选修4-5第2讲知能训练轻松闯关

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人教版化学选修4：第一章第二节知能演练轻松闯关

一、单项选择题1.下列选项中说明乙醇作为燃料的优点的是( )①燃烧时发生氧化反应 ②充分燃烧的产物不污染环境 ③乙醇是一种可再生能源 ④燃烧时放出大量的热A ．①②③B ．①②④C ．①③④D ．②③④解析：选D 。

C 2H 6O 可以通过酿造方法制得，可知乙醇是一种可再生能源，乙醇完全燃烧的反应方程式为C 2H 6O ＋3O 2――→点燃2CO 2＋3H 2O ，可知产物不引起污染，有机物燃烧时都发生氧化反应，这并不是乙醇作为燃料的优点。

2.下列有关能量转换的说法不．正确的是( ) A ．煤燃烧是化学能转化为热能的过程B ．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C ．动物体内葡萄糖被氧化成CO 2是热能转变成化学能的过程D ．植物通过光合作用将CO 2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程解析：选C 。

C 项葡萄糖被氧化成CO 2是化学能转化成热能。

3.已知下列热化学方程式： 12CH 4(g)＋O 2(g)===12CO 2(g)＋H 2O(l) ΔH ＝－445.15 kJ/molCH 4(g)＋32O 2(g) ===CO(g)＋2H 2O(l)ΔH ＝－607.3 kJ/molCH 4(g)＋2O 2(g) ===CO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－890.3 kJ/molCH 4(g)＋2O 2(g) ===CO 2(g)＋2H 2O(g) ΔH ＝－802.3 kJ/mol 则CH 4的燃烧热为( ) A ．445.15 kJ/molB ．607.3 kJ/molC ．890.3 kJ/molD ．802.3 kJ/mol 解析：选C 。

CH 4燃烧热是指1 mol CH 4完全燃烧生成气态CO 2和液态水放出的热量。

A 错，因CH 4不为1 mol ，B 错，因燃烧产物不是CO 2，D 错，H 2O 不是液态。

4.下列热化学方程式叙述正确的是(ΔH 的绝对值均正确)( ) A ．C 2H 5OH(l)＋3O 2(g) ===2CO 2(g)＋3H 2O(g) ΔH ＝－1367.0 kJ ·mol －1(燃烧热)B ．NaOH(aq)＋HCl(aq) ===NaCl(aq)＋H 2O(l) ΔH ＝＋57.3 kJ ·mol －1(中和热)C ．S(s)＋O 2(g) ===SO 2(g) ΔH ＝－296.8 kJ ·mol －1(反应热)D ．2NO 2===O 2＋2NOΔH ＝＋116.2 kJ ·mol －1(反应热)解析：选C 。

数学·选修4-5(人教A版)课件：第二讲2.1比较法

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4. 设 P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若 P＞Q，则实数 a，b 满足的条件为________．
解析：P－Q＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a ＋2)2，因为 P＞Q⇒P－Q＞0.所以 ab≠1 或 a≠－2.
答案：ab≠1 或 a≠－2
又 c－b＝ 1 －(1＋x)＝ x2 ＞0，
1－x
1－x
所以 c＞b.所以 c＞b＞a.
答案：c
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类型 1 作差比较法证明不等式
[典例 1] (1)已知 a，b∈R，求证：a2＋b2＋1＞a(b ＋1)；
(2)已知 a，b 是互不相等的正数，n＞1，求证：an＋ bn＞an－1b＋abn－1.
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证明：(1)因为 a2＋b2＋1－a(b＋1)＝12[(a－b)2＋(1－ a)2＋b2＋1]＞0，
所以 a2＋b2＋1＞a(b＋1)． (2)(an＋bn)－(an－1b＋abn－1)＝(a－b)(an－1－bn－1)．因为 a，b∈R－，n＞1，n－1＞0，a≠b，
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5．已知 0＜x＜1，a＝2 x，b＝1＋x，c＝1－1 x，则其中最大的是________．
解析：因为 0＜x＜1，所以 a＞0，b＞0，c＞0. 又 a2－b2＝(2 x)2－(1＋x)2＝－(1－x)2＜0，所以 a2－b2＜0.所以 a＜b.
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所以当 a＞b 时，an－1＞bn－1，所以 a－b＞0，an－1－bn－1＞0，所以(a－b)(an－1－bn－1)＞0，即 an＋bn＞an－1b＋abn－1. 当 a＜b 时，an－1＜bn－1，所以 a－b＜0，an－1－bn－1＜0，

人教A版数学选修4-5第2讲 1

Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
即an＋1＝2an＋1
从而an＋1＋1＝2(an＋1).
数学
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，
选修
∴a1＋a2＝2a1＋6.
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① ②
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
又 a1＝5，故 a2＝11，
从而 a2＋1＝2(a1＋1).
[分析] 由于不等式两边对数的底数不同，故不宜采用作差比较法，解答本题可采用作商比较法.
[解析] ∵a>2，∴a－1>1，
∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0，
数学选
由于lologgaaa＋－1a1＝loga(a－1)·loga(a＋1)
修
人教
<[logaa－1＋2 logaa＋1]2＝[logaa22－1]2.
2f′(1)与23n2－13n的大小.
数学
[分析] 大比较大小时，作差法的差式与“n”的取值有关，且大小关系随
选修
“n”的变化而变化.
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第二讲证明不等式的基本方法
[解析] (1)证明：由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5， ∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4， ①②两式相减，得
(3)运用放缩法证明命题时要注意放缩必须适度，放得过大或缩得过小都不能
够达到证明命题的目的. 放缩时使用的主要方法有：
①舍去或加上一些项，如：(x＋12)2＋34>(x＋12)2.
②将分子或分母放大(或缩小)，如：k12<kk－1 1，k12>kk＋1 1，
数

人教版化学选修4：第二章第二节知能演练轻松闯关

一、单项选择题1.(2012·洛阳高二测试)下列说法中有明显错误的是()A．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞C．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大反应速率解析：选B。

活化分子间有合适取向的碰撞才是有效碰撞。

2.下列情况下，反应速率相同的是()A．等体积0.1 mol/L HCl溶液和0.05 mol/L H2SO4溶液分别与0.2 mol/L NaOH溶液反应B．等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl溶液反应C．等体积等浓度HCl溶液和CH3COOH溶液分别与等质量的Na2CO3粉末反应D．等体积0.2 mol/L HCl溶液和0.1 mol/L H2SO4溶液与等量等表面积等品质石灰石反应解析：选A。

Zn粉与Zn粒相比较，Zn粉接触面积大，反应速率快，B不合题意；等浓度的HCl溶液与CH3COOH溶液中c(H＋)不同，所以与Na2CO3粉末反应的速率不同，C不合题意；H2SO4与石灰石反应会生成CaSO4，覆盖在CaCO3表面阻止反应进一步发生，所以二者速率不可能相等。

3.(2012·开封高二质检)下列体系加压后，对化学反应速率没有影响的是()A．2SO＋O22SO3O(g)CO2＋H2B．CO＋HC．CO 2＋H2O H2CO3OD．H＋＋OH－H解析：选D。

压强只对反应体系中有气体参与的反应有影响，酸、碱中和反应生成H2O，反应物全部为溶液，压强对此无影响。

4.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列正确的是()甲．在500 ℃时，SO2和O2各10 mol反应乙．在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和10 mol O2起反应丙．在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应丁．在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应A．甲、乙、丙、丁B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙D．丁、丙、乙、甲解析：选C。

人教数学选修4-5全册精品课件：第二讲本讲优化总结

才能确定an－bn的符号．
例2
1 3 31 已知 x>0，y>0，求证：(x ＋y ) >(x ＋y ) . 2 3
2 2
【思路点拨】
本题若用比较法，则不易变形；若
直接用综合法，则不易发现与已知不等式的关系．因而可试用分析法．
【证明】要证明(x2＋y2) >(x3＋y3) . 只需证：(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，即证：x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，即证：3x4y2＋3x2y4>2x3y3. ∵x>0，y>0， ∴x2y2>0，即证：3x2＋3y2>2xy. ∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy， ∴3x2＋3y2>2xy 成立，故(x2＋y2) >(x3＋y3) .
【思路点拨】
用比较法证明．
【证明】
(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋anb＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1 ＝abn＋anb－an＋1－bn＋1 ＝a(bn－an)＋b(an－bn)
＝(a－b)(bn－an)．
当a>b>0时，bn－an<0，a－b>0，
此时(a－b)(bn－an)<0；
【名师点评】
问题(2)是反证法的范例．反证法
常用于直接证明困难或以否定形式出现的命
题．涉及 “ 都是 „” 、 “ 都不是 „” 、 “ 至少
„” 、 “ 至多 „” 等形式的命题，也常用反证
法．如果不用反证法，则改为证明原命题的否命
题正确，从而判定逆命题正确也可．
【名师点评】

