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《2019年高考数学一轮复习 15-2不等式的证明同步检测(I)新人教A版选修4-5》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019年高考数学一轮复习15-2不等式的证明同步检测(I)新人教A版选修4-5一、填空题1.设x>0,则函数y=3-3x-的最大值是__________.解析:y=3-3x-=3-≤3-2=3-2,即ymax=3-2.答案:3-22.函数f(x)=3x+(x>0)的最小值为__________.解析:f(x)=3x+=++≥3=9,当且仅当=,即x=2时等号成立.答案:93.记S=+++…+,则S与1的大小关系是__________.解析:∵<,<,…,=<,∴S=+++…+<++…+=1.答案:S<14.已知h>0,a,b∈R,甲:
2、
3、a-b
4、<2h:乙:
5、a-1
6、7、b-18、9、a-b10、=11、a-1+1-b12、≤13、a-114、+15、b-116、<2h,故由乙能推出甲成立,但甲成立不能推出乙成立,所以甲是乙的必要不充分条件.答案:必要不充分5.已知a>b>c>d,则(a-d)的最小值为__________.解析:原式=[(a-b)+(b-c)+(c-d)]≥3×3=9.当且仅当a-b=b-c=c-d时等号成立.答案:96.若x+2y+4z=1,则x2+y2+z2的最小值是__________.解析:∵1=x+2y+4z≤·,∴x217、+y2+z2≥,当且仅当x==,即x=,y=,z=时x2+y2+z2的最小值为.答案:7.函数y=+的最大值为__________.解析:函数的定义域为[1,6].y2=(+)2=(×+1×)2≤[()2+12]×[()2+()2]=3×5=15.∴y2≤15.由题意知y>0,∴018、2≤×(5a2+3b2)=×=1.∴a2+2ab+b2的最大值为1.答案:19.已知+=1(a>b>0),则利用柯西不等式判断a2+b2与(x+y)2的大小关系为__________.解析:∵+=1,∴a2+b2=(a2+b2)≥2=(x+y)2.答案:a2+b2≥(x+y)210.设x,y,z均为实数,则的最大值是__________解析:由柯西不等式知(x2+2y2+z2)·≥(2x+y-z)2⇒≤.当且仅当=2y=-z>0时等号成立.答案:11.设0<x<1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是__________.解析:由a219、=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.答案:c12.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,则实数λ的最小值是__________.解析:∵x>0,y>0,∴原不等式可化为-λ≤(x+y)=2++.∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.∴(x+y)min=4,即-λ≤4,λ≥-4.答案:-413.已知a,b,c,d∈R且满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的取值范围为__________.解析:由柯西不等式,有(2b2+3c2+20、6d2)≥(b+c+d)2,即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2.即5-a2≥(3-a)2.解得1≤a≤2.答案:[1,2]14.[xx·韶关月考]若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为__________.解析:(2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案:二、解答题15.已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥.证明:方法一:∵a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2),∴3(a2+b2+c2)≥(21、a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥.方法二:∵a2+b2+c2-=a2+b2+c2-=(2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac)=[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0,∴a2+b2+c2≥.方法三:∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,即3(a2+b2+c2)≥1,∴a2+b2+c2≥.16.[xx·唐山市期末]已知x,y,z∈R,x+y+z=3.(1)求++的最小值;(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.解析:(1)因为x+y+z≥3>0,++≥>0,所以(x+y+z)≥9,即++22、≥3,当且仅当x=y=z=1时,++取最小值3.(2)x2+y2+z2=≥==3.又x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0,所以3≤x2+y2+z2<9.
7、b-1
8、9、a-b10、=11、a-1+1-b12、≤13、a-114、+15、b-116、<2h,故由乙能推出甲成立,但甲成立不能推出乙成立,所以甲是乙的必要不充分条件.答案:必要不充分5.已知a>b>c>d,则(a-d)的最小值为__________.解析:原式=[(a-b)+(b-c)+(c-d)]≥3×3=9.当且仅当a-b=b-c=c-d时等号成立.答案:96.若x+2y+4z=1,则x2+y2+z2的最小值是__________.解析:∵1=x+2y+4z≤·,∴x217、+y2+z2≥,当且仅当x==,即x=,y=,z=时x2+y2+z2的最小值为.答案:7.函数y=+的最大值为__________.解析:函数的定义域为[1,6].y2=(+)2=(×+1×)2≤[()2+12]×[()2+()2]=3×5=15.∴y2≤15.由题意知y>0,∴018、2≤×(5a2+3b2)=×=1.∴a2+2ab+b2的最大值为1.答案:19.已知+=1(a>b>0),则利用柯西不等式判断a2+b2与(x+y)2的大小关系为__________.解析:∵+=1,∴a2+b2=(a2+b2)≥2=(x+y)2.答案:a2+b2≥(x+y)210.设x,y,z均为实数,则的最大值是__________解析:由柯西不等式知(x2+2y2+z2)·≥(2x+y-z)2⇒≤.当且仅当=2y=-z>0时等号成立.答案:11.设0<x<1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是__________.解析:由a219、=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.答案:c12.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,则实数λ的最小值是__________.解析:∵x>0,y>0,∴原不等式可化为-λ≤(x+y)=2++.∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.∴(x+y)min=4,即-λ≤4,λ≥-4.答案:-413.已知a,b,c,d∈R且满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的取值范围为__________.解析:由柯西不等式,有(2b2+3c2+20、6d2)≥(b+c+d)2,即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2.即5-a2≥(3-a)2.解得1≤a≤2.答案:[1,2]14.[xx·韶关月考]若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为__________.解析:(2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案:二、解答题15.已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥.证明:方法一:∵a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2),∴3(a2+b2+c2)≥(21、a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥.方法二:∵a2+b2+c2-=a2+b2+c2-=(2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac)=[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0,∴a2+b2+c2≥.方法三:∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,即3(a2+b2+c2)≥1,∴a2+b2+c2≥.16.[xx·唐山市期末]已知x,y,z∈R,x+y+z=3.(1)求++的最小值;(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.解析:(1)因为x+y+z≥3>0,++≥>0,所以(x+y+z)≥9,即++22、≥3,当且仅当x=y=z=1时,++取最小值3.(2)x2+y2+z2=≥==3.又x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0,所以3≤x2+y2+z2<9.
