高二數(shù)學(xué)《不等式的證明》單元測(cè)試題
一、選擇題(每小題6分，共42分)
1.設(shè)0
A.4ab B.2(a2+b2)
C.(a+b)2 D.(a-b)2
答案：C
解析：令x=cos2θ,θ∈(0, ),則 =a2sec2θ+b2csc2θ=a2+b2+a2tan2θ+b2cot2θ≥a2+b2+2ab=(a+b)2.
2.若a、b∈R,a2+b2=10,則a-b的取值范圍是( )
A.[-2 ，2 ] B.[-2 ，2 ]
C.[- ， ] D.[0， ]
答案：A
解析：設(shè)a= cosθ,b= sinθ,則a-b= (cosθ-sinθ)=2 cos(θ+ )∈[?-2 ,2 ].
3.已知a∈R+,則下列各式中成立的是( )
A.cos2θlga+sin2θlgblg(a+b)
C. =a+b D. >a+b
答案：A
解析：cos2θlga+sin2θlgb
4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax+b(0≤x≤1),則a+2b>0是f(x)>0在[0，1]上恒成立的'( )
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
答案：B
解析：a+2b>0 a +b>0 f( )>0,不能推出f(x)>0,x∈[0,1];反之，f(x)>0,x∈[0,1] f( )>0 a+2b>0.
5.(2010重慶萬州區(qū)一模，7)已知函數(shù)y=f(x)滿足：①y=f(x+1)是偶函數(shù);②在[1，+∞)上為增函數(shù).若x1<0,x2>0,且x1+x2<-2,則f(-x1)與f(-x2)的大小關(guān)系是( )
A.f(-x1)>f(-x2) B.f(-x1)
C.f(-x1)=f(-x2) D.f(-x1)與f(-x2)的大小關(guān)系不能確定
答案：A
解析：y=f(x+1)是偶函數(shù)f(x+1)=f(-x+1)f(x+2)=f(-x).
又x1+x2<-2,-x1>2+x2>2，
故f(-x1)>f(2+x2)=f(-x2).
6.(2010湖北十一校大聯(lián)考，9)定義在R上的偶函數(shù)y=f(x)滿足f(x+2)=-f(x)對(duì)所有實(shí)數(shù)x都成立，且在[-2，0]上單調(diào)遞增，a=f( ),b=f( ),c=f( 8)，則下列成立的是( )
A.a>b>c B.b>c>a C.b>a>c D.c>a>b
答案：B
解析：由f(x+2)=-f(x)有f(x+4)=f(x),
∴T=4,而f(x)在R上為偶函數(shù)又在[-2，0]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減.
b=f( )=f(- )=f( ),c=f( 8)=f(-3)=f(1),a=f( ).
∵ >1> ,∴b>c>a.
7.設(shè)a、b、c、d∈R，m= + ,n= ,則( )
A.mn C.m≤n D.m≥n
答案：D
解析：設(shè)A(a,b),B(c,d),O(0,0),
∵|OA|+|OB|≥|AB|,
∴得m≥n.
二、填空題(每小題5分，共15分)
8.設(shè)x>0,y>0,A= ,B= ,則A，B的大小關(guān)系是__________________.
答案：A
解析：A= =B.
9.已知x2+y2=1,對(duì)于任意實(shí)數(shù)x,y恒有不等式x+y-k≥0成立，則k的最大值是_______
______.
答案：-
解析：設(shè)x=cosθ,y=sinθ,k≤x+y=sinθ+cosθ= sin(θ+ ),∴k≤- .∴k的最大值為- .
10.設(shè){an｝是等差數(shù)列，且a12+a112≤100,記S=a1+a2+…+a11則S的取值范圍是______________.
答案：[-55 ，55 ]
解析：由 ≥( )2 ∈[-5 ,5 ].
∴S=a1+a2+…+a11
=(a1+a11)+(a2+a10)+…+(a5+a7)+a6
= (a1+a11)∈[-55 ,55 ].
三、解答題(11—13題每小題10分，14題13分，共43分)
11.若x,y均為正數(shù)，且x+y>2.
求證: 與 中至少有一一個(gè)小于2.
證明：假設(shè) 與 均不小于2，即 ≥2且 ≥2,則1+y≥2x,1+x≥2y.相加得2+x+y≥2(x+y)，
推出x+y≤2,與題設(shè)x+y≥2矛盾.故假設(shè)錯(cuò)誤.
12.已知an= +…+ (n∈N*),求證：
證明：an> +…+ =1+2+3+…+n= ,
而an< [(1+2)+(2+3)+…+(n+(n+1))]= +(1+2+3+…+n)= < .
13.若a,b,c為三角形三邊，x,y,z∈R,x+y+z=0,
求證：a2yz+bzzx+c2xy≤0.
證明：∵z=-x-y,
∴a2yz+b2zx+c2xy=a2y(-x-y)+b2x(-x-y)+c2xy=-b2x2-(a2+b2-c2)yx-a2y2,
∴原不等式 f(x)=b2x2+(a2+b2-c2)yx+a2y2≥0. (*)
∵Δ=(a2+b2-c2)2-4a2b2=[(a2+b2+2ab)-c2][(a2+b2-2ab)-c2]=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c),
a,b,c為三角三邊，∴Δ<0.
∴b2>0,∴f(x)>0對(duì)x∈R恒成立，即(*)表示，
∴原不等式得證.
14.已知：a∈R+,求證：a+ ≥ .
證明：∵a∈R+，設(shè)t=a+4a≥2 =4,則左式=f(t)=t+ (t≥4)
∴f(t)=( )2+2在t≥4上遞增.
∴f(t)≥f(4)=4+ = 得證.
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