人教版化学选修4：第四章第二节知能演练轻松闯关

一、单项选择题1.下列有关电池的说法不．正确的是()A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D．锌锰干电池中，锌电极是负极解析：选B。

锂离子电池可以充电，再次使用，属于二次电池，A项正确；铜锌原电池中铜为正极，故电流由铜流向锌，而电子是由锌流向铜，B项错；电池的实质即是化学能转化成电能，C项正确；Zn失去电子生成Zn2＋，故作为负极，D项正确。

2.(2011·高考海南卷)一种充电电池放电时的电极反应为H2＋2OH－－2e－====2H2O；NiO(OH)＋H2O＋e－====Ni(OH)2＋OH－，当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是()A．H2O的还原B．NiO(OH)的还原C．H2的氧化D．Ni(OH)2的氧化解析：选D。

该充电电池的反应方程式为：H 2＋2NiO(OH)放电2Ni(OH)2。

电池充电时，充电与外电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应，Ni(OH)2被氧化。

3.(2012·石家庄高二检测)电动自行车由于灵活、快捷、方便，已成为上班族的主要代步工具，其电源常采用铅蓄电池，铅蓄电池放电时发生下列变化：负极：Pb＋SO2－4－2e－====PbSO4正极：PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－====PbSO4＋2H2O使用该电池时，若外电路上转移电子0.05 mol，则消耗H2SO4的物质的量为()A．0.025 mol B．0.05 molC．0.1 mol D．0.2 mol解析：选B。

据铅蓄电池放电时正、负极反应知n(H2SO4)＝n(电子)＝0.05 mol，故选B。

4.(2012·荆州高二检测)一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。

下列对该燃料电池说法正确的是()A．在熔融电解质中，O2－由负极移向正极B．通入丁烷的一极是正极，电极反应为：2C4H10＋26e－＋13O2－====4CO2＋5H2OC．通入空气的一极是负极，电极反应为：O2＋4e－====2O2－D．电池的总反应是：2C4H10＋13O2====8CO2＋10H2O解析：选D。

高三数学一轮复习第2课时知能演练轻松闯关新人教版选修4-5

2013年高三数学一轮复习选修4-5第2课时知能演练轻松闯关新人教版一、填空题1．设a ，b ∈R ，若a 2＋b 2＝5，则(a ＋2b )2的最大值为________．解析：由柯西不等式得(a 2＋b 2)(12＋22)≥(a ＋2b )2(当且仅当2a ＝b 时等号成立)．因为a 2＋b 2＝5，所以(a ＋2b )2≤25.答案：252．(2012·黄冈质检)若x ＋2y ＋4z ＝1，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是________．解析：∵1＝x ＋2y ＋4z ≤x 2＋y 2＋z 2·1＋4＋16，∴x 2＋y 2＋z 2≥121，即x 2＋y 2＋z 2的最小值为121. 答案：121二、解答题3．(2011·高考福建卷)设不等式|2x －1|<1的解集为M .(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．解：(1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x <1，所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1.所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0，故ab ＋1>a ＋b .4．已知m >0，a ，b ∈R 求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明：因为m >0，所以1＋m >0，所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ，即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 5．已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋x xy ≥1x ＋1y ＋1z. 证明：因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z (x y ＋y x )≥2z. 同理可得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. 6．已知x ，y 都是正实数，求证：x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2.证明：法一：∵(x 3＋y 3)－(x 2y ＋xy 2)＝x 2(x －y )＋y 2(y －x )＝(x －y )(x 2－y 2)＝(x －y )2(x ＋y )，又∵x ，y ∈(0，＋∞)，∴(x －y )2≥0，x ＋y >0，∴(x －y )2(x ＋y )≥0，∴x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2.法二：∵x 2＋y 2≥2xy ，又∵x ，y ∈(0，＋∞)，∴x ＋y >0，∴(x 2＋y 2)(x ＋y )≥2xy (x ＋y )，展开得x 3＋y 3＋x 2y ＋xy 2≥2x 2y ＋2xy 2，移项，整理得x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2.7．设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：|a x ＋b x 2|<2.证明：由已知m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1.又|x |>m ，∴|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2 ＝|a ||x |＋|b ||x |2<|x ||x |＋|x ||x |2 ＝1＋1|x |<1＋|x ||x |＝2. ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2<2. 8．设a 、b 、c 为正数，且a ＋2b ＋3c ＝13，求3a ＋2b ＋c 的最大值．解：(a ＋2b ＋3c )[(3)2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132] ≥(a ·3＋2b ·1＋3c ·13)2 ＝(3a ＋2b ＋c )2.∴(3a ＋2b ＋c )2≤1323. ∴3a ＋2b ＋c ≤1333. 当且仅当a3＝2b 1＝3c 13时取等号．又a ＋2b ＋3c ＝13，即a ＝9，b ＝32，c ＝13时． 3a ＋2b ＋c 有最大值1333.。

2012年北师大数学选修4-5：第2章3.2知能优化训练

1．用数学归纳法证明2n≥n2(n≥5，n∈N＋)成立时第二步归纳假设的正确写法是() A．假设n＝k时命题成立B．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立C．假设n＝k(k≥5)时命题成立D．假设n＝k(k>5)时命题成立解析：选C.由题意知n≥5，n∈N＋，∴应假设n＝k(k≥5)时命题成立．2．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n－1<f(n)(n≥2，n∈N＋)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项B．k项C．2k－1项D．2k项解析：选 D.1＋12＋13＋…＋12k＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k－1＝12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋1－1.∴共增加2k项．3．设f(x)是定义在正整数集上的函数，有f(k)满足：当“f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k<5，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，则当k≥8，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4，均有f(k)≥k2成立解析：选D.由题意设f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此，对于A，不一定有k＝1,2时成立．对于B、C显然错误．对于D，∵f(4)＝25>42，因此对于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．4．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是____________．解析：∵f(k)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)25．利用数学归纳法证明不等式“n2<2n对于n≥n0的正整数n都成立”时，n0应取值为() A．1 B．3C．5 D．7解析：选C.12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n≥5，故n0值为5.6．对于正整数n，下列说法不正确的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n<1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n解析：选C.由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，当x＝2时，(1＋2)n≥1＋2n，A正确．当x＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正确，C不正确．当x＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正确．7．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >m 24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在解析：选B.令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)，易知f (n )是单调递增的．∴f (n )的最小值为f (2)＝13＋14＝712. 依题意712>m 24，∴m <14. 因此取m ＝13.8．设p (k )：1＋12＋122＋…＋12k ≤12＋k (k ∈N)，则p (k ＋1)为( ) A ．1＋12＋122＋…＋12k ＋12k ＋1≤12＋k ＋1 B ．1＋12＋122＋…＋12k ＋12k ＋1≤12＋k ＋1 C ．1＋12＋13＋…＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1≤12＋k ＋1 D ．上述均不正确解析：选A.分母是底数为2的幂，且幂指数是连续自然数增加，故选A.9．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋25n －1是31的整数倍时，当n ＝1时，左式等于( )A ．1＋2B ．1＋2＋22C ．1＋2＋23D ．1＋2＋22＋23＋24答案：D10．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M 、N 的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x ＝b a ．解析：由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx ，令x ＝b a， ∴⎝⎛⎭⎫1＋b a n >1＋n ·b a， ∴⎝⎛⎭⎫a ＋b a n >1＋n ·b a，即(a ＋b )n >a n ＋na n －1b .故M ≥N .答案：M ≥N11．观察式子：1＋122<321＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出________．答案：1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n (n ≥2，n ∈N ＋) 12．已知a 、b 为正数，且1a ＋1b＝1，试证：对每一个n ∈N ＋，(a ＋b )n －a n －b n ≥22n －2n ＋1. 证明：(1)n ＝1时，左边＝0，右边＝0，∴左边＝右边，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即(a ＋b )k －a k －b k ≥22k －2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，∵a k ＋1＋b k ＋1＝(a ＋b )·(a k ＋b k )－a k b －ab k ，∴左边＝(a ＋b )k ＋1－a k ＋1－b k ＋1＝(a ＋b )·[(a ＋b )k －a k －b k ]＋a k b ＋ab k .又∵1a ＋1b＝1， ∴ab ＝a ＋b .∵(a ＋b )·(1a ＋1b)≥4， ∴a ＋b ≥4，∴ab ＝a ＋b ≥4.由a k b ＋ab k ≥2a k ·b k ·ab＝2(ab )k ·ab ≥2·2k ＋1＝2k ＋2.a k ＋b k ≥2(ab )k ≥2k ＋1.故左边≥4·(22k －2k ＋1)＋2k ＋2＝22k ＋2－2k ＋2＝22(k ＋1)－2(k ＋1)＋1＝右边．∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)可知：对一切n ∈N ＋不等式成立．13．设函数f (x )＝x －x ·ln x ，数列{a n }满足0<a 1<1，a n ＋1＝f (a n )．(1)证明：函数f (x )在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：a n <a n ＋1<1.证明：(1)f ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x .∵x ∈(0,1)，∴ln x <0.∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上为增函数．(2)运用数学归纳法证明0<a n <1.当n ＝1时，由于0<a 1<1，所以不等式成立．假设当n ＝k (k ≥1)时，0<a k <1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝f (a k )＝a k －a k ·ln a k ＝a k ·(1－ln a k )．∵ln a k <0，∴a k ＋1>0，再考查函数g (x )＝f (x )－1＝x －x ln x －1.当0<x <1时，由于g (x )与f (x )有相同的单调性，因此g (x )<g (1)＝0即f (x )<1， ∴当0<a k <1时，a k ＋1<1.综合上述：0<a k ＋1<1.假设归纳成立，即对于任意的n 均有0<a n <1，而a n ＋1－a n ＝－a n ·ln a n ，当0<a n <1时，－a n ·ln a n >0.因此a n <a n ＋1<1.。

