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

第十三章　选修4－5　其次节

一、选择题
1．若实数x，y适合不等式xy>1，x＋y≥－2，则(　　)
A．x>0，y>0　　　　　 B．x<0，y<0
C．x>0，y<0 D．x<0，y>0
[答案]　A
[解析]　x，y异号时，明显与xy>1冲突，所以可排解C、D．假设x<0，y<0，则x<.
∴x＋y<y＋≤－2与x＋y≥－2冲突，故假设不成立．
又xy≠0，∴x>0，y>0.
2．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是(　　)
A．M≥N B．M≤N
C．M＝N D．不能确定
[答案]　A
[解析]　M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)
＝[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]
＝[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0.故M≥N.
3．(2022·南昌第一次模拟)若x>1，则函数y＝x＋＋的最小值为(　　)
A．16 B．8
C．4 D．非上述状况
[答案]　B
[解析]　y＝x＋＋＝x＋＋≥2＝8，当且仅当x＝2＋时等号成立．
二、填空题
4．若<<0，则下列四个结论：
①|a|>|b|；②a＋b<ab；③＋>2；④<2a－B．
其中正确的是________．
[答案]　②③④
[解析]　取特殊值a＝－1，b＝－2，
代入验证得②③④正确．
5．若T1＝，T2＝，则当s，m，n∈R＋时，T1与T2的大小为________．
[答案]　T1≤T2
[解析]　由于－＝s·＝≤0.
所以T1≤T2.
6．设0<x<1，则a＝，b＝1＋x，c＝中最大的一个是________．
[答案]　c
[解析]　由a2＝2x，b2＝1＋x2＋2x>a2，a>0，b>0，
得b>A．
又c－b＝－(1＋x)＝＝>0，
得c>b，知c最大．
三、解答题
7．已知实数x，y满足：|x＋y|<，|2x－y|<，
求证：|y|<.
[解析]　由于3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|
≤2|x＋y|＋|2x－y|，
由题设知|x＋y|<，|2x－y|<，
从而3|y|<＋＝，所以|y|<.
8．(2022·新课标Ⅰ)若a>0，b>0，且＋＝
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
[解析]　(1)由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.

一、选择题
1．已知a>0，且M＝a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3，N＝a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2，则M与N的大小关系是(　　)
A．M≥N B．M>N
C．M≤N D．M<N
[答案]　B
[解析]　取两组数：a，a＋1，a＋2与a2，(a＋1)2，(a＋2)2，明显a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3是挨次和；而a2(a＋1)＋(a＋1)2(a＋2)＋a(a＋2)2是乱序和，由排序不等式易知此题中，“挨次和”大于“乱序和”．故应选B．
2．若长方体从一个顶点动身的三条棱长之和为3，则其对角线的最小值为(　　)
A．3 B．
C． D．
[答案]　B
[解析]　不妨设长方体同一顶点动身的三条棱长分别为a，b，c，则a＋b＋c＝3，其对角线长l＝≥＝，当且仅当a＝b＝c＝1时，对角线长取得最小值，故选B．
3．(2021·黄冈模拟)若不等式≤a≤在t∈(0,2]上恒成立，则a的取值范围是(　　)
A．[，1] B．[，1]
C．[，] D．[，2]
[答案]　B
[解析]　由已知对任意t∈(0,2]恒成立，
于是只要当t∈(0,2]时，
记f(t)＝t＋，g(t)＝＋2()2，可知两者都在(0,2]上的单调递减，f(t)min＝f(2)＝，g(t)min＝g(2)＝1，
所以a∈[，1]，选B．
二、填空题
4．设x＞0，y＞0，M＝，N＝＋，则M、N的大小关系是________．
[答案]　M<N
[解析]　N＝＋>＋＝＝M.
5．若a，b∈R＋，且a≠b，M＝＋，N＝＋，则M、N的大小关系为________．
[答案]　M>N
[解析]　∵a≠b，∴＋>2，＋>2，
∴＋＋＋>2＋2.
∴＋>＋.即M>N.
6．(2022·陕西高考)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
[答案]　
[解析]　解法1：在平面直角坐标系aob中，由条件知直线ma＋nb＝5与圆a2＋b2＝5有公共点，
∴≤，∴≥，
∴的最小值为.
解法2：由柯西不等式：·≥ma＋nb，
∴≥＝.
三、解答题
7．已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m.
求证：a＋2b＋3c≥9.
[分析]　(1)应用确定值不等式的解法确定m的值；
(2)利用柯西不等式证明．
[解析]　(1)由于f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)证法一：由(1)＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)＝1＋1＋1＋＋＋＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.
证法二：由(1)知＋＋＝1，又a，b，c∈R＋，
由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(＋＋)
≥(·＋·＋·)2＝9.
8．(2022·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
[解析]　(1)令n＝1得：S－(－1)S1－3×2＝0，
即S＋S1－6＝0，∴(S1＋3)(S1－2)＝0，
∵S1>0，∴S1＝2，即a1＝2.
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，得：
(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，
∵an>0(n∈N*)，Sn>0，从而Sn＋3>0，∴Sn＝n2＋n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
又a1＝2＝2×1，∴an＝2n(n∈N*)．
(3)当k∈N*时，k2＋>k2＋－＝(k－)(k＋)，
∴＝＝·<·
＝·
＝·[－]
∴＋＋…＋
<[(－)＋(－)＋…＋－]＝(－)
＝－<.