高二數學《不等式的證明》單元測試題

　　一、選擇題(每小題6分，共42分)

　　1.設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.設函數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重慶萬州區一模，7)已知函數y=f(x)滿足：①y=f(x+1)是偶函數;②在[1，+∞)上為增函數.若x1<0,x2>0,且x1+x2<-2,則f(-x1)與f(-x2)的'大小關系是( )

　　A.f(-x1)>f(-x2) B.f(-x1)

　　C.f(-x1)=f(-x2) D.f(-x1)與f(-x2)的大小關系不能確定

　　答案：A

　　解析：y=f(x+1)是偶函數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湖北十一校大聯考，9)定義在R上的偶函數y=f(x)滿足f(x+2)=-f(x)對所有實數x都成立，且在[-2，0]上單調遞增，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上為偶函數又在[-2，0]上單調遞增，所以f(x)在[0，2]上單調遞減.

　　b=f( )=f(- )=f( ),c=f( 8)=f(-3)=f(1),a=f( ).

　　∵ >1> ,∴b>c>a.

　　7.設a、b、c、d∈R，m= + ,n= ,則( )

　　A.mn C.m≤n D.m≥n

　　答案：D

　　解析：設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x>0,y>0,A= ,B= ,則A，B的大小關系是__________________.

　　答案：A

　　解析：A= =B.

　　9.已知x2+y2=1,對于任意實數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x=cosθ,y=sinθ,k≤x+y=sinθ+cosθ= sin(θ+ ),∴k≤- .∴k的最大值為- .

　　10.設{an｝是等差數列，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，且x+y>2.

　　求證: 與 中至少有一一個小于2.

　　證明：假設 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x+y≥2矛盾.故假設錯誤.

　　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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