反证法与放缩法_章节学习

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题型：填空题

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填空题

若a，b，c为正实数且满足a+2b+3c=6，则++的最大值为______．

正确答案

3

解析

解：由a+2b+3c=6，可得（a+1）+（2b+1）+（3c+1）=9，

∴3[（a+1）+（2b+1）+（3c+1）]=27．

再利用柯西不等式，可得（1+1+1）•[（a+1）+（2b+1）+（3c+1）]=27≥，

∴++≤3，当且仅当==时，取等号，

故++的最大值为3，

故答案为：3．

1

题型：填空题

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填空题

已知a、b、c、d均为正数，且a2+b2=4，cd=1，则（a2c2+b2d2）（b2c2+a2d2）的最小值为______．

正确答案

16

解析

解：∵a、b、c、d均为正数，且a2+b2=4，cd=1，则（a2c2+b2d2）（b2c2+a2d2）=（b2d2+a2c2）（b2c2+a2d2）≥（b2cd+a2cd）2=（b2+a2）2=16，

故答案为：16．

1

题型：简答题

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简答题

设函数f（x）=x-（x+1）ln（x+1）（x＞-1）

（1）求f（x）的最大值；

（2）证明：当n＞m＞1时，（1+n）m＜（1+m）n；

（3）证明：当n＞2014，且x1，x2，x3，…，xn∈R+，x1+x2+x3+…+xn=1时，．

正确答案

解：（1）由题意得f′（x）=1-1-ln（1+x）=-ln（1+x）（x＞-1），…（2分）

当-1＜x＜0，即f′（x）＞0时，f（x）单调递增；

当x＞0，即f′（x）＜0时，f（x）单调递减；

∴f（x）的最大值是f（0）=0．…（4分）

（2）令，则g′（x）=

由（1）知f（x）=x-（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）上是减函数，且f（0）=0，

∴g′（x）＜0在在（0，+∞）恒成立，从而得到函数g（x）在（0，+∞）上是减函数，

又当n＞m＞0时，∴g（n）＜g（m），得

∴mln（n+1）＜nln（m+1），即：（1+n）m＜（1+m）n．…（8分）

（3）∵，x1+x2+x3+…+xn=1由柯西不等式知：

∴，

…（11分）

∵n＞2014，由（2）知：（1+n）2014＜（1+2014）n，得，

∴，∴．…（14分）

解析

解：（1）由题意得f′（x）=1-1-ln（1+x）=-ln（1+x）（x＞-1），…（2分）

当-1＜x＜0，即f′（x）＞0时，f（x）单调递增；

当x＞0，即f′（x）＜0时，f（x）单调递减；

∴f（x）的最大值是f（0）=0．…（4分）

（2）令，则g′（x）=

由（1）知f（x）=x-（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）上是减函数，且f（0）=0，

∴g′（x）＜0在在（0，+∞）恒成立，从而得到函数g（x）在（0，+∞）上是减函数，

又当n＞m＞0时，∴g（n）＜g（m），得

∴mln（n+1）＜nln（m+1），即：（1+n）m＜（1+m）n．…（8分）

（3）∵，x1+x2+x3+…+xn=1由柯西不等式知：

∴，

…（11分）

∵n＞2014，由（2）知：（1+n）2014＜（1+2014）n，得，

∴，∴．…（14分）

1

题型：填空题

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填空题

函数的最大值是______．

正确答案

10

解析

解：由于．

当且仅当即时等号成立．

故函数的最大值是 10．

故答案为：10．

1

题型：单选题

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单选题

若x+y+z=0，则x3+y3+z3=（　　）

A0

Bx2y+y2z+z2x

Cx2+y2+z2

D3xyz

正确答案

D

解析

解：∵x+y+z=0，

∴x3+y3+z3=（x+y）[（x+y）2-3xy]+z3=（x+y）3-3xy（x+y）+z3，

∴x3+y3+z3=3xyz．

故选：D．

1

题型：单选题

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单选题

已知x，y均为正数，θ∈（，），且满足=，+=，则的值为（　　）

A2

B1

C

D

正确答案

C

解析

解：∵x，y均为正数，θ∈（，），且满足=，∴tanθ=＞1．

再由，+=，可得 =，

化简可得 3tan4θ-10tan2θ+3=0．

解得 tan2θ=3，或 tan2θ=（舍去），∴tanθ==，

故选：C．

1

题型：简答题

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简答题

设a、b、x、y都为实数，且x2+y2=1，求函数y=+的最小值．

正确答案

解：令 =（ax，by），=（bx，ay），则由x2+y2=1，

可得y=+=||+||≥|+|===|a+b|，

故y的最小值为|a+b|．

解析

解：令 =（ax，by），=（bx，ay），则由x2+y2=1，

可得y=+=||+||≥|+|===|a+b|，

故y的最小值为|a+b|．

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题型：简答题

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简答题

若a，b，c∈R+，且满足a+b+c=2．

（Ⅰ）求abc的最大值；

（Ⅱ）证明：++≥．

正确答案

（Ⅰ）解：因为a，b，c∈R+，所以2=a+b+c≥3，故abc≤．…．（3分）

当且仅当a=b=c=时等号成立，所以abc的最大值为．…．（4分）

（Ⅱ）证明：因为a，b，c∈R+，且a+b+c=2，所以根据柯西不等式，

可得++=（a+b+c）（++） …．（5分）

=[][]≥（++）2=．

所以++≥．…．（7分）

解析

（Ⅰ）解：因为a，b，c∈R+，所以2=a+b+c≥3，故abc≤．…．（3分）

当且仅当a=b=c=时等号成立，所以abc的最大值为．…．（4分）

（Ⅱ）证明：因为a，b，c∈R+，且a+b+c=2，所以根据柯西不等式，

可得++=（a+b+c）（++） …．（5分）

=[][]≥（++）2=．

所以++≥．…．（7分）

1

题型：单选题

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单选题

若2x+3y+5z=29，则函数μ=++的最大值为（　　）

A

B2

C2

D

正确答案

C

解析

解：由柯西不等式可得（•1+•1+•1）2≤（2x+1+3y+4+5z+6）（12+12+12）

∵2x+3y+5z=29，

∴（•1+•1+•1）2≤120，

∴μ=++≤2，

∴μ=++的最大值为2．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

（1）设函数f（x）=|x-|+|x-a|，x∈R，若关于x的不等式f（x）≥a在R上恒成立，求实数a的最大值；

（2）已知正数x，y，z满足x+2y+3z=1，求++的最小值．

正确答案

解：（1）由绝对值三角不等式可得 f（x）=|x-|+|x-a|≥|（x-）-（x-a）|=|a-|，

再由不等式f（x）≥a在R上恒成立，可得|a-|≥a，

∴a-≥a，或a-≤-a，解得a≤，故a的最大值为．

（2）∵正数x，y，z满足x+2y+3z=1，

∴由柯西不等式可得（x+2y+3z）（++）≥（+2+）2=16+8，

当且仅当x：y：z=3：：1时，等号成立，

∴++的最小值为16+8．

解析

解：（1）由绝对值三角不等式可得 f（x）=|x-|+|x-a|≥|（x-）-（x-a）|=|a-|，

再由不等式f（x）≥a在R上恒成立，可得|a-|≥a，

∴a-≥a，或a-≤-a，解得a≤，故a的最大值为．

（2）∵正数x，y，z满足x+2y+3z=1，

∴由柯西不等式可得（x+2y+3z）（++）≥（+2+）2=16+8，

当且仅当x：y：z=3：：1时，等号成立，

∴++的最小值为16+8．

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