學業(yè)分層測評(六)(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1.若a，b∈R，則eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)成立的一個充分不必要條件是()>0 >a<b<0 (a－b)<0【解析】由a<b<0?a3<b3<0?eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)，但eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)不能推出a<b<0.∴a<b<0是eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)的一個充分不必要條件.【答案】C2.求證：eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5).證明：要證eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5)，只需證eq\r(7)＋eq\r(5)>eq\r(11)＋1，即證7＋2eq\r(7×5)＋5>11＋2eq\r(11)＋1，即證eq\r(35)>eq\r(11)，∵35>11，∴原不等式成立.以上證明應用了()A.分析法B.綜合法C.分析法與綜合法配合使用D.間接證法【解析】該證明方法符合分析法的定義，故選A.【答案】A3.(2023·汕頭高二檢測)要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()【導學號：37820233】－1－a2b2≤0＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D.(a2－1)(b2－1)≥0【解析】要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明(a2－1)＋b2(1－a2)≤0，只要證明(a2－1)(1－b2)≤0，即證(a2－1)(b2－1)≥0.【答案】D4.在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結論，三邊a，b，c應滿足什么條件()<b2＋c2 ＝b2＋c2>b2＋c2 ≤b2＋c2【解析】由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，∴b2＋c2－a2<0，即b2＋c2<a2.【答案】C5.分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”，索的因應是()－b>0 －c>0C.(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0【解析】由題意知eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?b2－ac<3a2?b2＋a(a＋b)<3a2?b2＋a2＋ab<3a2?b2＋ab<2a2?2a2－ab－b2>0?a2－ab＋a2－b2>0?a(a－b)＋(a＋b)(a－b)>0?a(a－b)－c(a－b)>0?(a－b)(a－c)>0，故選C.【答案】C二、填空題6.(2023·煙臺高二檢測)設A＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)，B＝eq\f(2,a＋b)(a>0，b>0)，則A，B的大小關系為________.【解析】∵A－B＝eq\f(a＋b,2ab)－eq\f(2,a＋b)＝eq\f(（a＋b）2－4ab,2ab（a＋b）)＝eq\f(（a－b）2,2ab（a＋b）)≥0，∴A≥B.【答案】A≥B7.(2023·西安高二檢測)如果aeq\r(a)>beq\r(b)，則實數a，b應滿足的條件是________.【解析】要使aeq\r(a)>beq\r(b)成立，只需(aeq\r(a))2>(beq\r(b))2，只需a3>b3>0，即a，b應滿足a>b>0.【答案】a>b>08.如圖2-2-5，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側棱垂直于底面，滿足________時，BD⊥A1C(寫上一個條件即可).圖2-2-5【解析】要證BD⊥A1C，只需證BD⊥平面AA1C.因為AA1⊥BD，只要再添加條件AC⊥BD，即可證明BD⊥平面AA1C，從而有BD⊥A1C.【答案】AC⊥BD(或底面為菱形)三、解答題9.設a，b>0，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.【證明】法一：分析法要證a3＋b3>a2b＋ab2成立.只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，又因a＋b>0，只需證a2－ab＋b2>ab成立，只需證a2－2ab＋b2>0成立，即需證(a－b)2>0成立.而依題設a≠b，則(a－b)2>0顯然成立，由此命題得證.法二：綜合法a≠b?a－b≠0?(a－b)2>0?a2－2ab＋b2>0?a2－ab＋b2>ab.注意到a，b>0，a＋b>0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b).∴a3＋b3>a2b＋ab2.10.(2023·深圳高二檢測)已知三角形的三邊長為a，b，c，其面積為S，求證：a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S.【證明】要證a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S，只要證a2＋b2＋(a2＋b2－2abcosC)≥2eq\r(3)absinC，即證a2＋b2≥2absin(C＋30°)，因為2absin(C＋30°)≤2ab，只需證a2＋b2≥2ab，顯然上式成立.所以a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S.[能力提升]1.已知a，b，c，d為正實數，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，則()【導學號：37820234】\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d)\f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d)D.以上均可能【解析】先取特殊值檢驗，∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，則eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，滿足eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).∴B，C不正確.要證eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)，∵a，b，c，d為正實數，∴只需證a(b＋d)<b(a＋c)，即證ad<bc.只需證eq\f(a,b)<eq\f(c,d).而eq\f(a,b)<eq\f(c,d)成立，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可證eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).故A正確，D不正確.【答案】A2.(2023·黃岡高二檢測)下列不等式不成立的是()＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(a＋b)(a>0，b>0)\r(a)－eq\r(a－1)<eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)\r(2)＋eq\r(10)>2eq\r(6)【解析】對于A，∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；對于B，∵(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(a＋b))2＝a＋b，∴eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(a＋b)；對于C，要證eq\r(a)－eq\r(a－1)<eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)成立，只需證明eq\r(a)＋eq\r(a－3)<eq\r(a－2)＋eq\r(a－1)，兩邊平方得2a－3＋2eq\r(a（a－3）)<2a－3＋2eq\r(（a－2）（a－1）)，即eq\r(a（a－3）)<eq\r(（a－2）（a－1）)，兩邊平方得a2－3a<a2－3a＋2，即0<2.因為0<2顯然成立，所以原不等式成立；對于D，(eq\r(2)＋eq\r(10))2－(2eq\r(6))2＝12＋4eq\r(5)－24＝4(eq\r(5)－3)<0，∴eq\r(2)＋eq\r(10)<2eq\r(6)，故D錯誤.【答案】D3.使不等式eq\r(3)＋2eq\r(2)>1＋eq\r(p)成立的正整數p的最大值是________.【解析】由eq\r(3)＋2eq\r(2)>1＋eq\r(p)，得eq\r(p)<eq\r(3)＋2eq\r(2)－1，即p<(eq\r(3)＋2eq\r(2)－1)2，所以p<12＋4eq\r(6)－4eq\r(2)－2eq\r(3)，由于12＋4eq\r(6)－4eq\r(2)－2eq\r(3)≈，因此使不等式成立的正整數p的最大值是12.【答案】124.(2023·唐山高二檢測)已知a，b，c是不全相等的正數，且0<x<1，求證：logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc.【證明】要證明logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc，只需要證明logxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(a＋c,2)))<logx(abc)，而已知0<x<1，故只需證明eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)>abc.∵a，b，c是不全相等的正數，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>