高中數(shù)學人教A版5證明不等式的基本方法 學業(yè)分層測評6

學業(yè)分層測評（六）(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1．已知a＞2，b＞2，則()A．a(chǎn)b≥a＋b B．a(chǎn)b≤a＋bC．a(chǎn)b＞a＋b ＜a＋b【解析】∵a＞2，b＞2，∴eq\f(a,2)－1＞0，eq\f(b,2)－1＞0，則ab－(a＋b)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b－1))＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－1))＞0，∴ab＞a＋b.【答案】C2．已知a＞b＞－1，則eq\f(1,a＋1)與eq\f(1,b＋1)的大小關系為()\f(1,a＋1)＞eq\f(1,b＋1) \f(1,a＋1)＜eq\f(1,b＋1)\f(1,a＋1)≥eq\f(1,b＋1) \f(1,a＋1)≤eq\f(1,b＋1)【解析】∵a＞b＞－1，∴a＋1＞0，b＋1＞0，a－b＞0，則eq\f(1,a＋1)－eq\f(1,b＋1)＝eq\f(b－a,a＋1b＋1)＜0，∴eq\f(1,a＋1)＜eq\f(1,b＋1).【答案】B3．a(chǎn)，b都是正數(shù)，P＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，Q＝eq\r(a＋b)，則P，Q的大小關系是()【導學號：32750031】A．P＞Q B．P＜QC．P≥Q ≤Q【解析】∵a，b都是正數(shù)，∴P＞0，Q＞0，∴P2－Q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))))eq\s\up21(2)－(eq\r(a＋b))2＝eq\f(－\r(a)－\r(b)2,2)≤0(當且僅當a＝b時取等號)，∴P2－Q2≤0.∴P≤Q.【答案】D4．下列四個數(shù)中最大的是()A．lg2 B．lgeq\r(2)C．(lg2)2 (lg2)【解析】∵0＜lg2＜1＜eq\r(2)＜2，∴l(xiāng)g(lg2)＜0＜lgeq\r(2)＜lg2，且(lg2)2＜lg2，故選A.【答案】A5．在等比數(shù)列{an}和等差數(shù)列{bn}中，a1＝b1>0，a3＝b3>0，a1≠a3，則a5與b5的大小關系是()A．a(chǎn)5<b5 B．a(chǎn)5>b5C．a(chǎn)5＝b5 D.不確定【解析】設{an}的公比為q，{bn}的公差為d，則a5－b5＝a1q4－(b1＋4d)＝a1q4－(a1＋4d)．∵a3＝b3，∴a1q2＝b1＋2d，即a1q2＝a1＋2d，∴aeq\o\al(2,1)q4＝(a1＋2d)2＝aeq\o\al(2,1)＋4a1d＋4d2，∴a5－b5＝eq\f(a\o\al(2,1)q4－a1a1＋4d,a1)＝eq\f(a\o\al(2,1)＋4a1d＋4d2－a1a1＋4d,a1)＝eq\f(4d2,a1).∵a1>0，d≠0，∴a5－b5>0，∴a5>b5.【答案】B二、填空題6．設P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，則實數(shù)a，b滿足的條件為________.【導學號：32750032】【解析】P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2.∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0，∴ab≠1或a≠－2.【答案】ab≠1或a≠－27．若x＜y＜0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)(x＋y)，則M，N的大小關系為________．【解析】M－N＝(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．∵x＜y＜0，∴xy＞0，x－y＜0，∴－2xy(x－y)＞0，∴M－N＞0，即M＞N.【答案】M＞N8．已知a＞0,1＞b＞0，a－b＞ab，則eq\r(1＋a)與eq\f(1,\r(1－b))的大小關系是________．【解析】∵a＞0,1＞b＞0，a－b＞ab，∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.從而eq\f(\r(1＋a),\f(1,\r(1－b)))＝eq\r(1＋a1－b)＞1，∴eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).【答案】eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))三、解答題9．已知a＞2，求證：loga(a－1)＜log(a＋1)a.【證明】∵a＞2，則a－1＞1，∴l(xiāng)oga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0，由于eq\f(logaa－1,loga＋1a)＝loga(a－1)·loga(a＋1)＜eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(logaa－1＋logaa＋1,2)))eq\s\up21(2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(logaa2－1,2)))eq\s\up21(2).