數(shù)學(xué)選修4-5指導(dǎo)學(xué)案第一章不等關(guān)系與基本不等式滾動訓(xùn)練二（4第1課時～第3課時）

滾動訓(xùn)練二(§4第1課時～第3課時)一、選擇題1．設(shè)Q表示要證明的結(jié)論，Pn(n＝1,2,3，…)表示一個明顯成立的條件，那么下列表示的證明方法是()Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個明顯成立的條件A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．比較法答案B解析分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使結(jié)論成立的充分條件，只要使結(jié)論成立的充分條件已具備，此結(jié)論就一定成立．故選B.2．用反證法證明命題“如果a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b) B.eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)＜eq\r(3,b) D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)答案D解析eq\r(3,a)與eq\r(3,b)大小包括eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)，eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)，eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)三方面的關(guān)系，所以eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)的反設(shè)應(yīng)為eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b).3．若a＞b＞0，下列各式中恒成立的是()A.eq\f(2a＋b,a＋2b)＞eq\f(a,b) B.eq\f(b2＋1,a2＋1)＞eq\f(b2,a2)C．a(chǎn)＋eq\f(1,a)＞b＋eq\f(1,b) D．a(chǎn)a＞bb答案B解析利用不等式的性質(zhì)，得當a＞b＞0時，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，由此可知，C不恒成立；當0＜a＜1，a＞b時，可知aa＜bb，D不能恒成立；選取適當?shù)奶厥庵?，若a＝2，b＝1，可知eq\f(2a＋b,a＋2b)＝eq\f(5,4)，eq\f(a,b)＝2，由此可見A不恒成立．綜上可知排除A，C，D，故選B.4．設(shè)a，b，c是互不相等的正數(shù)，則下列等式中不恒成立的是()A．|a－b|≤|a－c|＋|b－c|B．a(chǎn)2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)C．|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2D.eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)＜eq\r(a＋2)－eq\r(a)答案C解析對于C，當a＞b時，成立；當a＜b時，不成立．5．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b應(yīng)滿足的條件是()A．a(chǎn)b＜0且a＞bB．a(chǎn)b＞0且a＞bC．a(chǎn)b＜0且a＜bD．a(chǎn)b＞0且a＞b或ab＜0且a＜b答案D解析要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，只需(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜(eq\r(3,a－b))3，即a－3eq\r(3,a2)eq\r(3,b)＋3eq\r(3,a)eq\r(3,b2)－b＜a－b，只需eq\r(3,a)eq\r(3,b2)＜eq\r(3,a2)eq\r(3,b)，只需ab2＜a2b，只需ab(a－b)＞0，只需ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b.6．若正數(shù)a，b滿足a＋b＝2，則eq\f(1,a＋1)＋eq\f(4,b＋1)的最小值是()A．1B.eq\f(9,4)C．9D．16答案B解析eq\f(1,a＋1)＋eq\f(4,b＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(4,b＋1)))eq\f(?a＋1?＋?b＋1?,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(b＋1,a＋1)＋\f(4?a＋1?,b＋1)))≥eq\f(1,4)(5＋2eq\r(4))＝eq\f(9,4)，當且僅當eq\f(b＋1,a＋1)＝eq\f(4?a＋1?,b＋1)，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(5,3)時取等號，故選B.二、填空題7．設(shè)a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，則a，b，c的大小順序是________．答案a＞b＞c解析a－b＝eq\r(3)－eq\r(2)－eq\r(6)＋eq\r(5)＝eq\r(3)＋eq\r(5)－(eq\r(2)＋eq\r(6))，而(eq\r(3)＋eq\r(5))2＝8＋2eq\r(15)，(eq\r(2)＋eq\r(6))2＝8＋2eq\r(12)，∴eq\r(3)＋eq\r(5)＞eq\r(2)＋eq\r(6)，∴a－b＞0，即a＞b.同理可知b＞c，∴a＞b＞c.8．已知a，b，c，d都為正數(shù)，且S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)，則S的取值范圍是________．答案(1,2)解析由放縮法，得eq\f(a,a＋b＋c＋d)＜eq\f(a,a＋b＋c)＜eq\f(a,a＋c)；eq\f(b,a＋b＋c＋d)＜eq\f(b,b＋c＋d)＜eq\f(b,d＋b)；eq\f(c,a＋b＋c＋d)＜eq\f(c,c＋d＋a)＜eq\f(c,c＋a)；eq\f(d,a＋b＋c＋d)＜eq\f(d,d＋a＋b)＜eq\f(d,d＋b).以上四個不等式相加，得1＜S＜2.9．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是________．答案a≥0，b≥0，a≠b解析由eq\r(a)及eq\r(b)知a≥0，b≥0，又aeq\r(a)＋beq\r(b)≠aeq\r(b)＋beq\r(a)，∴a≠b，∴a≥0，b≥0，a≠b.10．已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為_____．答案4解析(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(a,y))＝1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥1＋a＋2eq\r(a)＝(eq\r(a)＋1)2，當y＝eq\r(a)x時取等號，所以(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(a,y))的最小值為(eq\r(a)＋1)2，于是(eq\r(a)＋1)2≥9恒成立，所以a≥4.三、解答題11．已知a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.解因為b2＋c2≥2bc，a2＞0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①同理b2(a2＋c2)≥2ab2c，②c2(a2＋b2)≥2abc2.③由①②③，得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，所以a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．由a，b，c都是正數(shù)，得a＋b＋c＞0，因此eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc(當且僅當a＝b＝c時等號成立)．12．已知a≥－1，求證以下三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實數(shù)解．證明假設(shè)三個方程都沒有實數(shù)解，則Δ1＝16a2－4×(－4a＋3)＝16a2＋16a－12＜0，Δ2＝(a－1)2－4×a2＝－3a2－2a＋1＜0，Δ3＝4a2－4(－2a)＝4a2＋8a＜0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a2＋4a－3＜0，,3a2＋2a－1＞0，,a2＋2a＜0，))解得－eq\f(3,2)＜a＜－1，這與a≥－1矛盾．∴三個方程中至少有一個方程有實數(shù)解．13．求證：1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,n！)＜2.證明設(shè)k＞2，則eq\f(1,1×2×3×…×k)＜eq\f(1,1×2×2×…×2)＝eq\f(1,2k－1)，∴1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,n！)＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)＜2.∴1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,n！)＜2.四、探究與拓展14．設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn滿足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N＋.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1?a1＋1?)＋eq\f(1,a2?a2＋1?)＋…＋eq\f(1,an?an＋1?)＜eq\f(1,3).(1)解令n＝1，得Seq\o\al(2,1)－(－1)S1－3×2＝0，即Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，所以(S1＋3)(S1－2)＝0，因為S1＞0，所以S1＝2，即a1＝2.(2)解由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，得(Sn＋3)[Sn－(n2＋n)]＝0，因為an＞0(n∈N＋)，Sn＞0，從而Sn＋3＞0，所以Sn＝n2＋n，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，又a1＝2＝2×1，所以an＝2n(n∈N＋)．(3)證明設(shè)k≥2，則eq\f(1,ak?ak＋1?)＝eq\f(1,2k?2k＋1?)＜eq\f(1,?2k－1??2k＋1?)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k－1)－\f(1,2k＋1)))，所以eq\f(1,a1?a1＋1?)＋eq\f(1,a2?a2＋1?)＋eq\f(1,a3?a3＋1?)＋…＋eq\f(1,an?an＋1?)＜eq