人教A版數(shù)學(xué)選修4-5學(xué)案第四講滾動訓(xùn)練（三）（第三講-第四講）

滾動訓(xùn)練(三)(第三講～第四講)一、選擇題1．設(shè)a，b∈R＋且a＋b＝16，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,16)D.eq\f(1,2)答案A解析(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)·\f(1,\r(a))＋\r(b)·\f(1,\r(b))))2＝4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(1,4).當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(a)·eq\f(1,\r(b))＝eq\r(b)·eq\f(1,\r(a))，即a＝b＝8時取等號．2．若A＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)，B＝x1x2＋x2x3＋…＋xn－1xn＋xnx1，其中x1，x2，…，xn都是正數(shù)，則A與B的大小關(guān)系為()A．A＞BB．A＜BC．A≥BD．A≤B答案C解析依數(shù)列{xn}的各項都是正數(shù)，不妨設(shè)0＜x1≤x2≤…≤xn，則x2，x3，…，xn，x1為數(shù)列{xn}的一個排列．依排序原理，得x1x1＋x2x2＋…＋xnxn≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1，即xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋…＋xeq\o\al(2,n)≥x1x2＋x2x3＋…＋xnx1.3．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋22＋…＋2n＋1＝2n＋2－1(n∈N＋)的過程中，在驗證n＝1時，左端計算所得的項為()A．1 B．1＋2C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23答案C解析當(dāng)n＝1時，左端＝1＋2＋22，故選C.4．已知x，y，z，a，b，c，k均為正數(shù)，且x2＋y2＋z2＝10，a2＋b2＋c2＝90，ax＋by＋cz＝30，a＋b＋c＝k(x＋y＋z)，則k等于()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,3)C．9D．3答案D解析因為x2＋y2＋z2＝10，a2＋b2＋c2＝90，ax＋by＋cz＝30，所以(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)＝(ax＋by＋cz)2，又(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)＝eq\f(c,z)＝k時，等號成立，則a＝kx，b＝ky，c＝kz，代入a2＋b2＋c2＝90，得k2(x2＋y2＋z2)＝90，于是k＝3，故選D.5．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(13,14)(n≥2，n∈N＋)的過程中，由n＝k遞推到n＝k＋1不等式左邊()A．增加了一項eq\f(1,2?k＋1?)B．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)C．增加了B中兩項但減少了一項eq\f(1,k＋1)D．以上各種情況均不對答案C解析∵n＝k(k≥2，k∈N＋)時，左邊＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1時，左邊＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，∴增加了兩項eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)，少了一項eq\f(1,k＋1).6．函數(shù)y＝5eq\r(x－1)＋eq\r(9－3x)的最大值是()A．6eq\r(3)B．2eq\r(3)C．5eq\r(2)D．2eq\r(14)答案D解析函數(shù)的定義域為[1,3]，且y＞0.由柯西不等式可得y＝5eq\r(x－1)＋eq\r(9－3x)＝5eq\r(x－1)＋eq\r(3)×eq\r(3－x)≤eq\r(?25＋3??x－1＋3－x?)＝2eq\r(14)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(5,\r(3))＝eq\f(\r(x－1),\r(3－x))，即x＝eq\f(39,14)時，函數(shù)取得最大值2eq\r(14)，故選D.7．若2x＋3y＋5z＝29，則函數(shù)μ＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)的最大值為()A.eq\r(5) B．2eq\r(15)C．2eq\r(30) D.eq\r(30)答案C解析由柯西不等式可得(eq\r(2x＋1)·1＋eq\r(3y＋4)·1＋eq\r(5z＋6)·1)2≤(2x＋1＋3y＋4＋5z＋6)(12＋12＋12)，∵2x＋3y＋5z＝29，∴(eq\r(2x＋1)·1＋eq\r(3y＋4)·1＋eq\r(5z＋6)·1)2≤120，∴μ＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)≤2eq\r(30)，∴μ＝eq\r(2x＋1)＋eq\r(3y＋4)＋eq\r(5z＋6)的最大值為2eq\r(30).故選C.二、填空題8．已知a，b，c都是正數(shù)，且2a＋b＋c＝6，則a2＋ab＋ac＋bc的最大值為________．答案9解析∵a，b，c都是正數(shù)，∴a2＋ab＋ac＋bc＝(a＋b)(a＋c)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋a＋c,2)))2.∵2a＋b＋c＝6，∴a2＋ab＋ac＋bc≤9，∴a2＋ab＋ac＋bc的最大值為9.9．