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1、小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中第二讲 讲明不等式的基本方法专题检测试卷( 二) ( 时间： 90 分钟满分： 120 分) 一、选择题 ( 本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 分) 1已知abc 0，Aa2ab2bc2c，Babcbc acab，则A与B的大小关系是 ( ) AABBABCABD不确定答案A 解析ABa2ab2bc2cabcbc acaba2ab cb2ba cc2cabababacacbcbc1，AB. 2用反证法证明命题“如果ab，那么3a3b”时，假设的内容应是( ) A.3a3bB.3a3bC.3a3b且3a3bD.3a3b或3a3b答案D 解析3a与3
2、b大小包括3a3b，3a3b，3a3b三方面的关系，所以3a3b的反设应为3a3b或3a3b. 3使不等式38 1a成立的正整数a的最大值为 ( ) 小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中A10 B11 C12 D13 答案C 解析用分析法可证a12 时不等式成立，a 13 时不等式不成立4“已知x10，x11 且xn1xnx2n33x2n1(n1,2 ，) ，试证：数列xn 对任意正整数n都满足xnxn1，或者对任意正整数n都满足xnxn1”，当此题用反证法否定结论时，应为( ) A对任意的正整数n，都有xnxn1B存在正整数n，使xnxn1C存在正整数n，使xnxn1且xnxn 1D存在
3、正整数n，使 (xnxn 1)(xnxn 1) 0答案D 解析命题的结论是“对任意正整数n，数列 xn是递增数列或递减数列”，其否定是“存在正整数n，使数列 xn既不是递增数列，也不是递减数列”故选D. 5如果P17，Q115，R57，那么有 ( ) APQRBRPQCQRPDRQP答案D 解析P217，Q216215，R212235，Q2P221510，小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中R2P22355 0，P最小Q2R22154 235，又(215 4)2761615761616140，(235)2435 140，2352154，Q2R2，QR，RQP. 6设a，b，c是互不相等的正
4、数，则下列等式中不恒成立的是( ) A|ab| |ac| |bc| Ba21a2a1aC|ab| 1ab2D.a3a1a 2a答案C 解析对于 C：当ab时，成立；当ab时，不成立7设a，bR，且ab，ab2，则必有 ( ) A1aba2b22Bab1a2b22Caba2b221 D.a2b22ab4ab，aba2b24小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中2ab4ab241，故 B正确8若x0，y0，且xyaxy恒成立，则a的最小值是 ( ) A22B.2C2D 1 答案B 解析由xya xy，得axyxy，即a2xy2xyxy12xyxy12xyyx. 12xyyx2，即a22，又由题意
5、知a 0，a2，a的最小值为2. 二、填空题 ( 本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分) 9设nN，n1，则 logn(n1) 与 logn 1(n 2) 的大小关系为 _答案logn(n1) logn1(n2) 解析因为n1，所以logn1n2lognn1logn1(n2)logn 1nlogn1n 2 logn1n22logn1n22n22logn1n12221，故 logn(n1) logn 1(n2) 10若正数a，b满足ab1，则aa1bb1的最大值是 _答案23解析aa1bb 1a b1 b a1a 1b1小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中2ab1ab223ab2，由
6、ab12ab知，ab14，所以aa1bb 123ab22314223，当且仅当ab12时，取最大值11设a32，b65，c76，则a，b，c的大小顺序是 _答案abc解析ab326535(26) ，而(35)28 215，(26)28212，3526，ab0，即ab. 同理可知bc，abc. 12若n为正整数，则2n1与 2n1n的大小关系是 _答案2n12n1n解析要比较2n 1与 2n1n的大小，只需比较(2n1)2与2n1n2的大小，即比较 4n4 与 4n41n的大小因为n为正整数，所以4n41n 4n4. 所以 2n1 2n1n. 小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中三、解答题
7、( 本大题共6 小题，每小题10 分，共 60 分) 13已知 |a| 1，|b| 1，求证： |ab| |ab| 2. 证明当ab与ab同号时，|ab| |ab| |abab| 2|a| 2；当ab与ab异号时，|ab| |ab| |ab(ab)| 2|b| 2. |ab| |ab| 2. 14已知a2b2c21，求证：12abbcca1.证明因为 (abc)20，所以a2b2c22(abbcca) 0.又因为a2b2c21，所以abbcca12. 因为aba2b22，bcb2c22，aca2c22，所以abbccaa2b22b2c22a2c22a2b2c21. 所以12abbcca1.15
8、已知a，b，c为三角形的三边，求证：a1a，b1b，c1c也可以构成一个三角形证明若xy0，则x1xy1yx1yy1x1x1yxy1x1y0，即x1xy1y，小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中a，b，c为三角形的三边，abc，c1cab1aba1abb1aba1ab1b，a1ab1bc1c. 同理a1ac1cb1b，b1bc1ca1a，a1a，b1b，c1c也可以构成一个三角形16设a，b，c为三角形的三边，求证：abcabacbcabc3.证明设xbca，yacb，zabc，则abcxyz，a12(yz) ，b12(xz)，c12(xy) 此时，原不等式等价于yz2xxz2yxy2z3
9、.而yz2xxz2yxy2z12yxxyzxxzzyyz122 yxxy 2 zxxz2 zyyz3. 原不等式成立17已知x1，x2均为正数，求证：1x211x2221x1x222. 证明假设1x211x2221x1x222，两边平方，得小学 +初中 +高中小学 +初中 +高中1x21 21x211x22 1x2241x21x222x1x24，即1x211x221x1x2. 再将两边平方得1x21x22x21x2212x1x2x21x22，即x21x222x1x2，这与x21x222x1x2矛盾，所以原式成立18已知a，b，c均为正数，且abc 1. 求证：1a11b11c1 8.证明要证1a11b11c 1 8成立，只需证1aa1bb1cc8成立abc1，只需证abcaaabcbbabccc8成立，即bcaacbabc8，只需证bcaacbabc2bca2acb2abc8成立，而2bca2acb2abc8显然成立，1a11b11c1 8成立