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第1章4.2知能优化训练


1.已知 a<0,-1<b<0,则( ) 2 A.a>ab>ab B.ab2>ab>a C.ab>a>ab2 D.ab>ab2>a 2 解析:选 D.∵-1<b<0,∴1>b >0>b, 又 a<0, ∴ab>ab2>a. 2.设 a>0,b>0,且 ab-(a+b)≥1,即( ) A.a+b≥2( 2+1) B.a+b≤ 2+1 C.a-b≤( 2+1)2 D.a+b>2( 2+1) a+b 1 解析:选 A.因为 ab≤ ,所以 ab≤ (a+b)2. 2 4 1 2 ∴ (a+b) -(a+b)≥ab-(a+b)≥1, 4 ∴(a+b)2-4(a+b)-4≥0, 因为 a>0,b>0,所以 a+b≥2+2 2成立(当且仅当 a=b= 2+1 时取等号). 1?x2-2 1 3.设 a>2,x∈R,M=a+ ,N=? ) ?2? ,则 M,N 的大小关系是( a-2 A.M<N B.M >N C.M≤N D.M ≥N 解析:选 D.∵a>2, 1 1 ∴M=a+ =(a-2)+ +2≥2+2=4. a-2 a-2 ∵x2-2≥-2, 1?x2-2 ?1?-2 ∴N=? ?2? ≤?2? =4, ∴M≥N. 4.已知 a<b<c,且 b2+ac>(a+b)b,则实数 a 的取值范围是________. 解析:∵b2+ac>ab+b2, ∴a(c-b)>0,又 c-b>0, ∴a>0. 答案:(0,+∞) x y 5.若直线 + =1 通过点 M(cosα,sinα),则( ) a b A.a2+b2≤1 B.a2+b2≥1 1 1 1 1 C. 2+ 2≤1 D. 2+ 2≥1 a b a b 解析:选 D.动点 M 在以原点为圆心的单位圆上, x y ∴直线 + =1 过点 M, a b |-ab| 只需保证原点到直线的距离 2 2≤1. a +b 1 1 即 2+ 2≥1,故选 D. a b - 6.若 x∈(e 1,1),a=lnx,b=2lnx,c=ln3x,则( ) A.a<b<c B.c<a<b C.b<a<c D.b<c<a 解析:选 C.a=lnx,b=lnx2,c=ln3x,

∵x∈(e 1,1),∴x>x2,故 a>b,排除 A、B. - ∵e 1<x<1,∴-1<lnx<0, ∴lnx<ln3x,∴a<c,故 b<a<c,故选 C. 7.若 a、b、c∈R,a>b,则下列不等式成立的是( ) 1 1 A. < B.a2>b2 a b a b C. 2 > 2 D.a|c|>b|c| c +1 c +1 2 解析:选 C.∵a>b,c +1>0, a b ∴ 2 > 2 ,故选 C. c +1 c +1 8.若 a、b、c 是常数,则“a>0,且 b2-4ac<0”是“对任意的 x∈R,有 ax2+bx+c>0”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.必要条件 解析:选 A.当 a>0,b2-4ac<0 时,ax2+bx+c>0.反之,ax2+bx+c>0 对任意的 x∈R 成立 不能推出 a>0,b2-4ac<0.反例:a=b=0,c=2. 9.要证 a2+b2-1-a2b2≤0,只需证( ) A.2ab-1-a2b2≤0 a4+b4 B.a2+b2-1- ≤0 2 a+b?2 2 2 C.? ? 2 ? -1-a b ≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 解析:选 D.a2+b2-1-a2b2=-(a2-1)(b2-1)≤0. 1 1 m 10.设 a>b>c,且 + ≥ 恒成立,则 m 的取值范围是________. a-b b-c a-c 解析:∵a>b>c, ∴a-b>0,b-c>0,a-c>0. 1 1 又(a-c)· ( + ) a-b b-c 1 1 =[(a-b)+(b-c)]· ( + ) a-b b-c a-b b-c =2+ + ≥4, b-c a-b a-b b-c 当且仅当 = , b-c a-b 即 2b=a+c 时等号成立.∴m≤4. 答案:(-∞,4] 1 11.设 a>0,b>0,则下面两式的大小关系为 lg(1+ ab)________ [lg(1+a)+lg(1+b)]. 2 解析:∵对数函数 y=lgx 为定义域上的增函数, ∴只需比较(1+ ab)与 ?1+a??1+b?的大小即可, ∵(1+ ab)2-(1+a)(1+b) =1+ab+2 ab-(1+ab+a+b) =2 ab-(a+b). 又由基本不等式得 2 ab≤(a+b), ∴(1+ ab)2-(1+a)(1+b)≤0, 1 即有 lg(1+ ab)≤ [lg(1+a)+lg(1+b)]. 2 答案:≤


12.已知 a+b+c=0,求证 ab+bc+ca≤0. 证明:法一:综合法 ∵a+b+c=0, ∴(a+b+c)2=0, a2+b2+c2 展开得 ab+bc+ca=- , 2 ∴ab+bc+ca≤0. 法二:分析法 要证 ab+bc+ca≤0,∵a+b+c=0, 故只要证 ab+bc+ca≤(a+b+c)2, 即证 a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0, 1 亦即证 [(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]≥0, 2 而这是显然的,由于以上相应各步均可逆, ∴原不等式成立. 1 1 25 13.已知 a>0,b>0,a+b=1,求证:(a+ )(b+ )≥ . a b 4 2 证明:∵a+b=1,∴(a+b) =1, ∴a2+b2=1-2ab, 1 1 1 b a (a+ )(b+ )=ab+ + + a b ab a b 2 2 1 a +b 1 1-2ab 2 =ab+ + =ab+ + =ab+ -2, ab ab ab ab ab 2 25 ∴欲证原不等式,只要证 ab+ -2≥ , ab 4 2 33 只要证:ab+ ≥ , ab 4 ∵ab>0,只要证: 4a2b2-33ab+8≥0, 只要证:(4ab-1)(ab-8)≥0, 1 只要证 ab≤ 或 ab≥8. ① 4 ∵a>0,b>0, ∴1=a+b≥2 ab, 1 ∴ab≤ ,∴①式成立. 4 原不等式得证.


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