人教A版数学选修4-5第2讲 2

所以ba＋ab≥2，bc＋bc≥2，ac＋ac≥2.
且这三式的等号不能同时成立. (否则 a＝b＝c).
所以(ba＋ab)＋(bc＋bc)＋(ac＋ac)－3>6－3＝3.
数
学选修
即b＋ac－a＋c＋ab－b＋a＋bc－c>3.
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第二讲证明不等式的基本方法
[方法技巧] 综合法证明不等式的策略
所以原不等式成立.
本题也可用比较法证明如下：
a－b2
8b a＋2 b－
＝8b2 aa－－b2b2＝ ab
a＋ 4b
b2＝
ab＋12 4.
数学选修
因为 a>b>0，所以
ab4＋12>1，
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
a－b2
所以a＋2 b8－b
4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
典例试做3 已知a、b、c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1. 导学号 98920179
求证：(1)a＋b＋c≥ 3； (2) bac＋ abc＋ acb≥ 3( a＋ b＋ c).
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4-5 ·
第二讲证明不等式的基本方法
[解析] (1)要证明 a＋b＋c≥ 3，由于 a、b、c∈R＋，因此只需证明(a＋b＋ c)2≥3，
＋
lg
b＋c 2
＋
lg
c＋a 2
>lga
＋
lgb
＋
lgc
，
只
需
证
数学
lg(a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a)>lg(a·b·c)，即证a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a>abc.

优化方案(新课标)高考数学一轮复习第2讲知能训练轻松闯关(选修41)

【优化方案】（新课标）2016高考数学一轮复习第2讲知能训练轻松闯关（选修4-1）1．如图，四边形ABCD 是边长为a 的正方形，以D 为圆心，DA 为半径的圆弧与以BC 为直径的半圆O 交于点F ，连接CF 并延长交AB 于点E ．(1)求证：E 是AB 的中点； (2)求线段BF 的长．解：(1)证明：由题意知，AB 与圆D 和圆O 相切，切点分别为A 和B ，由切割线定理有：EA 2＝EF ·EC ＝EB 2，∴EA ＝EB ，即E 为AB 的中点．(2)由BC 为圆O 的直径，易得BF ⊥CE ，∴S △BEC ＝12BF ·CE ＝12CB ·BE ，∴BF BE ＝CB CE ，∴BF ＝55a ． 2．(2015·郑州市质量预测) 如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F ．(1)证明：A 、E 、F 、M 四点共圆； (2)若MF ＝4BF ＝4，求线段BC 的长．解：(1)证明：如图，连接AM ，由AB 为直径可知∠AMB ＝90°，又CD ⊥AB ，所以∠AEF ＝∠AMB ＝90°，因此A 、E 、F 、M 四点共圆．(2)连接AC ，由A 、E 、F 、M 四点共圆，可知BF ·BM ＝BE ·BA ，在Rt △ABC 中，BC 2＝BE ·BA ，又由MF ＝4BF ＝4，知BF ＝1，BM ＝5，所以BC 2＝5，BC ＝5．3．(2015·山西省四校联考) 如图所示，PA 为圆O 的切线，A 为切点，PO 交圆O 于B ，C 两点，PA ＝10，PB ＝5，∠BAC 的角平分线与BC 和圆O 分别交于点D 和E ．(1)求证：AB AC ＝PA PC；(2)求AD ·AE 的值．解：(1)证明：∵PA 为圆O 的切线，∴∠PAB ＝∠ACP ，又∠P 为公共角， ∴△PAB ∽△PCA ，∴AB AC ＝PA PC．(2)∵PA 为圆O 的切线，PC 是过点O 的割线，∴PA 2＝PB ·PC ， ∴PC ＝20，BC ＝15，又∵∠CAB ＝90°，∴AC 2＋AB 2＝BC 2＝225，又由(1)知AB AC ＝PA PC ＝12，∴AC ＝65， AB ＝35，连接EC (图略)，则∠CAE ＝∠EAB ， ∴△ACE ∽△ADB ，AB AE ＝ADAC，∴AD ·AE ＝AB ·AC ＝35×65＝90．4．(2015·河北石家庄质量检测)如图，已知AB 为圆O 的一条直径，以端点B 为圆心的圆交直线AB 于C ，D 两点，交圆O 于E ，F 两点，过点D 作垂直于AD 的直线，交直线AF 于H 点．(1)求证：B ，D ，H ，F 四点共圆；(2)若AC ＝2，AF ＝22，求△BDF 外接圆的半径．解：(1)证明：因为AB 为圆O 的一条直径，所以BF ⊥FH ．又DH ⊥BD ，故B ，D ，F ，H 四点在以BH 为直径的圆上．所以，B ，D ，F ，H 四点共圆．(2)由题意得AH 与圆B 相切于点F ，由切割线定理得AF 2＝AC ·AD ，即(22)2＝2·AD ，AD ＝4，所以BD ＝12(AD －AC )＝1，BF ＝BD ＝1．又△AFB ∽△ADH ，则DH BF ＝AD AF，得DH ＝2．连接BH (图略)，由(1)可知BH 为△BDF 外接圆的直径．BH ＝BD 2＋DH 2＝3，故△BDF 的外接圆半径为32． 5．(2014·高考辽宁卷) 如图，EP 交圆于E 、C 两点，PD 切圆于D ，G 为CE 上一点且PG ＝PD ，连接DG 并延长交圆于点A ，作弦AB 垂直EP ，垂足为F ．(1)求证：AB 为圆的直径； (2)若AC ＝BD ，求证：AB ＝ED ．证明：(1)因为PD ＝PG ，所以∠PDG ＝∠PGD ．由于PD 为切线，故∠PDA ＝∠DBA ．又由于∠PGD ＝∠EGA ，故∠DBA ＝∠EGA ，所以∠DBA ＋∠BAD ＝∠EGA ＋∠BAD ，从而∠BDA ＝∠PFA ．由于AF ⊥EP ，所以∠PFA ＝90°，于是∠BDA ＝90°，故AB 是直径． (2)连接BC ，DC ．由于AB 是直径，故∠BDA ＝∠ACB ＝90°．在Rt △BDA 与Rt △ACB 中，AB ＝BA ，AC ＝BD ，从而Rt △BDA ≌Rt △ACB ．于是∠DAB ＝∠CBA ．又因为∠DCB ＝∠DAB ，所以∠DCB ＝∠CBA ，故DC ∥AB ．由于AB ⊥EP ，所以DC ⊥EP ，∠DCE 为直角．于是ED 为直径．由(1)得ED ＝AB ．6．(2015·山西省忻州市联考)如图，直线AB 经过⊙O 上的点C ，并且OA ＝OB ，CA ＝CB ，⊙O 交直线OB 于E 、D ，连接EC 、CD ．(1)求证：直线AB 是⊙O 的切线；(2)若tan ∠CED ＝12，⊙O 的半径为3，求OA 的长．解：(1)证明：如图，连接OC ，∵OA ＝OB ，CA ＝CB ，∴OC ⊥AB ． ∵OC 是⊙O 的半径，∴AB 是⊙O 的切线．(2)∵ED 是直径，∴∠ECD ＝90°，∴∠E ＋∠EDC ＝90°，又∠BCD ＋∠OCD ＝90°，∠OCD ＝∠EDC ，∴∠BCD ＝∠E ，又∠CBD ＝∠EBC ， ∴△BCD ∽△BEC ，∴BC BE ＝BD BC，BC 2＝BD ·BE ．∵tan ∠CED ＝CD EC ＝12，△BCD ∽△BEC ，∴BD BC ＝CD EC ＝12，设BD ＝x ，则BC ＝2x ，∵BC 2＝BD ·BE ，∴(2x )2＝x (x ＋6)，∴BD ＝2， ∴OA ＝OB ＝BD ＋OD ＝2＋3＝5．)1．(2015·兰州市、张掖市联考)如图，△ABC 是直角三角形，∠ABC ＝90°，以AB 为直径的圆O 交AC 于点E ，点D 是BC 边的中点，连接OD 交圆O 于点M ．(1)求证：O 、B 、D 、E 四点共圆；(2)求证：2DE 2＝DM ·AC ＋DM ·AB ．证明：(1)连接BE 、OE (图略)，则BE ⊥EC ．又D 是BC 的中点，所以DE ＝BD ，又OE ＝OB ，OD ＝OD ，所以△ODE ≌△ODB ．所以∠OED ＝∠OBD ＝90°，所以O 、B 、D 、E 四点共圆．(2)延长DO 交圆O 于点H (图略)．因为DE 2＝DM ·DH ＝DM ·(DO ＋OH )＝DM ·DO ＋DM ·OH ，所以DE 2＝DM ·(12AC )＋DM ·(12AB )，所以2DE 2＝DM ·AC ＋DM ·AB ．2．(2015·云南省第一次统一检测)已知：如图，P 是⊙O 的直径AB 延长线上的一点，割线PCD 交⊙O 于C 、D 两点，弦DF 与直径AB 垂直，H 为垂足，CF 与AB 交于点E ．(1)求证：PA ·PB ＝PO ·PE ；(2)若DE ⊥CF ，∠P ＝15°，⊙O 的半径等于2，求弦CF 的长．解：(1)证明：连接OD ．∵AB 是⊙O 的直径，弦DF 与直径AB 垂直，H 为垂足，C 在⊙O 上， ∴∠DOA ＝∠DCF ， ∴∠POD ＝∠PCE ．又∵∠DPO＝∠EPC，∴△PDO∽△PEC，∴PDPE＝POPC，即PD·PC＝PO·PE．由割线定理得PA·PB＝PD·PC，∴PA·PB＝PO·PE．(2)由已知，直线AB是弦DF的垂直平分线，∴ED＝EF，∴∠DEH＝∠FEH．∵DE⊥CF，∴∠DEH＝∠FEH＝45°．由∠PEC＝∠FEH＝45°，∠P＝15°，得∠DCF＝60°．由∠DOA＝∠DCF，得∠DOA＝60°．在Rt△DHO中，OD＝2，DH＝OD sin∠DOH＝3，∴DE＝EF＝DHsin∠DEH＝6，CE＝DEtan∠DCE＝2，∴CF＝CE＋EF＝2＋6．3．(2015·沈阳市教学质量监测)如图，已知圆O1与圆O2外切于点P，直线AB是两圆的外公切线，分别与两圆相切于A、B两点，AC是圆O1的直径，过C作圆O2的切线，切点为D．(1)求证：C、P、B三点共线；(2)求证：CD＝CA．证明：(1)连接PC，PA，PB，BO2，∵AC是圆O1的直径，∴∠APC＝90°．连接O1O2必过点P，∵AB是两圆的外公切线，A，B为切点，∴∠BAP＝∠ACP＝α，∴∠AO1P＝2α．由于O1A⊥AB，O2B⊥AB，∴∠BO2P＝π－2α，∴∠O2BP＝α．又∠ABP＋∠O2BP＝90°，∴∠ABP＋∠BAP＝90°，∴C、P、B三点共线．(2)∵CD切圆O2于点D，∴CD2＝CP·CB．在△ABC中，∠CAB＝90°，又∵AP⊥BC，∴CA2＝CP·CB，故CD＝CA．4．如图，点A是以线段BC为直径的⊙O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作⊙O的切线，与CA的延长线相交于点E，点G是AD的中点，连接CG并延长与BE相交于点F，连接AF 并延长与CB的延长线相交于点P．(1)求证：BF＝EF；(2)求证：PA是⊙O的切线．证明：(1)∵BE是⊙O的切线，∴EB⊥BC．又∵AD⊥BC，∴AD∥BE．可以得知△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，∴BFDG＝CFCG，EFAG＝CFCG，∴BFDG＝EFAG，又∵G是AD的中点，∴DG＝AG．∴BF＝EF．(2)如图，连接AO，AB．∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°．在Rt△BAE中，由(1)得知F是斜边BE的中点，∴AF＝FB＝EF．∴∠FBA＝∠FAB．又∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO．∵BE是⊙O的切线，∴∠EBO＝90°．∴∠EBO＝∠FBA＋∠ABO＝∠FAB＋∠BAO＝∠FAO＝90°，∴PA是⊙O的切线．。

