1， 所以a ＜12＜b ①2ab ＜a 2＋b 2 ②下面寻找②中数值在①中的位置． 因为a 2＋b 2＞2(a ＋b 2)2＝12，a 2＋b 2＝a ·a ＋b 2＜a ·b ＋b 2＝(1－b )b ＋b 2＝b ， 所以12＜a 2＋b 2＜b .又2ab ＜2(a ＋b 2)2＝12，2ab ＞2×12a ＝a ，所以a ＜2ab ＜12.所以a ＜2ab ＜12＜a 2＋b 2＜b .答案：a ＜2ab ＜12＜a 2＋b 2＜b三、解答题9．已知a ，b ，c 为正数，证明：2b ＋3c －a a ＋a ＋3c －2b 2b ＋a ＋2b －3c3c ≥3.证明：左式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋3c a －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋3c2b －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3c ＋2b 3c －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c －3≥22b a ·a2b ＋23c a ·a 3c ＋23c 2b ·2b 3c－3＝3，当且仅当a 2＝4b 2＝9c 2，即a ＝2b ＝3c 时，等号成立． 10．已知a ，b ，c 为不全相等的正实数，则abc ＝1. 求证：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c.证明：因为 a ，b ，c 都是正实数，且abc ＝1， 所以1a ＋1b ≥21ab＝2c ， 1b ＋1c≥21bc＝2a ，1a ＋1c ≥21ac＝2b ， 以上三个不等式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥2(a ＋b ＋c )， 即a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c.B 级 能力提升1．若a ＞b ＞0，则下列不等式中总成立的是( ) A.2ab a ＋b＜a ＋b 2＜abB.a ＋b 2≥2aba ＋b ≥abC.a ＋b 2＞ab ＞2aba ＋bD.ab ＜2ab a ＋b＜a ＋b 2解析：a ＞b ＞0，a ＋b 2＞ab ，2ab a ＋b ＜2ab2ab ＝ab .从而a ＋b 2＞ab＞2aba ＋b. 答案：C2．已知a 、b 都是正实数，函数y ＝2a e x ＋b 的图象过点(0，1)，则1a ＋1b的最小值是________． 解析：依题意得2a e x ＋b ＝2a ＋b ＝1， 1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b (2a ＋b )=3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋2a b ≥3＋2b a ·2ab＝ 3＋22，当且仅当b a ＝2ab ，即a ＝1－22，b ＝2－1时取等号，因此1a ＋1b 的最小值是3＋2 2.答案：3＋2 23．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.。