已知兩組數(shù)1,2,3和45,25,30，若c1，c2，c3是45,25,30的一個排列，則c1＋2c2＋3c3的最大值是________，最小值是________．答案解析由排序不等式知順序和最大，反序和最小，故所求最大值為1×25＋2×30＋3×45＝220，最小值為1×45＋2×30＋3×25＝180.10．已知實數(shù)x，y，z滿足2x＋y＋3z＝32，則eq\r(?x－1?2＋?y＋2?2＋z2)的最小值為________．答案eq\f(16\r(14),7)解析∵12＋22＋32＝14，由柯西不等式可得(22＋12＋32)·[(x－1)2＋(y＋2)2＋z2]≥(2x－2＋y＋2＋3z)2＝322，∴eq\r(?x－1?2＋?y＋2?2＋z2)≥eq\f(16\r(14),7)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2,x－1)＝eq\f(1,y＋2)＝eq\f(3,z)時，等號成立，即eq\r(?x－1?2＋?y＋2?2＋z2)的最小值是eq\f(16\r(14),7).11．已知a，b，c都是正數(shù)，a＋2b＋3c＝9，則eq\f(1,4a)＋eq\f(1,18b)＋eq\f(1,108c)的最小值為________．答案eq\f(1,9)解析∵(a＋2b＋3c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4a)＋\f(1,18b)＋\f(1,108c)))＝[(eq\r(a))2＋(eq\r(2b))2＋(eq\r(3c))2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3\r(2b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6\r(3c))))2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,6)))2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝3b＝9c時取等號，又a＋2b＋3c＝9，∴eq\f(1,4a)＋eq\f(1,18b)＋eq\f(1,108c)≥eq\f(1,9)，即最小值為eq\f(1,9).三、解答題12．設(shè)函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為M.(1)求實數(shù)M的值；(2)若不等式eq\r(a－x)＋eq\r(4＋2x)≤M(其中a＞0)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以M＝3.(2)因為(eq\r(a－x)＋eq\r(2)·eq\r(2＋x))2≤[12＋(eq\r(2))2](a－x＋2＋x)＝3(a＋2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(2＋x)＝eq\r(2)·eq\r(a－x)時，等號成立，即當(dāng)x＝eq\f(2a－2,3)∈[－2，a]時，eq\r(a－x)＋eq\r(2?2＋x?)取得最大值eq\r(3?a＋2?)，所以eq\r(3?a＋2?)≤3.又a＞0，所以0＜a≤1.13．已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|2x－2|.(1)求不等式f(x)≥x－1的解集；(2)若f(x)的最大值是m，且a，b，c均為正數(shù)，a＋b＋c＝m，求eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)的最小值．解(1)由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－1，,x－3≥x－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,3x－1≥x－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞1，,－x＋3≥x－1，))解得0≤x≤2.故不等式的解集為[0,2]．(2)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3，x＜－1，,3x－1，－1≤x≤1，顯然當(dāng)x＝1時，f?x?取,－x＋3，x＞1，))得最大值，∴m＝f(1)＝2，∴a＋b＋c＝2.又(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋\f(c2,b)＋\f(a2,c)))＝[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(eq\r(c))2]·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,\r(b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(c))))2))≥(a＋b＋c)2，∴eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號，故eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)的最小值是2.14．已知數(shù)列{an}和{bn}，其中an＝1＋3＋5＋…＋(2n＋1)，bn＝1＋2＋…＋2n－1，當(dāng)n∈N＋時，試比較an與bn的大小，并證明你的結(jié)論．解由已知得an＝eq\f(1＋?2n＋1?,2)·(n＋1)＝(n＋1)2，bn＝eq\f(2n－1,2－1)＝2n－1.當(dāng)n＝1時，a1＝4，b1＝1，則a1＞b1，當(dāng)n＝2時，a2＝9，b2＝3，則a2＞b2，當(dāng)n＝3時，a3＝16，b3＝7，則a3＞b3，當(dāng)n＝4時，a4＝25，b4＝15，則a4＞b4，當(dāng)n＝5時，a5＝36，b5＝31，則a5＞b5當(dāng)n＝6時，a6＝49，b6＝63，則a6＜b6，當(dāng)n＝7時，a7＝64，b7＝127，則a7＜b7，…，由此得到，當(dāng)n∈N＋，n≤5時，an＞bn.猜想：當(dāng)n∈N＋，n≥6時，an＜bn.前一結(jié)論上面已用窮舉法證明，后一猜