选修4-5 第2讲

第2讲不等式的证明
最新考纲通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.
知识梳理 1.不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等. (1)比较法 ①求差比较法知道 a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明 a>b，只要证明__a_－__b_>_0__即可，这种方法称为求差比较法.
(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的在本思路是去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据.
2.几个常用基本不等式 (1)柯西不等式： ① 柯西不等式的代数形式：设 a ， b ， c ， d 都是实数，则 (a2 ＋ b2)(c2＋d2)≥___(_a_c_＋__b_d_)2__ (当且仅当ad＝bc时，等号成立). ②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立.
3.(2017·聊城模拟)下列四个不等式：①logx10＋lg x≥2(x＞1)；
②|a－b|＜|a|＋|b|；③ba＋ab≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1，其中恒成立的个数是( C )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 logx10＋lg x＝lg1x＋lg x≥2(x＞1)，①正确.
(2)因为a2＋b c2≥2bac，b2＋c a2≥2acb，c2＋a b2≥2abc，

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1.应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用()①结论的假设；②已知条件；③定义、公理、定理等；④原结论．A．①②B．②③C．①②③D．①②④解析：选C.由反证法的基本思想知①②③可作为条件使用．2.(2012·涪陵调研)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是()A．三个内角中至少有一个钝角B．三个内角中至少有两个钝角C．三个内角都不是钝角D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角解析：选B.“至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．3.“至多有两个解”的否定应是()A．有一个解B．有两个解C．至少有三个解D．至少有两个解解析：选C.“至多有两个”包括“0个，1个，2个”，其否定应为“至少有三个”．故选C.4.(2012·荣昌检测)有下列叙述：①“a>b”的反设是“a<b”；②“x＝y”的反设是“x>y或x<y”；③“三角形的外心在三角形外”的反设是“三角形的外心在三角形内”．其中正确的叙述有________．解析：①的反设是“a≤b”；②的反设是“x≠y”，也就是“x>y或x<y”；③的反设是“三角形的外心在三角形内或在三角形边上”．只有②正确．答案：②一、选择题1.否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的为()A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c都是奇数或其中至少有两个偶数解析：选D.对照常见反设表即知自然数a，b，c中恰有一个偶数的否定为a，b，c都是奇数或其中至少有两个偶数．2.用反证法证明命题“若整系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c 中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是()A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个是偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数解析：选B.至少有一个的反设是至多有(1－1)个即0个，则a，b，c中至少有一个是偶数的反设为“a，b，c都不是偶数”．3.(2012·渝北调研)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 ≥ 3bD.3a ＝3b 或3a <3b 解析：选D.反证法是假设命题的结论不成立，即结论的反面成立，3a >3b 的反面是3a <3b 或3a ＝3b .4.设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：选C.若a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6①，而a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥6②，显然①与②矛盾，所以C 正确．5.已知f (x )是R 上的增函数，a ，b ∈R ，有下列四个命题：①若a ＋b ≥0，则f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )；②若f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )，则a ＋b ≥0；③若a ＋b <0，则f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )；④若f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )，则a ＋b <0.其中真命题有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选D.易知①③正确，②用反证法：假设a ＋b <0，则a <－b ，b <－a ，∴f (a )<f (－b )，f (b )<f (－a )，∴f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )与条件矛盾，故a ＋b ≥0，从而②为真命题，④类似于②用反证法．6.(2012·秀山质检)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( )A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：选D.由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin （π2－A 1），sin B 2＝cos B 1＝sin （π2－B 1），得sin C 2＝cos C 1＝sin （π2－C 1）， ⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，那么A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角C 2＝π2－C 1，和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形，故选D.二、填空题7.“任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定应是________．解析：对其的否定有两部分：一是任何三角形；二是至少有两个．答案：存在一个三角形，其外角最多有一个钝角8.在△ABC 中，若AB ＝AC ，P 是△ABC 内一点，∠APB ＞∠APC ，求证：∠BAP ＜∠CAP ，用反证法证明时应分：假设________和________两类．解析：∠BAP ＜∠CAP 的对立面是∠BAP ＝∠CAP 或∠BAP ＞∠CAP .答案：∠BAP ＝∠CAP ∠BAP ＞∠CAP9.设实数a 、b 、c 满足a ＋b ＋c ＝1，则a 、b 、c 中至少有一个数不小于________．解析：假设a 、b 、c 都小于13，则a ＋b ＋c ＜1与a ＋b ＋c ＝1矛盾．故a 、b 、c 中至少有一个不小于13. 答案：13三、解答题10.用反证法证明：若函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，则方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根．证明：假设方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至少有两个实根，不妨设α，β为其两个实根，且α<β，则f (α)＝f (β)＝0.因为函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，又α<β，所以f (α)<f (β)，这与假设f (α)＝f (β)＝0相矛盾．所以方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根．11.(创新题)已知a ，b ，c ∈(0，1)，求证(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能都大于14. 证明：假设三个式子同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c >143， ① 又因为0<a <1，所以0<a (1－a )≤(a ＋1－a 2)2＝14. 同理0<b (1－b )≤14，0<c (1－c )≤14，所以(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤143， ② ①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．12.(2011·高考江西卷节选)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解：假设存在两个等比数列{a n }，{b n }，使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21， b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31.由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列，得⎩⎪⎨⎪⎧2（b 1q 2－a 1q 1）＝b 1－a 1＋（b 1q 22－a 1q 21），2（b 1q 22－a 1q 21）＝b 1q 2－a 1q 1＋（b 1q 32－a 1q 31），即⎩⎪⎨⎪⎧b 1（q 2－1）2－a 1（q 1－1）2＝0， ①b 1q 2（q 2－1）2－a 1q 1（q 1－1）2＝0， ② ①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0.由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.a ．当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．b ．当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．。

