2017-2018学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法一比较法优化练习新人教A版选修4-5.doc

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一比较法 [课时作业] [A组　基础巩固] 1．下列四个数中最大的是(　　) A．lg 2　　　　　　　　　 B．lg C． (lg 2)2 D．lg(lg 2) 解析：∵1<<2<10，∴00，b>0，若a>b，则ak>bk， ∴(a－b)(bk－ak)<0；若alogb3且a＋b＝1，那么(　　) A．00，b>0，又∵a＋b＝1，∴0logb3 ⇒－>0 ⇒－>0 ⇒>0 ⇒lg b>lg a⇒b>a. ∴0b>0，c>d>0，m＝－，n＝，则m与n的大小关系是(　　) A．mn C．m≥n D．m≤n 解析：∵a>b>0，c>d>0， ∴ac>bd>0，>， ∴m>0，n>0.又∵m2＝ac＋bd－2， n2＝ac＋bd－(ad＋bc)，又由ad＋bc>2， ∴－2>－ad－bc，∴m2>n2.∴m>n. 答案：B 6．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a) ＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a ＝(ab－1)2＋(a＋2)2. ∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0 ∴ab≠1或a≠－2. 答案：ab≠1或a≠－2 7．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．解析：(am＋bn)(bm＋an)＝abm2＋(a2＋b2)mn＋abn2＝ ab(m2＋n2)＋2(a2＋b2)≥2abmn＋2(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝ 2(a2＋2ab＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝时等号成立)．答案：2 8．设a>b>0，x＝－，y＝－，则x，y的大小关系是x________y. 解析：∵＝＝<＝1，且x>0，y>0， ∴x0，b>0，求证：＋≥＋. 证明：法一：∵＝＋＝＋＝＝，又∵a2＋b2≥2ab， ∴≥＝1，当且仅当a＝b>0时取等号． ∴＋≥＋. 法二：∵＋－(＋) ＝(－)＋(－)．＝＋＝＝≥0 当且仅当a＝b>0时取“＝” ∴＋≥＋. 10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p，q满足p＋q＝1时，证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1. 证明：pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy) ＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b ＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy ＝pq(x－y)2. 充分性：若0≤p≤1，q＝1－p∈[0,1]． ∴pq≥0，∴pq(x－y)2≥0， ∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．必要性：若pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．则pq(x－y)2≥0， ∵(x－y)2≥0，∴pq≥0. 即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1. 综上所述，原命题成立． [B组　能力提升] 1．已知a>0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(　　) A．P>Q B．P0，即P－Q>0. ∴P>Q. 当a>1时，a3＋1>a2＋1>0，>1， ∴loga>0，即P－Q>0.∴P>Q. 答案：A 2．设m>n，n∈N＋，a＝ (lg x)m＋(lg x)－m，b＝(lg x)n＋(lg x)－n，x>1，则a与b的大小关系为(　　) A．a≥b B．a≤b C．与x值有关，大小不定 D．以上都不正确解析：a－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx ＝(lgmx－lgnx)－(－) ＝(lgmx－lgnx)－＝(lgmx－lgnx)(1－) ＝(lgmx－lgnx)(1－)． ∵x>1，∴lg x>0. 当0b；当lg x＝1时，a＝b；当lg x>1时，a>b. ∴应选A. 答案：A 3．设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n. 解析：＝＝＝＝1，∴m＝n. 答案：＝ 4．一个个体户有一种商品，其成本低于元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a元．月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045(a－)， ∵a<， ∴L1c,0<<1,0<<1，且a2＋b2＝c2， ∴＝3＋3<2＋2＝＝1，即<1，故a3＋b30)． ∴m＝2. ∴f(30)＝log2(30＋2)＝5. (2)f(a)＋f(c)>2f(b)．证明如下： 2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2， f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，又b2＝ac， ∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2 ＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b. ∵a＋c>2＝2b(a≠c)， ∴2(a＋c)－4b>0， ∴log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．

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