∵a＞2，∴0＜loga(a2－1)＜logaa2＝2，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(logaa2－1,2)))eq\s\up21(2)＜eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(logaa2,2)))eq\s\up21(2)＝1，因此eq\f(logaa－1,loga＋1a)＜1.∵log(a＋1)a＞0，∴l(xiāng)oga(a－1)＜log(a＋1)a.10．已知{an}是公比為q的等比數(shù)列，且a1，a3，a2成等差數(shù)列．(1)求q的值；(2)設{bn}是以2為首項，q為公差的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，當n≥2時，比較Sn與bn的大小，并說明理由．【解】(1)由題設知2a3＝a1＋a2，即2a1q2＝a1＋a1q.又a1≠0，∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或－eq\f(1,2).(2)若q＝1，則Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(n2＋3n,2)＝eq\f(nn＋3,2).當n≥2時，Sn－bn＝Sn－1＝eq\f(n－1n＋2,2)＞0，故Sn＞bn.若q＝－eq\f(1,2)，則Sn＝2n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(－n2＋9n,4)＝eq\f(－n－9n,4).當n≥2時，Sn－bn＝Sn－1＝－eq\f(n－1n－10,4)，故對于n∈N＋，當2≤n≤9時，Sn＞bn；當n＝10時，Sn＝bn；當n≥11時，Sn＜bn.[能力提升]1．已知a＞0，b＞0，m＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，eq\r(n)＝eq\r(a)＋eq\r(b)，p＝eq\r(a＋b)，則m，n，p的大小順序是()A．m≥n＞p B．m＞n≥pC．n＞m＞p ≥m＞p【解析】由已知m＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，得a＝b＞0時m＝n，可否定B，C.比較A，D項，不必論證與p的關系．取特值a＝4，b＝1，則m＝4＋eq\f(1,2)＝eq\f(9,2)，n＝2＋1＝3，∴m＞n，可排除D.【答案】A2．設m＞n，n∈N*，a＝(lgx)m＋(lgx)－m，b＝(lgx)n＋(lgx)－n，x＞1，則a與b的大小關系為()A．a(chǎn)≥b B．a(chǎn)≤bC．與x值有關，大小不定 D.以上都不正確【解析】要比較a與b的大小，通常采用比較法，根據(jù)a與b均為對數(shù)表達式，只有作差，a與b兩個對數(shù)表達式才能運算、整理化簡，才有可能判斷出a與b的大?。產(chǎn)－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx＝(lgmx－lgnx)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lgnx)－\f(1,lgmx)))＝(lgmx－lgnx)－eq\f(lgmx－lgnx,lgmxlgnx)＝(lgmx－lgnx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,lgmxlgnx)))＝(lgmx－lgnx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,lgm＋nx))).∵x＞1，∴l(xiāng)gx＞0.當0＜lgx＜1時，a＞b；當lgx＝1時，a＝b；當lgx＞1時，a＞b.∴應選A.【答案】A3．一個個體戶有一種商品，其成本低于eq\f(3500,9)元．如果月初售出可獲利100元，再將本利存入銀行，已知銀行月息為%，如果月末售出可獲利120元，但要付成本的2%的保管費，這種商品應________出售(填“月初”或“月末”)．【解析】設這種商品的成本費為a元．月初售出的利潤為L1＝100＋(a＋100)×%，月末售出的利潤為L2＝120－2%a，則L1－L2＝100＋＋－120＋＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(3500,9)))，∵a＜eq\f(3500,9)，∴L1＜L2，月末出售好．【答案】月末4．若實數(shù)x，y，m滿足|x－m|＜|y－m|，則稱x比y接近m.對任意兩個不相等的正數(shù)a，b，證明：a2b＋ab2比a3＋b3接近2abeq\r(ab).【證明】∵a＞0，b＞0，且a≠b，∴a2b＋ab2＞2abeq\r(ab)，a3＋b3＞2abeq\r(ab).∴a2b＋ab2－2abeq\r(ab)＞0，a3＋b3－2abeq\r(ab)＞0.∴|a