选修4-5-2

111
1
a＋b＋c≥3(abc)－3，
111
2
所以( ＋＋ )2≥9(abc)－ .②
abb
3
111
2
2
故 a2＋b2＋c2＋(a＋b＋c)2≥3(abc)3＋9(abc)－3
2
2
又 3(abc)3＋9(abc)－3≥2 27＝6 3，③
所以原不等式成立． 2
当且仅当 a＝b＝c 时，①式和②式等号成立．当且仅当 3(abc)3＝9(abc) 2 －3时，③式等号成立．
【解析】 ∵y＝x(1－x2)，
1 ∴y2＝x2(1－x2)2＝2x2(1－x2)(1－x2)· .
2 ∵2x2＋(1－x2)＋(1－x2)＝2，
1 2x2＋1－x2＋1－x2 4
∴y2≤ (
)3＝ .
2
3
27
3 当且仅当 2x2＝1－x2＝1－x2，即 x＝ 3 时，取“＝”，
23
23
∴y≤ 9 .∴ymax＝ 9 .

课时作业（七十五）
(2)放缩法的注意事项
①舍去或加上一些项，如(a＋12)2＋43>(a＋12)2；
②将分子或分
母放大
(缩小
)，
如k12<k（k1－1）
，k12
>
k（k1－1），
1 k
< 2 ， 1 > 2 (k∈N*，k>1)等． k＋ k－1 k k＋ k－1
③放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且
6 x＝25，
解得 8 y＝25.
6
8
4
因此当 x＝25，y＝25时，x2＋y2 取得最小值，最小值为25，最小值点为

2021年高考数学一轮复习第1讲知能训练轻松闯关(选修4-5)

2021年高考数学一轮复习第1讲知能训练轻松闯关（选修4-5）1．求不等式|x ＋3|－|x －2|≥3的解集．解：原不等式等价于⎩⎨⎧x ≤－3，－x －3＋x －2≥3 或⎩⎨⎧－3<x <2，x ＋3＋x －2≥3或⎩⎨⎧x ≥2，x ＋3－x ＋2≥3，解得1≤x <2或x ≥2，故原不等式的解集为{x |x ≥1}．2．在实数范围内，解不等式||x －2|－1|≤1．解：依题意得－1≤|x －2|－1≤1，即|x －2|≤2，解得0≤x ≤4．故x 的取值范围是[0，4]．3．(xx·山西省忻州市联考)已知|2x －3|≤1的解集为[m ，n ]．(1)求m ＋n 的值；(2)若|x －a |<m ，求证：|x |<|a |＋1．解：(1)由不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，解得1≤x ≤2， ∴m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3．(2)证明：若|x －a |<1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |<|a |＋1．4．(xx·高考课标全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)． (1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．解：(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2．所以f (x )≥2．(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |．当a >3时，f (3)＝a ＋1a ，由f (3)<5，得3<a <5＋212．当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a ，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3．综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212． 5．(xx·大连市模拟)设不等式|x －2|＋|3－x |<a (a ∈N *)的解集为A ，且2∈A ，32∉A ． (1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值．解：(1)由题可得⎩⎨⎧a >1a ≤2，所以1<a ≤2，因为a ∈N *，所以a ＝2．(2)因为|x ＋2|＋|x －2|≥|(x ＋2)－(x －2)|＝4，所以f (x )的最小值是4．6．(xx·新乡许昌平顶山调研)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |．若a >1，∀x ∈R ，f (x )＋|x －1|≥1，求实数a 的取值范围．解：令F (x )＝f (x )＋|x －1|，则F (x )＝⎩⎨⎧－3x ＋2＋a ，x <1x －2＋a ，1≤x <a ，3x －2－a ，x ≥a所以当x ＝1时，F (x )有最小值F (1)＝a －1，只需a －1≥1，解得a ≥2，所以实数a 的取值范围为[2，＋∞)．1．(xx·辽宁五校协作体联考)已知函数f (x )＝|2x －a |＋a ．(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数t ，使f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2≤m －f (－t )成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由|2x －a |＋a ≤6，得|2x －a |≤6－a ，∴a －6≤2x －a ≤6－a ，即a －3≤x ≤3，∴a －3＝－2，∴a ＝1．(2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2≤m －f (－t )，∴|t －1|＋|2t ＋1|＋2≤m ，令y ＝|t －1|＋|2t ＋1|＋2，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3t ＋2，t ≤－12，t ＋4，－12<t <1，3t ＋2，t ≥1.∴y min ＝72，∴m ≥72．2．(xx·高考课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3．(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；(2)设a >－1，且当x ∈[－a 2，12)时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－2时，不等式f (x )<g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x －3<0．设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x ∈(0，2)时，y <0，所以原不等式的解集是{x |0<x <2}． (2)当x ∈[－a 2，12)时，f (x )＝1＋a ，不等式f (x )≤g (x )化为1＋a ≤x ＋3，所以x ≥a －2对x ∈[－a 2，12)都成立，故－a 2≥a －2，即a ≤43．从而a 的取值范围是(－1，43]． 3．(xx·云南省统考)已知a 、b 都是实数，a ≠0，f (x )＝|x －1|＋|x －2|．(1)若f (x )>2，求实数x 的取值范围；(2)若|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对满足条件的所有a 、b 都成立，求实数x 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎨⎧3－2x ，x ≤11，1<x ≤2.2x －3，x >2由f (x )>2得⎩⎨⎧x ≤13－2x >2或⎩⎨⎧x >22x －3>2，解得x <12或x >52． ∴所求实数x 的取值范围为(－∞，12)∪(52，＋∞)． (2)由|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )且a ≠0得|a ＋b |＋|a －b ||a |≥f (x )．又∵|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |＝2， ∴f (x )≤2．∵f (x )>2的解集为{x |x <12或x >52}， ∴f (x )≤2的解集为{x |12≤x ≤52}， ∴所求实数x 的取值范围为[12，52]． 4．已知函数f (x )＝|x －4|＋|x －a |(a <3)的最小值为2．(1)解关于x的方程f(x)＝a；(2)若存在x∈R，使f(x)－mx≤1成立，求实数m的取值范围．解：(1)由f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|x－4－(x－a)|＝|a－4|(当(x－4)(x －a)≤0时取等号)，知|a－4|＝2，解得a＝6(舍去)或a＝2．方程f(x)＝a即|x－4|＋|x－2|＝2，由绝对值的几何意义可知2≤x≤4．(2)不等式f(x)－mx≤1即f(x)≤mx＋1，由题意知y＝f(x)的图象至少有一部分不在直线y＝mx＋1的上方，作出对应的图象观察可知，m∈(－∞，－2)∪[1 4，＋∞)．31059 7953 祓32399 7E8F 纏s38650 96FA 雺]30613 7795 瞕23638 5C56 屖k28827 709B 炛%35078 8906 褆27041 69A1 榡>。