9、a-b
10、=
11、a-1+1-b
12、≤
13、a-1
14、+
15、b-1
16、<2h,故由乙能推出甲成立,但甲成立不能推出乙成立,所以甲是乙的必要不充分条件.答案:必要不充分5.已知a>b>c>d,则(a-d)的最小值为__________.解析:原式=[(a-b)+(b-c)+(c-d)]≥3×3=9.当且仅当a-b=b-c=c-d时等号成立.答案:96.若x+2y+4z=1,则x2+y2+z2的最小值是__________.解析:∵1=x+2y+4z≤·,∴x2
17、+y2+z2≥,当且仅当x==,即x=,y=,z=时x2+y2+z2的最小值为.答案:7.函数y=+的最大值为__________.解析:函数的定义域为[1,6].y2=(+)2=(×+1×)2≤[()2+12]×[()2+()2]=3×5=15.∴y2≤15.由题意知y>0,∴018、2≤×(5a2+3b2)=×=1.∴a2+2ab+b2的最大值为1.答案:19.已知+=1(a>b>0),则利用柯西不等式判断a2+b2与(x+y)2的大小关系为__________.解析:∵+=1,∴a2+b2=(a2+b2)≥2=(x+y)2.答案:a2+b2≥(x+y)210.设x,y,z均为实数,则的最大值是__________解析:由柯西不等式知(x2+2y2+z2)·≥(2x+y-z)2⇒≤.当且仅当=2y=-z>0时等号成立.答案:11.设0<x<1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是__________.解析:由a219、=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.答案:c12.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,则实数λ的最小值是__________.解析:∵x>0,y>0,∴原不等式可化为-λ≤(x+y)=2++.∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.∴(x+y)min=4,即-λ≤4,λ≥-4.答案:-413.已知a,b,c,d∈R且满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的取值范围为__________.解析:由柯西不等式,有(2b2+3c2+20、6d2)≥(b+c+d)2,即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2.即5-a2≥(3-a)2.解得1≤a≤2.答案:[1,2]14.[xx·韶关月考]若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为__________.解析:(2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案:二、解答题15.已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥.证明:方法一:∵a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2),∴3(a2+b2+c2)≥(21、a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥.方法二:∵a2+b2+c2-=a2+b2+c2-=(2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac)=[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0,∴a2+b2+c2≥.方法三:∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,即3(a2+b2+c2)≥1,∴a2+b2+c2≥.16.[xx·唐山市期末]已知x,y,z∈R,x+y+z=3.(1)求++的最小值;(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.解析:(1)因为x+y+z≥3>0,++≥>0,所以(x+y+z)≥9,即++22、≥3,当且仅当x=y=z=1时,++取最小值3.(2)x2+y2+z2=≥==3.又x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0,所以3≤x2+y2+z2<9.
18、2≤×(5a2+3b2)=×=1.∴a2+2ab+b2的最大值为1.答案:19.已知+=1(a>b>0),则利用柯西不等式判断a2+b2与(x+y)2的大小关系为__________.解析:∵+=1,∴a2+b2=(a2+b2)≥2=(x+y)2.答案:a2+b2≥(x+y)210.设x,y,z均为实数,则的最大值是__________解析:由柯西不等式知(x2+2y2+z2)·≥(2x+y-z)2⇒≤.当且仅当=2y=-z>0时等号成立.答案:11.设0<x<1,则a=,b=1+x,c=中最大的一个是__________.解析:由a2
19、=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.答案:c12.设x>0,y>0,若不等式++≥0恒成立,则实数λ的最小值是__________.解析:∵x>0,y>0,∴原不等式可化为-λ≤(x+y)=2++.∵2++≥2+2=4,当且仅当x=y时等号成立.∴(x+y)min=4,即-λ≤4,λ≥-4.答案:-413.已知a,b,c,d∈R且满足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,则a的取值范围为__________.解析:由柯西不等式,有(2b2+3c2+
20、6d2)≥(b+c+d)2,即2b2+3c2+6d2≥(b+c+d)2.即5-a2≥(3-a)2.解得1≤a≤2.答案:[1,2]14.[xx·韶关月考]若x+y+z=1,则F=2x2+3y2+z2的最小值为__________.解析:(2x2+3y2+z2)(3+2+6)≥(x+y+z)2=6,∴2x2+3y2+z2≥.答案:二、解答题15.已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥.证明:方法一:∵a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2),∴3(a2+b2+c2)≥(
21、a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥.方法二:∵a2+b2+c2-=a2+b2+c2-=(2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac)=[(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2]≥0,∴a2+b2+c2≥.方法三:∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,即3(a2+b2+c2)≥1,∴a2+b2+c2≥.16.[xx·唐山市期末]已知x,y,z∈R,x+y+z=3.(1)求++的最小值;(2)证明:3≤x2+y2+z2<9.解析:(1)因为x+y+z≥3>0,++≥>0,所以(x+y+z)≥9,即++
22、≥3,当且仅当x=y=z=1时,++取最小值3.(2)x2+y2+z2=≥==3.又x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+yz+zx)<0,所以3≤x2+y2+z2<9.
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