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单元质量评估(二)
(第二讲)
(90分钟 120分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知a>b>c>0,A=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则A与B的大小关系是 ( )
A.A>B B.A
【解析】选A.因为a>b>c>0,所以A>0,B>0,
所以==aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b
=.
因为a>b>0,所以>1,a-b>0,
所以>1,同理>1,>1.
所以>1,即A>B.
2.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
【解析】选A.x,y异号时,显然与xy>1矛盾,所以可排除C,D.假设x<0,y<0,则x<.
所以x+y
3.(2016·威海高二检测)使不等式+>1+成立的正整数a的最大值是
( )
A.10 B.11 C.12 D.13
【解析】选C.用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.
4.设a>0,b>0,a+b=1,M=++,则M与8的大小关系是 ( )
A.M=8 B.M≥8
C.M<8 D.M≤8
【解析】选B.因为a>0,b>0,a+b=1,
所以1=a+b≥2,所以≤,所以≥4.
所以++=(a+b)+≥2·2+4=8.
所以++≥8,即M≥8.
当且仅当a=b=时等号成立.
5.(2016·石家庄高二检测)已知a>b,则不等式①a2>b2;②<;③>中不成立的个数是 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选D.因为a>b,①a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2>b2不一定成立;
②-=符号不确定,即<不一定成立;③-=符号不确定,即>不一定成立,故三个不等式不成立的个数为3.
6.已知△ABC中,∠C=90°,则的取值范围是 ( )
A.(0,2) B.
C. D.
【解析】选C.因为∠C=90°,所以c2=a2+b2,
即c=.又有a+b>c,
所以1<=≤=.
7.若x,y,a∈R+,且+≤a恒成立,则a的最小值是 ( )
A. B. C.1 D.
【解题指南】根据≥得到≥(+)求解.
【解析】选B.因为≥,即≥
(x+y),所以≥(+),
而+≤a,
即≥(+)恒成立,得≤,
即a≥.
8.(2016·济南高二检测)已知实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,则++的值的情况为 ( )
A.一定是正数 B.一定是负数
C.可能是0 D.正负不能确定
【解析】选B.因为实数a,b,c满足a+b+c=0,abc>0,
不妨设a>b>c,则a>0>b>c,
++==
=<0.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
9.(2016·菏泽高二检测)已知a>0,b>0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项,是,的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为 .
【解析】由已知得P=,Q=,
==
所以R=;所以R≤Q≤P.
答案:R≤Q≤P
10.若T1=,T2=,则当s,m,n∈R+时,T1与T2的大小为 .
【解析】因为-=s·=≤0.所以T1≤T2.
答案:T1≤T2
11.(2016·湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则+的最大值是 .
【解析】+==
=2-,则a+b=1≥2知ab≤,
所以+=2-≤2-=.
当且仅当a=b=时,取最大值.
答案:
12.(2016·太原高二检测)已知a>b>c,且+≥恒成立,则实数m的最大值为 .
【解析】因为a>b>c,所以a-b,b-c,a-c均为正数,
(a-c)=[(a-b)+(b-c)]
=++2≥4,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,
于是+≥.
所以m≤4.
答案:4
三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
13.(10分)设a,b,c为三角形的三边,求证:++≥3.
【证明】设x=b+c-a,y=a+c-b,z=a+b-c,则有a+b+c=x+y+z,a=(y+z),b=(x+z),
c=(x+y).此时,原不等式等价于++≥3.
而++=
≥
=3.
所以原不等式成立.
14.(10分)已知x,y∈R,且<1,<1,求证:+≥.
【证明】因为<1,<1,所以>0,>0.
所以+≥.
故要证明结论成立,只需证≥成立,
即证1-xy≥成立即可,
因为(y-x)2≥0,有-2xy≥-x2-y2,
所以(1-xy)2≥(1-x2)(1-y2),
所以1-xy≥>0,
所以不等式成立.
15.(10分)(2016·莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x∈.若x1,x2∈且x1≠x2.求证:[f(x1)+f(x2)]>f.
【证明】要证[f(x1)+f(x2)]>f.
即证:(tanx1+tanx2)>tan,
只需证明>tan,
只需证明>.
由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π),
所以cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0.
故只需证明1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2.
即证1+cosx1cosx2-sinx1sinx2>2cosx1cosx2.
即证cos(x1-x2)<1.
由于x1,x2∈且x1≠x2.上式函数成立.
因此[f(x1)+f(x2)]>f.
16.(10分)(2016·盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证:≥.
【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明.
【证明】假设<,
两边平方得:
<
1+.
即<1+x1x2.
再两边平方得1+++<1+2x1x2+,
即+<2x1x2.
这与+≥2x1x2矛盾,所以原式成立.
17.(10分)(2015·湖南高考)设a>0,b>0,且a+b=+,证明:
(1)a+b≥2.
(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
【解题指南】(1)将已知条件中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证.(2)利用反证法,假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,可求得0
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.
(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0
(1)若ab>cd,则+>+.
(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
【解题指南】(1)由a+b=c+d及ab>cd,可证明(+)2>(+)2,开方即得+>+.(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.
【证明】(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2.
由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.
(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,
即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.
因为a+b=c+d,a,b,c,d均为正数,所以ab>cd.
由(1)得+>+.
(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,
即a+b+2>c+d+2.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.
于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.
因此|a-b|<|c-d|.
综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
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