湘教版高中数学选修学知能演练轻松闯关(1)(2)(1)

1.从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160，175]的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8 解析：选B.P ＝1－0.2－0.5＝0.3.2.(2012·奉节检测)在一次随机试验中，彼此互斥的事件A 、B 、C 、D 的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3，则下列说法正确的是( )A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件解析：选D.由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ＋B ＋C ＋D 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．3.口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( ) A ．0.45 B ．0.67 C ．0.64 D ．0.32 解析：选D.P ＝1－0.45－0.23＝0.32.4.(南川质检)抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则出现奇数点或2点的概率之和为________．解析：“出现奇数点”是事件A ，“出现2点”是事件B ，A 、B 互斥，则“出现奇数点或2点”的概率之和为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝12＋16＝23.答案：23一、选择题1.打靶3次，事件A i 表示“击中i 发”，i ＝0，1，2，3，那么事件A ＝A 1∪A 2∪A 3表示( ) A ．全部击中 B ．至少有一发击中 C ．必然击中 D ．击中三发答案：B2.一个人打靶时连续射击两次，事件“两次都不中靶”的对立事件是( ) A ．两次都中靶 B ．至多有一次中靶 C ．恰有1次中靶 D ．至少有一次中靶答案：D3.(2012·大足质检)甲：A 1、A 2是互斥事件；乙：A 1、A 2是对立事件，那么( ) A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件解析：选B.根据对立事件与互斥事件的关系知，甲是乙的必要条件但不是充分条件． 4.甲、乙、丙三人分别投篮，三人都不中的概率为25，则三人至少有一人命中的概率是( )A.160B.4760C.35D.1360解析：选C.“至少一人命中”与“三人都不中”是对立事件，故1－25＝35.5.甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是( )A ．甲获胜的概率是16B ．甲不输的概率是12C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：选A.“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16；设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23；乙输了即甲胜了，所以乙输了的概率为16；乙不输的概率为1－16＝56.6.(2012·奉节调研)掷一枚均匀的硬币两次，事件M 为“一次正面朝上，一次反面朝上”；事件N 为“至少一次正面朝上”．则下列结果正确的是( ) A ．P (M )＝13，P (N )＝12B ．P (M )＝12，P (N )＝12C ．P (M )＝13，P (N )＝34D ．P (M )＝12，P (N )＝34解析：选D.掷一枚硬币Ω的事件为A 1(正正)，A 2(正反)，A 3(反正)，A 4(反反)． ∴M ＝A 2∪A 3，N ＝A 1∪A 2∪A 3， ∴P (M )＝P (A 2)＋P (A 3)＝14＋14＝12，P (N )＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝1－P (A 4)＝34.二、填空题7.从一副混合后的扑克牌(52张)中随机抽取1张，事件A 为“抽得红桃K ”，事件B 为“抽得为黑桃”，则概率P (A ∪B )＝________．(结果用最简分数表示)解析：一副扑克中有1张红桃K ，13张黑桃，事件A 与事件B 为互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝152＋1352＝726.答案：7268.向三个相邻的军火库各投一枚炸弹．击中第一个军火库的概率是0.025，击中另两个军火库的概率各为0.1，并且只要击中一个，另两个也爆炸，则军火库爆炸的概率为________．解析：设事件A 、B 、C 分别表示击中第一、二、三个军火库，易知事件A 、B 、C 彼此互斥，且P (A )＝0.025，P (B )＝P (C )＝0.1.设事件D 表示“军火库爆炸”，则P (D )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝0.025＋0.1＋0.1＝0.225. 所以军火库爆炸的概率为0.225. 答案：0.2259.口袋内装有一些大小相同的红球，从中摸出一个球，摸出红球的概率为0.4，摸出黄球的概率为0.35，则摸出白球的概率是________．解析：记事件A 、B 、C 分别为“摸出一球是红球”“摸出一球是黄球”“摸出一球是白球”，由已知得事件A 、B 、C 互斥，且事件A ∪B ∪C 是必然事件，∴P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝1，∴P (C )＝1－0.4－0.35＝0.25. 答案：0.25 三、解答题 10.(2012·秀山质检)某人去英国伦敦观看奥运会，他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3、0.2、0.1、0.4.(1)求他乘火车或乘飞机去看奥运会的概率；(2)求他不乘轮船去看奥运会的概率．解：(1)记“他乘火车去看奥运会”为事件A 1，“他乘轮船去看奥运会”为事件A 2，“他乘汽车去看奥运会”为事件A 3，“他乘飞机去看奥运会”为事件A 4，这四个事件不可能同时发生，故它们是彼此互斥的．故P (A 1＋A 4)＝P (A 1)＋P (A 4)＝0.3＋0.4＝0.7. 即他乘火车或乘飞机去看奥运会的概率为0.7. (2)设他不乘轮船去看奥运会的概率为P ，则P ＝1－P (A 2)＝1－0.2＝0.8.11.甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题．(1)甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？解：甲、乙两人从10道题中不放回地各抽一道题，先抽的有10种抽法，后抽的有9种抽法，故所有可能的抽法是10×9＝90(种)，即基本事件总数是n ＝90.(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A ，下面求事件A 包含的基本事件数m .甲抽选择题有6种抽法，乙抽判断题有4种抽法，所以事件A 包含的基本事件数为m ＝6×4＝24，∴P (A )＝m n ＝2490＝415.(2)先考虑问题的对立面：“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的对立事件是“甲、乙两人都未抽到选择题”，即都抽到判断题．记“甲、乙两人都抽到判断题”为事件B ，“至少一人抽到选择题”为事件C ，则事件B 包含的基本事件数为4×3＝12，∴由古典概型概率公式，得P (B )＝1290＝215.由对立事件的性质可得P (C )＝1－P (B )＝1－215＝1315.12.(创新题)为了解学生身高情况，某校以10%的比例对全校700名学生按性别进行分层抽样调查，测得身高情况的统计图如下：(1)估计该校男生的人数；(2)估计该校学生身高在170～185 cm 之间的概率；(3)从样本中身高在165～180 cm 之间的女生中任选2人，求至少1人身高在170～180 cm 之间的概率．解：(1)样本中男生人数为40，由分层抽样比例为10%估计全校男生人数为400.(2)由统计图知，样本中身高在170～185 cm 之间的学生有14＋13＋4＋3＋1＝35(人)，样本容量为70，所以样本中学生身高在170～185 cm 之间的频率f ＝3570＝0.5故由f 估计该校学生身高在170～185 cm 之间的概率p ＝0.5.(3)样本中女生身高在165～180 cm 之间的人数为10，身高在170～180 cm 之间的人数为4. 设事件A 表示“从样本中身高在165～180 cm 之间的女生中任取2人，至少有1人身高在170～180 cm 之间．” 则P (A )＝1－C 26C 210＝23.。

【优化方案】2021-2021学年高中数学 4.5知能演练轻松闯关湘教版选修2-2(1)

