2020年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法优化练习新人教A版选修4-5

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文档介绍

2020年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法优化练习新人教A版选修4-5

一 比较法 ‎ [课时作业]‎ ‎ [A组　基础巩固]‎ ‎1．下列四个数中最大的是(　　)‎ A．lg 2　　　　　　　　　 B．lg C． (lg 2)2 D．lg(lg 2)‎ 解析：∵1<<2<10，∴00，b>0，若a>b，则ak>bk，‎ ‎∴(a－b)(bk－ak)<0；‎ 若alogb3且a＋b＝1，那么(　　)‎ A．00，b>0，‎ 又∵a＋b＝1，∴0logb3‎ ‎⇒－>0‎ 6‎ ‎⇒－>0‎ ‎⇒>0‎ ‎⇒lg b>lg a⇒b>a.‎ ‎∴0b>0，c>d>0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是(　　)‎ A．mn C．m≥n D．m≤n 解析：∵a>b>0，c>d>0，‎ ‎∴ac>bd>0，>，‎ ‎∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2，‎ n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2，‎ ‎∴－2>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n.‎ 答案：B ‎6．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)‎ ‎＝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≠－2‎ ‎7．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，‎ 则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．‎ 解析：(am＋bn)(bm＋an)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝‎ ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝‎ ‎2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝时等号成立)．‎ 答案：2‎ ‎8．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y.‎ 解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0，‎ ‎∴x0，b>0，求证：＋≥＋.‎ 证明：法一：∵＝＋ ‎＝＋ ‎＝ ‎＝，‎ 又∵a2＋b2≥2ab，‎ ‎∴≥＝1，‎ 当且仅当a＝b>0时取等号．‎ ‎∴＋≥＋.‎ 法二：∵＋－(＋)‎ ‎＝(－)＋(－)．‎ ‎＝＋ ‎＝ ‎＝≥0‎ 当且仅当a＝b>0时取“＝”‎ ‎∴＋≥＋.‎ ‎10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p，q满足p＋q＝1时，‎ 证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1.‎ 证明：pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy)‎ ‎＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b ‎＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy ‎＝pq(x－y)2.‎ 充分性：若0≤p≤1，q＝1－p∈[0,1]．‎ ‎∴pq≥0，∴pq(x－y)2≥0，‎ 6‎ ‎∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．‎ 必要性：若pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．‎ 则pq(x－y)2≥0，‎ ‎∵(x－y)2≥0，∴pq≥0.‎ 即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1.‎ 综上所述，原命题成立．‎ ‎[B组　能力提升]‎ ‎1．已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(　　)‎ A．P>Q B．P0，即P－Q>0.‎ ‎∴P>Q.‎ 当a>1时，a3＋1>a2＋1>0，>1，‎ ‎∴loga>0，即P－Q>0.∴P>Q.‎ 答案：A ‎2．设m>n，n∈N＋，a＝ (lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，则a与b的大小关系为(　　)‎ A．a≥b B．a≤b C．与x值有关，大小不定 D．以上都不正确 解析：a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx ‎＝(lgmx－lgnx)－(－)‎ ‎＝(lgmx－lgnx)－ ‎＝(lgmx－lgnx)(1－)‎ ‎＝(lgmx－lgnx)(1－)．‎ ‎∵x>1，∴lg x>0.‎ 6‎ 当0b；‎ 当lg x＝1时，a＝b；‎ 当lg x>1时，a>b.‎ ‎∴应选A.‎ 答案：A ‎3．设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n.‎ 解析：＝ ‎＝ ‎＝＝1，∴m＝n.‎ 答案：＝‎ ‎4．一个个体户有一种商品，其成本低于元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．‎ 解析：设这种商品的成本费为a元．‎ 月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，‎ 月末售出的利润为L2＝120－2%a，‎ 则L1－L2＝100＋‎0.025a＋2.5－120＋‎0.02a＝0.045(a－)，‎ ‎∵a<，‎ ‎∴L1c,0<<1,0<<1，且a2＋b2＝c2，‎ ‎∴＝3＋3<2＋2＝＝1，‎ 即<1，故a3＋b30)．‎ ‎∴m＝2.‎ ‎∴f(30)＝log2(30＋2)＝5.‎ ‎(2)f(a)＋f(c)>‎2f(b)．‎ 证明如下：‎ ‎2f‎(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，‎ f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，‎ 又b2＝ac，‎ ‎∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2‎ ‎＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b.‎ ‎∵a＋c>2＝2b(a≠c)，‎ ‎∴2(a＋c)－4b>0，‎ ‎∴log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，‎ 即f(a)＋f(c)>‎2f(b)．‎ 6‎
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