高考数学一轮总复习 第2节 证明不等式的基本方法课后限时自测 理(1)

【课堂新坐标】（安徽专用）2015届高考数学一轮总复习 第2节
证明不等式的基本方法课后限时自测 理
一、选择题
1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2
＋1，则s 与t 的大小关系是( ) A ．s ≥t B ．s >t C ．s ≤t D ．s <t
【解析】 ∵s －t ＝b 2
－2b ＋1＝(b －1)2
≥0，∴s ≥t . 【答案】 A
2．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是( )
A ．a
B ．b
C ．c
D ．无法判断
【解析】 ∵0<x <1，∴1＋x >2x ＝4x >2x ， ∴只需比较1＋x 与1
1－x 的大小，
∵1＋x －11－x ＝1－x 2
－11－x ＝－x
2
1－x <0，
∴1＋x <11－x .因此c ＝1
1－x 最大．
【答案】 C 3．函数f (x )＝x ＋
1x －2(x >2)，g (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x 2－2(x ≠0)，则f (x )与g (x )的大小关系是( )
A ．f (x )>g (x )
B ．f (x )≥g (x )
C ．f (x )<g (x )
D ．f (x )≤g (x )
【解析】 因为f (x )＝x ＋
1x －2＝(x －2)＋1
x －2
＋2≥4， 又g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2<⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－2
＝4，所以f (x )>g (x )．
【答案】 A
4．已知a 、b 、c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1
c
的最小值为( )
A ．5
B ．7
C ．9
D ．11
【解析】 把a ＋b ＋c ＝1代入1a ＋1b ＋1
c
得
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. 【答案】 C
5．设a 、b ∈(0，＋∞)，且ab －a －b ＝1，则有( ) A ．a ＋b ≥2(2＋1) B ．a ＋b ≤2＋1 C ．a ＋b ＜2＋1
D ．a ＋b ＞2(2＋1)
【解析】 ∵ab －a －b ＝1，∴1＋a ＋b ＝ab ≤⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b 22.
令a ＋b ＝t (t ＞0)，则1＋t ≤t 2
4(t ＞0)．
解得t ≥2(2＋1)，则a ＋b ≥2(2＋1)． 【答案】 A 二、填空题
6．若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．
①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3
≥3；⑤1a ＋1b
≥2.
【解析】 令a ＝b ＝1，排除②④； 由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确；
a 2＋
b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确；
1
a ＋1b
＝a ＋b ab ＝2ab
≥2，命题⑤正确．
【答案】 ①③⑤
7．已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b 1＋b ，则M ，N 的大小关系是________．
【解析】 M －N ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝21－ab
1＋a 1＋b ，
又因0<a <1
b
，得ab <1，
则M －N >0，即M >N . 【答案】 M >N
8．设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m 与n 的大小关系是________． 【解析】 ∵a ＞b ＞0，∴m ＝a －b ＞0，n ＝a －b ＞0. ∵m 2
－n 2
＝(a ＋b －2ab )－(a －b ) ＝2b －2ab ＝2b (b －a )＜0， ∴m 2
＜n 2
，从而m ＜n .
【答案】 m ＜n 三、解答题
9．设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1
ab
≥8.
【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，∴2ab ≤a ＋b ＝1. 因此ab ≤12，1
ab
≥4.
则1a ＋1b ＋1ab
＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab
≥2ab ·2
1
ab
＋4＝8.
故1a ＋1b ＋1
ab
≥8成立．
10．(2013·课标全国卷Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2
b ＋b 2
c ＋c
2
a
≥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 2
a ＋a ≥2c ，
故a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ＋(a ＋
b ＋
c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥1. B 组 能力提升
1．设a ，b ，c ，x ，y ，z 均为正数，且a 2
＋b 2
＋c 2
＝10，x 2
＋y 2
＋z 2
＝40，ax ＋by ＋cz ＝20，则
a ＋
b ＋c
x ＋y ＋z
等于( )
A.14
B.13
C.12
D.34
【解析】 由题意可得x 2
＋y 2
＋z 2
＝2ax ＋2by ＋2cz ， 又a 2
＋b 2
＋c 2
＝10
相加可得(x －a )2＋(y －b )2＋(z －c )2
＝10，
所以不妨令⎩⎪⎨⎪
⎧
x －a ＝a ，y －b ＝b ，
z －c ＝c
(或⎩⎪⎨⎪
⎧
x －a ＝b ，y －b ＝c ，z －c ＝a
)，
则x ＋y ＋z ＝2(a ＋b ＋c )， ∴
a ＋
b ＋
c x ＋y ＋z ＝1
2
.
【答案】 C
2．以下三个命题：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 |＜2
3
，其中正确命题的序号是________．
【解析】 ①|a |－|b |≤|a －b |＜1，所以|a |＜|b |＋1； ②|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )＋(a －b )|＝|2a |， 所以|a ＋b |－2|a |≤|a －b |；
③|x |＜2，|y |＞3，所以1|y |＜13，因此|x ||y |＜2
3.
∴①②③均正确． 【答案】 ①②③ 3．已知a ，b 为正实数．
(1)求证：a 2b ＋b 2
a
≥a ＋b ；
(2)利用(1)的结论求函数y ＝
1－x
2
x
＋x 2
1－x
(0＜x ＜1)的最小值． 【解】 (1)证明 ∵a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－a 2b －ab 2
ab
＝a 2a －b －b 2a －b ab ＝a －b 2a ＋b
ab
.
又∵a ＞0，b ＞0，∴
a －b
2
a ＋b
ab
≥0，
当且仅当a ＝b 时等号成立．∴a 2b ＋b 2
a
≥a ＋b .
(2)∵0＜x ＜1，∴1－x ＞0， 由(1)的结论，函数y ＝
1－x
2
x
＋x 2
1－x
≥(1－x )＋x ＝1. 当且仅当1－x ＝x 即x ＝1
2
时等号成立．
∴函数y ＝1－x
2
x
＋x 2
1－x
(0＜x ＜1)的最小值为1.。