高考數(shù)學(xué) 17-18版 附加題部分 第6章 第75課 課時(shí)分層訓(xùn)練19

《高考數(shù)學(xué) 17-18版 附加題部分 第6章 第75課 課時(shí)分層訓(xùn)練19》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 17-18版 附加題部分 第6章 第75課 課時(shí)分層訓(xùn)練19（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)分層訓(xùn)練(十九) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時(shí)：30分鐘) 1．設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立． [證明]　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2. (2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立，則由a2＋a<2及a>0，得00，b>0，且＋＝. (1)求a3＋b3的最小值； (2)是否存在a，b，使得

2、2a＋3b＝6？并說(shuō)明理由． [解]　(1)由＝＋≥，得ab≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立． 故a3＋b3≥2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立． 所以a3＋b3的最小值為4. (2)由(1)知，2a＋3b≥2·≥4. 由于4>6，從而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 3．設(shè)a、b、c是正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝9，求＋＋的最小值． [解]　∵(a＋b＋c)＝[()2＋()2＋()2]≥2＝18， ∴＋＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝3時(shí)取等號(hào)． ∴＋＋的最小值為2. 4．(2017·如皋市高三調(diào)研一)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝3，且an＋1＝a－nan－n(n∈N＋)． (1

3、)計(jì)算a2，a3，a4的值，由此猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(不必證明)； (2)求證：當(dāng)n≥2時(shí)，a≥4nn. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172388】 [解]　(1)n＝1時(shí)，a2＝4；n＝2時(shí)，a3＝5，n＝3時(shí) ，a4＝6；n＝4時(shí)，a5＝7； 猜想：an＝n＋2. (2)要證a≥4nn(n≥2)成立， 只要證(n＋2)n≥4nn(n≥2)， 只要證(x＋2)x≥4xx(x≥2)， 只要證xln(x＋2)≥ln 4＋xln x(x≥2)， 即證xln(x＋2)－ln 4－xln x≥0(x≥2)， f(x)＝xln( x＋2)－ln 4－xln x(x≥2)． f′(x)＝ln(

4、x＋2)＋－ln x－1＝ln ＋－1 令t＝＝1＋(10， 所以y＝ln t＋－1在(1,2]上單調(diào)遞增，所以y>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(2)＝0得證． B組　能力提升 (建議用時(shí)：15分鐘) 1．(1)已知a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2； (2)已知a，b，c都是正數(shù)，求證：≥abc. [證明]　(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2. 因?yàn)閍，b都是正數(shù)，所以a＋b>0. 又因?yàn)閍≠b，所以(a－b)2>0. 于是

5、(a＋b)(a－b)2>0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0， 所以a3＋b3>a2b＋ab2. (2)因?yàn)閎2＋c2≥2bc，a2>0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.① 同理，b2(a2＋c2)≥2ab2c.② c2(a2＋b2)≥2abc2.③ ①②③相加得 2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2， 從而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)． 由a，b，c都是正數(shù)，得a＋b＋c>0， 因此≥abc. 2．已知a，b為實(shí)數(shù)，且a>0，b>0. (1)求證：≥9； (2)求(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2的

6、最小值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172389】 [解]　(1)證明：因?yàn)閍>0，b>0，所以a＋b＋≥3＝3>0，① 同理可證：a2＋＋≥3>0.② 由①②及不等式的性質(zhì)得 ＝3×3＝9. (2)[(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2][12＋12＋22]≥[(5－2a)×1＋2b×1＋(a－b)×2]2. 所以(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2≥. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)取等號(hào)， 即a＝，b＝. 所以當(dāng)a＝，b＝時(shí)，(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2取最小值. 3．已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|. (1)求f(x)的最小值m； (2)若a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且滿(mǎn)足a＋

7、b＋c＝m，求證：＋＋≥3. [解]　(1)當(dāng)x＜－1時(shí)，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x＞3； 當(dāng)－1≤x＜2時(shí)，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3,6)； 當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x≥6. 綜上，f(x)的最小值m＝3. (2)證明：a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且滿(mǎn)足a＋b＋c＝3， 因?yàn)椋?a＋b＋c) ＝＋＋ ≥2＝2(a＋b＋c)． (當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)取“＝”) 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3. 4．已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M； (2)設(shè)a，b∈

8、M，證明：f(ab)＞f(a)－f(－b)． [解]　(1)①當(dāng)x≤－1時(shí)，原不等式可化為－x－1＜－2x－2，解得x＜－1； ②當(dāng)－1＜x＜－時(shí)，原不等式可化為x＋1＜－2x－2，解得x＜－1，此時(shí)原不等式無(wú)解； ③當(dāng)x≥－時(shí)，原不等式可化為x＋1＜2x，解得x＞1. 綜上，M＝{x|x＜－1或x＞1}． (2)證明：因?yàn)閒(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以，要證f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需證|ab＋1|＞|a＋b|， 即證|ab＋1|2＞|a＋b|2， 即證a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2， 即證a2b2－a2－b2＋1＞0，即證(a2－1)(b2－1)＞0. 因?yàn)閍，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立， 所以原不等式成立．