新課標(biāo)高三數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí) 第14篇 第2節(jié) 證明不等式的基本方法課時(shí)訓(xùn)練 理

3、>1,則a+1a與b+1b的大小關(guān)系是　　　　. 解析:a+1a-(b+1b)=a-b+b-aab=(a-b)(ab-1)ab. 由a>b>1得ab>1,a-b>0, 所以(a-b)(ab-1)ab>0. 即a+1a>b+1b. 答案:a+1a>b+1b 5.若0<α<β<π4,sin α+cos α=a,sin β+cos β=b,則a與b的大小關(guān)系是　　　　. 解析:a2=1+sin 2α,b2=1+sin 2β, 又0<2α<2β<π2, ∴sin 2α

4、0,b>0,a≠b,A=fa+b2,B=f(ab),C=f2aba+b,則A、B、C中最大的為　　　　. 解析:∵a>0,b>0,a≠b, ∴a+b2>ab>2aba+b, 又函數(shù)f(x)=12x在R上單調(diào)遞減, ∴fa+b2b>c,n∈N*,且1a-b+1b-c≥na-c恒成立,則n的最大值為　　　　　. 解析:∵a-c>0, ∴n≤a-ca-b+a-cb-c =(a-b)+(b-c)a-b+(a-b)+(b-c)b-c =2+b-ca-b+a-bb-c恒成立, ∵a-b>0,b-c>0, ∴b-

5、ca-b+a-bb-c≥2b-ca-ba-bb-c=2. ∴n≤4.即n的最大值為4. 答案:4 8.某品牌彩電廠家為了打開(kāi)市場(chǎng),促進(jìn)銷(xiāo)售,準(zhǔn)備對(duì)其生產(chǎn)的某種型號(hào)的彩電降價(jià)銷(xiāo)售,現(xiàn)有四種降價(jià)方案: (1)先降價(jià)a%,再降價(jià)b%; (2)先降價(jià)b%,再降價(jià)a%; (3)先降價(jià)a+b2%,再降價(jià)a+b2%; (4)一次性降價(jià)(a+b)%. 其中a>0,b>0,a≠b,上述四個(gè)方案中,降價(jià)幅度最小的是　　　　. 解析:設(shè)降價(jià)前彩電的價(jià)格為1,降價(jià)后彩電價(jià)格依次為x1、x2、x3、x4. 則x1=(1-a%)(1-b%)=1-(a+b)%+a%b% x2=(1-b%)(1-a%)

6、=x1, x3=(1-a+b2%)(1-a+b2%) =1-(a+b)%+14[(a+b)%]2, x4=1-(a+b)%<1-(a+b)%+a%b% =x1=x2, x3-x1=(a%+b%2)2-a%b%>0, ∴x3>x1=x2>x4. 答案:方案(3) 三、解答題 9.設(shè)a>b>0,求證:a2-b2a2+b2>a-ba+b. 證明:法一　a2-b2a2+b2-a-ba+b=a3-b3-ab2+a2b-a3+b3+a2b-ab2(a2+b2)(a+b)=2a2b-2ab2(a2+b2)(a+b) =2ab(a-b)(a2+b2)(a+b), ∵a>b>0, ∴a

7、-b>0,ab>0,a2+b2>0,a+b>0. ∴a2-b2a2+b2-a-ba+b>0, ∴a2-b2a2+b2>a-ba+b. 法二　∵a>b>0, ∴a+b>0,a-b>0. ∴a2-b2a2+b2a-ba+b=a2-b2a2+b2a+ba-b =(a+b)2a2+b2 =a2+b2+2aba2+b2 =1+2aba2+b2>1. ∴a2-b2a2+b2>a-ba+b. 10.(20xx高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)若a>0,b>0,且1a+1b=ab. (1) 求a3+b3的最小值; (2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并說(shuō)明理由. 解:(1)由ab=1a+1b

8、≥2ab,得ab≥2, 且當(dāng)a=b=2時(shí)等號(hào)成立. 故a3+b3≥2a3b3≥42, 且當(dāng)a=b=2時(shí)等號(hào)成立. 所以a3+b3的最小值為42. (2)不存在滿(mǎn)足題意的a,b, 理由:由(1)知,2a+3b≥26ab≥43. 由于43>6,從而不存在a,b,使得2a+3b=6. 11.(20xx高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ) 設(shè)函數(shù)f(x)=︱x+1a︱+|x-a|(a>0). (1)證明:f(x)≥2; (2)若f(3)<5,求a的取值范圍. (1)證明:由a>0,有f(x)= ︱x+1a︱+|x-a|≥︱x+1a-(x-a) ︱=1a+a≥2, 所以f(x)≥2. (2)解:f(3)= ︱3+1a︱+|3-a|. 當(dāng)a>3時(shí),f(3)=a+1a, 由f(3)<5得3