【优化方案】2021-2021学年高中数学知能演练轻松闯关湘教版选修2-2 1.定积分∫b a f(x)d x的大小( )A．与f(x)和积分区间[a，b]有关，与分点的取法无关B．与f(x)有关，与区间[a，b]和分点的取法无关C．与f(x)和分点的取法有关，与区间[a，b]无关D．与f(x)，区间[a，b]和分点的取法都有关解析：选A.定积分的大小与被积函数和积分区间有关，与分点的选择无关．2.(2012·巫山质检)设f(x)是[a，b]上的持续函数，那么∫b a f(x)d x－∫b a f(t)d t的值( )A．小于零 B．等于零C．大于零D．不能确信解析：选B.在[a，b]上，f(x)的定积分等于f(t)的定积分，因此，其值为0.3.(2021·荣昌质检)假设∫t0(2x－3)d x＝0，那么t等于( )A．0 B．3C．0或3 D．以上均不对解析：选B.∵(x2－3x)′＝2x－3，∴取F(x)＝x2－3x，∴∫t0(2x－3)d x＝F(t)－F(0)＝F(t)，∴F(t)＝t2－3t＝0，解得t＝3或t＝0，又t≠0，应选B.4.不用计算，依照图形，用不等号连接以下式子．∫10x d x________∫10x2d x(如下图)．解析：由定积分的几何意义可知：∫10x d x 为图①中阴影部份的面积S 1，∫10x 2d x 为图②中的阴影部份的面积S 2，显然S 1>S 2，故应填>.答案：>一、选择题 1x d x 等于( )A ．－2ln 2B ．2ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选D .∵(ln x )′＝1x ，∴取F(x)＝ln x ，∴∫421x d x ＝ln 4－ln 2＝ln 2.2.(2021·沙坪坝质检)设a ＝∫10x 13d x ，b ＝∫10x 2d x ，c ＝∫10x 3d x ，那么a ，b ，c 的大小关系是()A ．c>a>bB ．a>b>cC ．a ＝b>cD ．a>c>b解析：选B .依照定积分的几何意义，易知∫10x 3d x<∫10x 2d x<∫10x 13d x ，a>b>c ，应选B .3.以劣等式成立的是( )x d x ＝b －ax d x ＝12|x|d x ＝2∫10|x|d x(x＋1)d x＝∫b a x d x解析：选C .由y ＝|x|为偶函数，图象关于y 轴对称，得∫1－1|x|d x ＝2∫10|x|d x ，应选C . 4.已知∫t0x d x ＝2，则∫0－t x d x 等于( ) A ．0B ．2C ．－1D ．－2解析：选D .∵f(x)＝x 在[－t ，t]上是奇函数，∴由定积分的几何意义知∫0－t x d x ＝－∫t 0x d x ＝－2. 5.(2012·高考湖北卷)已知二次函数y ＝f(x)的图象如下图，那么它与x 轴所围图形的面积为( )解析：选B .依照f(x)的图象可设f(x)＝a(x ＋1)(x －1)(a ＜0)．因为f(x )的图象过(0，1)点，因此－a ＝1，即a ＝－1.因此f(x)＝－(x ＋1)(x －1)＝1－x 2.因此S ＝∫1－1(1－x 2)d x ＝2∫10(1－x 2)d x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 3|10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝43. 6.(2020·高考福建卷)∫10(e x ＋2x)d x 等于( ) A ．1B ．e －1C ．eD ．e ＋1解析：选C .∵(e x ＋x 2)′＝e x ＋2x ，∴取F(x)＝e x ＋x 2，由微积分大体定理可得∫10(e x ＋2x)d x ＝F(1)－F(0)＝(e 1＋12)－(e 0＋02)＝e .二、填空题7.由y ＝sin x ，x ＝0，x ＝－π，y ＝0所围成图形的面积写成定积分的形式是S ＝________．解析：由定积分的几何意义知，由y ＝sin x ，x ＝0，x ＝－π，y ＝0所围成图形的面积为S ＝－∫0－πsin x d x. 答案：－∫0－πsin x d x 8.(2020·高考陕西卷)设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1g x ，x>0，x ＋∫a 03t 2d t ，x ≤0，若f (f(1))＝1，那么a ＝________．解析：∵(t 3)′＝3t 2，∴可取F(t)＝t 3，∴∫a03t 2d t ＝F(a)－F(0)＝a 3， ∴f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x>0x ＋a 3，x ≤0， ∵f(1)＝lg 1＝0，∴f(0)＝0＋a 3＝1，∴a ＝1.答案：19.设函数f(x)＝ax 2＋c (a≠0)，若∫10f(x)d x ＝f(x 0)，0≤x 0≤1，那么x 0的值为________．解析：∵(a 3x 3＋cx )′＝ax 2＋c ， ∴可取F(x)＝a 3x 3＋cx ， ∴∫10f(x)d x ＝∫10(ax 2＋c)d x ＝F(1)－F(0) ＝a 3＋c ＝ax 20＋c ，解得x 0＝33或x 0＝－33(舍去)．答案：3 3三、解答题10.已知f(x)是一次函数，其图象过点(3，4)，且∫10f(x)d x＝1，求f(x)的解析式．解：设f(x)＝ax ＋b ，(a≠0)，那么4＝3a ＋b ， ①又∫10f(x)d x ＝∫10(ax ＋b)d x＝(12ax 2＋bx)10＝a 2＋b ＝1, ② 联立①②得a ＝65，b ＝25. 即f(x)＝65x ＋25. 11.求∫3－3(|2x ＋3|＋|3－2x|)d x.解：∵|2x＋3|＋|3－2x|＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x x<－326 －32≤x≤324x x>32，∴∫3－3(|2x ＋3|＋|3－2x|)d x ＝∫－32－3(－4x)d x ＋∫32－326d x ＋∫3324x d x ＝－2x 2－32－3＋6x 32－32＋2x 2332＝45.12.(创新题)假设f(x)＝ax ＋b(a≠0)，且∫10f(x)d x ＝1，求证：∫10(f(x))2d x>1. 证明：∵(12ax 2＋bx )′＝ax ＋b ，∴可取F(x)＝2ax 2＋bx ， ∴∫10f(x)d x ＝∫10(ax ＋b )d x. ＝F(1)－F(0)＝12a ＋b ，∴12a ＋b ＝1. ∵(13a 2x 3＋abx 2＋b 2x )′＝a 2x 2＋2abx ＋b 2＝(f(x))2，∴可取F′(x)＝3a 2x 3＋abx 2＋b 2x ， ∴∫10(f(x))2d x ＝F ′(1)－F′(0) ＝13a 2＋ab ＋b 2＝(12a ＋b)2＋112a 2 ＝1＋112a 2>1.。

