2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法滾動(dòng)訓(xùn)練 新人教A版選修4-5.docx
《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法滾動(dòng)訓(xùn)練 新人教A版選修4-5.docx》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法滾動(dòng)訓(xùn)練 新人教A版選修4-5.docx(5頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第二講 講明不等式的基本方法滾動(dòng)訓(xùn)練(二)(第二講)一、選擇題1設(shè)Q表示要證明的結(jié)論,Pn(n1,2,3,)表示一個(gè)明顯成立的條件,那么下列表示的證明方法是()QP1P1P2P2P3得到一個(gè)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“若自然數(shù)a,b,c的積為偶數(shù),則a,b,c中至少有一個(gè)偶數(shù)”時(shí),對(duì)結(jié)論正確的反設(shè)為()Aa,b,c中至多有一個(gè)偶數(shù)Ba,b,c都是奇數(shù)Ca,b,c至多有一個(gè)奇數(shù)Da,b,c都是偶數(shù)答案B解析“a,b,c中至少有一個(gè)偶數(shù)”的否定為“a,b,c中一個(gè)偶數(shù)都沒有”,即“a,b,c都是奇數(shù)”,故選B.3設(shè)x,y0,且xy(xy)1,則()Axy2(1)Bxy1Cxy2(1)2Dxy2(1)答案A解析因?yàn)閤0,y0,且xy(xy)1,所以(xy)1xy2,所以(xy)24(xy)40,解得xy2(1)4若a,b,cR,且abc1,設(shè)M,N(ac)(ab),則()AMNBMNCMNDMN答案A解析依題意易知1a,1b,1cR,由基本不等式知(1a)(1b)(1c),當(dāng)且僅當(dāng)abc時(shí),取等號(hào)(1a)(1b)(1c).從而有(1b)(1c)(ac)(ab),即MN.故選A.5已知a,b,c是三角形的三邊長,A,B,則()AABBABCABDAB答案D解析a,b,c是三角形的三邊長,cab,BA,BA,故選D.6若關(guān)于x的不等式|x1|x2|m70的解集為R,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A(,4) B4,)C(4,) D(,4答案C解析由|x1|x2|m70,得|x1|x2|7m.又|x1|x2|x1(x2)|3,且原不等式的解集為R,37m,解得m4,故選C.7已知a0且a1,Ploga(a31),Qloga(a21),則P,Q的大小關(guān)系是()APQBPQCPQD大小不確定答案A解析PQloga(a31)loga(a21)loga.當(dāng)0a1時(shí),0a31a21,01,所以loga0,即PQ0,所以PQ.當(dāng)a1時(shí),a31a210,1,所以loga0,即PQ0,所以PQ.故選A.二、填空題8若x,y是正數(shù),則22的最小值是_答案4解析222221214,當(dāng)且僅當(dāng)xy時(shí),等號(hào)成立9若不等式|3xb|4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3,則b的取值范圍為_答案(5,7)解析由|3xb|4,得43xb4,即x.不等式|3xb|4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3,則5b7.10函數(shù)f(x)x(52x)2的最大值是_答案解析f(x)4x(52x)(52x)3,當(dāng)且僅當(dāng)4x52x,即x時(shí),等號(hào)成立故函數(shù)f(x)x(52x)2的最大值為.11若不等式|2x1|x2|a2a2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案解析|2x1|x2|當(dāng)x時(shí),|2x1|x2|取得最小值,從而a22,解得1a.三、解答題12設(shè)實(shí)數(shù)x,y滿足x1.(1)若|7y|2x3,求x的取值范圍;(2)若x0,y0,求證:xy.(1)解x1,4xy4,則由|7y|2x3,得|4x3|2x3,則2x34x32x3,即即解得1x0,x的取值范圍為(1,0)(2)證明x0,y0,1x2,當(dāng)且僅當(dāng)x時(shí)等號(hào)成立,01,xy(1)0,xy.13已知函數(shù)f(x)m|x2|,mR,且f(x2)0的解集為1,1(1)求m的值;(2)若a,b,cR,且m,求證:a2b3c9.(1)解因?yàn)閒(x2)m|x|,所以f(x2)0等價(jià)于|x|m.mR,|x|m,解集為x|mxm又f(x2)0的解集為1,1,所以m1.(2)證明由(1)知,1,a,b,cR,所以a2b3c(a2b3c)1(a2b3c)3332229,當(dāng)且僅當(dāng)a2b3c3時(shí),等號(hào)成立14(1)已知a,b,c,dR,設(shè)S,求證:1S2;(2)已知a,b,c都是正數(shù),求證:abc.證明(1)因?yàn)閍,b,c,dR,所以1,即S1.又由,得1,1,所以2,即S2.故1S2成立(2)因?yàn)閎2c22bc,a20,所以a2(b2c2)2a2bc.同理b2(a2c2)2ab2c,c2(a2b2)2abc2.由,得2(a2b2b2c2c2a2)2a2bc2ab2c2abc2,所以a2b2b2c2c2a2abc(abc)由a,b,c都是正數(shù),得abc0,因此abc(當(dāng)且僅當(dāng)abc時(shí)等號(hào)成立)- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第二講 講明不等式的基本方法滾動(dòng)訓(xùn)練 新人教A版選修4-5 2018 2019 高中數(shù)學(xué) 第二 講明 不等式 基本 方法 滾動(dòng) 訓(xùn)練 新人 選修
鏈接地址:http://m.italysoccerbets.com/p-3861160.html