高考数学第2课时知能演练轻松闯关选修4-4

2014年高考数学第2课时知能演练轻松闯关新人教A 版选修4-4一、填空题1．(2012·高考北京卷)直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋ty ＝－1－t (t为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos αy ＝3sin α(α为参数)的交点个数为________．解析：直线的普通方程为x ＋y －1＝0，圆的普通方程为x 2＋y 2＝32，圆心到直线的距离d ＝22<3，故直线与圆的交点个数是2.答案：22．设直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋ty ＝a ＋3t(t 为参数)，直线l 2的方程为y ＝3x －4，若直线l 1与l 2间的距离为10，则实数a 的值为________．解析：将直线l 1的方程化为普通方程得3x －y ＋a －3＝0，直线l 2的方程为3x －y －4＝0，由两平行线间的距离公式得|a －3＋4|10＝10，即|a ＋1|＝10，解得a ＝9，或a ＝－11.答案：9或－113．(2012·高考湖南卷)在直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1y ＝1－2t (t 为参数)与曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a sin θy ＝3cos θ(θ为参数，a ＞0 ) 有一个公共点在x 轴上，则a ＝__________.解析：曲线C 1的普通方程为2x ＋y ＝3，曲线C 2的普通方程为x 2a 2＋y 29＝1，直线2x ＋y ＝3与x 轴的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，故曲线x 2a 2＋y 29＝1也经过这个点，代入解得a ＝32(舍去－32)．答案：324．已知动圆方程x 2＋y 2－x sin 2θ＋22y sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝0(θ为参数)，那么圆心的轨迹方程是__________．解析：圆心轨迹的参数方程为：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12sin 2θ，y ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θcos θy ＝－θ＋cos θ，消去参数θ得y 2＝1＋2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12≤x ≤12.答案：y 2＝1＋2x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，125．(2012·高考天津卷)已知抛物线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt2y ＝2pt (t 为参数)，其中p ＞0，焦点为F ，准线为l .过抛物线上一点M 作l 的垂线，垂足为E .若|EF |＝|MF |，点M 的横坐标是3，则p ＝________.解析：由题意知，抛物线的普通方程为y 2＝2px (p >0)，焦点F (p 2，0)，准线x ＝－p2，设准线与x 轴的交点为A .由抛物线定义可得|EM |＝|MF |，所以△MEF 是正三角形，在直角三角形EFA 中，|EF |＝2|FA |，即3＋p2＝2p ，得p ＝2.答案：26．(2012·高考广东卷)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1和C 2的参数方程分别为⎩⎨⎧x ＝5cos θy ＝5sin θ(θ为参数，0≤θ≤π2)和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22t y ＝－22t (t 为参数)，则曲线C 1与C 2的交点坐标为________．解析：因为0≤θ≤π2，所以曲线C 1的普通方程为x 2＋y 2＝5(x ≥0，y ≥0)，把直线的参数方程代入，得到(1－22t )2＋(－22t )2＝5，且⎩⎪⎨⎪⎧1－22t ≥0－22t ≥0，即t 2－2t －4＝0(t ≤0)，所以t ＝－2，此时⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝1，所以曲线C 1与C 2的交点坐标为(2,1)．答案：(2,1)二、解答题7．以直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，它与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)相交于两点A 和B ，求AB 的长．解：极坐标方程θ＝π4(ρ∈R )对应的直角坐标方程为y ＝x ，曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)对应的普通方程为(x －1)2＋(y －2)2＝4.圆心(1,2)到直线y ＝x 的距离为22，由半径R ＝2，知弦长为2 4－12＝14. 即AB ＝14.8．求直线⎩⎨⎧x ＝2＋ty ＝3t被双曲线x 2－y 2＝1截得的弦长．解：直线参数方程化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t 2y ＝0＋32t ，代入双曲线x 2－y 2＝1得t 2－4t －6＝0.设两交点对应的参数为t 1，t 2，则弦长d ＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1t 2 ＝210.9．已知某条曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2ty ＝at 2(其中t 是参数，a ∈R )，点M (5,4)在该曲线上．(1)求常数a ；(2)求曲线C 的普通方程．解：(1)由题意可知有⎩⎪⎨⎪⎧1＋2t ＝5at 2＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2a ＝1，∴a ＝1.(2)由已知及(1)可得，曲线C 的方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2ty ＝t 2.由第一个方程得t ＝x －12，代入第二个方程，得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫x －122，即(x －1)2＝4y 为所求．10．已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t (t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解：因为曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝16，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t y ＝7＋32t 代入方程x 2＋y 2＝16，得t 2＋83t ＋36＝0，则t 1＋t 2＝－83，t 1t 2＝36，所以线段AB 的长为|AB |＝|t 1－t 2| ＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝4 3.11．已知直线l 经过点P (1,1)，倾斜角α＝π6.(1)写出直线l 的参数方程；(2)设l 与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θy ＝2sin θ(θ是参数)相交于两点A 、B ，求点P 到A 、B 两点的距离之积．解：(1)直线的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋32t ，y ＝1＋12t .(t 是参数)(2)∵点A 、B 都在直线上，∴可设点A 、B 对应的参数分别为t 1和t 2，则点A 、B 的坐标分别为A ⎝⎛⎭⎪⎫1＋32t 1，1＋12t 1、B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32t 2，1＋12t 2，将直线l 的参数方程代入圆的方程x 2＋y 2＝4，整理得 t 2＋(3＋1)t －2＝0.①∵t 1和t 2是方程①的解，从而t 1t 2＝－2， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝|－2|＝2.12．(2012·高考辽宁卷)在直角坐标系xOy 中，圆C 1：x 2＋y 2＝4，圆C 2：(x －2)2＋y 2＝4.(1)在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C 1，C 2的极坐标方程，并求出圆C 1，C 2的交点坐标(用极坐标表示)；(2)求圆C 1与C 2的公共弦的参数方程．解：(1)圆C 1的极坐标方程为ρ＝2，圆C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ. 解⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝2ρ＝4cos θ，得ρ＝2，θ＝±π3，故圆C 1与圆C 2交点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3. 注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)法一：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得圆C 1与C 2交点的直角坐标分别为(1，3)，(1，－3)．故圆C 1与C 2的公共弦的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝t ，－3≤t ≤ 3.⎝⎛⎭⎪⎫或参数方程写成⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝y ，－3≤y ≤3法二：将x ＝1代入⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得ρcos θ＝1，从而ρ＝1cos θ. 于是圆C 1与C 2的公共弦的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝tan θ，－π3≤θ≤π3. 13．已知圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)和直线l ：⎩⎨⎧x ＝2＋t cos α，y ＝3＋t sin α(其中t 为参数，α为直线l 的倾斜角)．(1)当α＝2π3时，求圆上的点到直线l 距离的最小值；(2)当直线l 与圆C 有公共点时，求α的取值范围．解：(1)当α＝2π3时，直线l 的直角坐标方程为3x ＋y －33＝0，圆C 的圆心坐标为(1,0)，圆心到直线的距离d ＝232＝3，圆的半径为1，故圆上的点到直线l 距离的最小值为3－1.(2)圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，将直线l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2＋2(cos α＋3sin α)t ＋3＝0，这个关于t 的一元二次方程有解，故Δ＝4(cos α＋3sin α)2－12≥0，则sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6≥34，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6≥32或sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6≤－32. 又0≤α<π，故只能sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6≥32，即π3≤α＋π6≤2π3，即π6≤α≤π2.14．已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝1，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t 2y ＝2＋32t (t 为参数)．(1)写出直线l 与曲线C 的直角坐标方程； (2)设曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y 得到曲线C ′，设曲线C ′上任一点为M (x ，y )，求x ＋23y 的最小值．解：(1)l ：3x －y ＋2－3＝0， C ：x 2＋y 2＝1.(2)∵⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y ，∴将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′2，y ＝y ′，代入C ，得C ′：x ′24＋y ′2＝1，即x 24＋y 2＝1.设椭圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，则x ＋23y ＝2cos θ＋23sin θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6，则x ＋23y 的最小值为－4.。

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1．如果x >0，比较(x －1)2与(x ＋1)2的大小．
解：(x －1)2－(x ＋1)2
＝[(x －1)＋(x ＋1)][(x －1)－(x ＋1)]
＝－4x ．
∵x >0，∴x >0，∴－4x <0，
∴(x －1)2<(x ＋1)2．
2．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2和1＋y x
<2中至少有一个成立．证明：假设1＋x y <2和1＋y x
<2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋y x
≥2同时成立．因为x >0且y >0，
所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ．
两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，
所以x ＋y ≤2．
这与已知条件x ＋y >2矛盾，
因此1＋x y <2和1＋y x
<2中至少有一个成立． 3．已知△ABC 的三边长分别是a ，b ，c 且m 为正数，求证：a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m
．证明：要证a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m
，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )>0，
即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0，即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0．
由于a ，b ，c 分别是△ABC 的三边长，故有a ＋b >c ．
∵m >0，∴(a ＋b －c )m 2>0，
∴abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的，
因此a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m
成立． 4．已知a >0，b >0，c >0，a ＋b >c ．
求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c
．证明：∵a >0，b >0，
∴
a 1＋a >a 1＋a ＋
b ，b 1＋b >b 1＋a ＋b ． ∴a 1＋a ＋b 1＋b >a ＋b 1＋a ＋b
．
而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x
在(0，＋∞)上递增，且a ＋b >c ，c >0，
∴f (a ＋b )>f (c )，则a ＋b 1＋a ＋b >c 1＋c
，所以a 1＋a ＋b 1＋b >c 1＋c
，则原不等式成立．
5．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)若a >0，b >0，且1a ＋1b ＝ab ． (1)求a 3＋b 3的最小值；
(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．
解：(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2ab
，得ab ≥2，且当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．
所以a 3＋b 3的最小值为42．
(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥43．
由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6．
6．(2015·贵州省六校第一次联考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：
(1)1a ＋1b ＋1ab
≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9．证明：(1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，
∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab
＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b
＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b
＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4
≥4b a ×a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab
≥8． (2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab
＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab
≥8． ∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭
⎫1＋1b ≥9．
1．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：
(1)ab ＋bc ＋ac ≤13
； (2)a 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． 2．(2015·河北唐山模拟)设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M ．
(1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14；
(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.
由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12
，则M ＝⎝⎛⎭
⎫－12，12．所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14
． (2)由(1)得a 2<14，b 2<14
．因为|1－4ab |2－4|a －b |2
＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)
＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0，
所以|1－4ab |2>4|a －b |2，
故|1－4ab |>2|a －b |．
3．(2014·高考辽宁卷)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1．记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N ．
(1)求M ；
(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14
．解：(1)f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞），1－x ，x ∈（－∞，1）. 当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43
；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1．
所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x |0≤x ≤43． (2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4得16⎝⎛⎭⎫x －142
≤4，解得－14≤x ≤34
．因此N ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x |－14≤x ≤34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x |0≤x ≤34．当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，
于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]
＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14
． 4．(2015·洛阳市统考)(1)已知x ，y 都是正实数，求证：x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2；
(2)若不等式|a －1|≥3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1对满足x ＋y ＋z ＝1的一切正实数x ，y ，z 恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)证明：(x 3＋y 3)－(x 2y ＋xy 2)＝x 2(x －y )＋y 2(y －x )＝(x －y )(x 2－y 2)＝(x －y )2(x ＋y )．又x ，y 都是正实数，
∴(x －y )2≥0，x ＋y >0，即(x 3＋y 3)－(x 2y ＋xy 2)≥0，
∴x 3＋y 3≥x 2y ＋xy 2．
(2)根据柯西不等式有 (3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1)2
＝(1·3x ＋1＋1·3y ＋1＋1·3z ＋1)2
≤(12＋12＋12)[(3x ＋1)2＋(3y ＋1)2＋(3z ＋1)2]
＝3·[3(x ＋y ＋z )＋3]
＝3×6＝18，
∴3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1≤32．
又∵|a －1|≥3x ＋1＋3y ＋1＋3z ＋1恒成立，
∴|a －1|≥32，
∴a －1≥32或a －1≤－32，即a ≥32＋1或a ≤1－32，
∴a 的取值范围是(－∞，1－32]∪[1＋32，＋∞)．。