第頁(yè)選修4-5第2講(時(shí)間：45分鐘分值：100分)一、選擇題1.若|a－c|<|b|，則下列不等式中正確的是()A.a<b＋c B.a>c－bC.|a|>|b|－|c| D.|a|<|b|＋|c|答案：D解析：|a|－|c|≤|a－c|<|b|，即|a|<|b|＋|c|.故選D.2.[2025·雞西模擬]若實(shí)數(shù)x、y滿足eq\f(1,x2)＋eq\f(1,y2)＝1，則x2＋2y2有()A.最大值3＋2eq\r(2) B.最小值3＋2eq\r(2)C.最大值6 D.最小值6答案：B解析：由題意知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·(eq\f(1,x2)＋eq\f(1,y2))＝3＋eq\f(2y2,x2)＋eq\f(x2,y2)≥3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x2,y2)＝eq\f(2y2,x2)時(shí)，等號(hào)成立，故選B.3.[2025·廣東調(diào)研]已知a，b為實(shí)數(shù)，且a>0，b>0.則(a＋b＋eq\f(1,a))(a2＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,a2))的最小值為()A.7 B.8C.9 D.10答案：C解析：因?yàn)閍>0，b>0，所以a＋b＋eq\f(1,a)≥3eq\r(3,a×b×\f(1,a))＝3eq\r(3,b)>0， ①同理可證：a2＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,a2)≥3eq\r(3,\f(1,b))>0. ②由①②及不等式的性質(zhì)得(a＋b＋eq\f(1,a))(a2＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,a2))≥3eq\r(3,b)×3eq\r(3,\f(1,b))＝9.4.[2025·柳州模擬]已知關(guān)于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A.eq\f(1,2) B.1C.eq\f(3,2) D.2答案：C解析：2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a＝2a＋4≥7，∴a≥eq\f(3,2).5.[2025·金版原創(chuàng)]若q>0且q≠1，m，n∈N*，則1＋qm＋n與qm＋qn的大小關(guān)系是()A.1＋qm＋n>qm＋qn B.1＋qm＋n<qm＋qnC.1＋qm＋n＝qm＋qn D.不能確定答案：A解析：1＋qm＋n－qm－qn＝qm(qn－1)－(qn－1)＝(qn－1)(qm－1)，①當(dāng)0<q<1時(shí)，qn<1，qm<1.②當(dāng)q>1時(shí)，qn>1，qm>1.∴(qn－1)(qm－1)>0，∴1＋qm＋n>qm＋qn，故選A.6.[2025·湖北高考]設(shè)a，b，c，x，y，z是正數(shù)，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，則eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)答案：C解析：由柯西不等式得(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)≥(ax＋by＋cz)2，而由已知有(a2＋b2＋c2)(x2＋y2＋z2)＝10×40＝202＝(ax＋by＋cz)2，故eq\f(a,x)＝eq\f(b,y)＝eq\f(c,z)＝k，代入得a2＋b2＋c2＝k2(x2＋y2＋z2)＝40k2＝10，解得k＝eq\f(1,2)(舍去負(fù)值)，所以eq\f(a＋b＋c,x＋y＋z)＝k＝eq\f(1,2).故選C.二、填空題7.函數(shù)y＝2eq\r(1－x)＋eq\r(2x＋1)的最大值為_(kāi)_______．答案：3解析：y2＝(eq\r(2)·eq\r(2－2x)＋1·eq\r(2x＋1))2≤[(eq\r(2))2＋12][(eq\r(2－2x))2＋(eq\r(2x＋1))2]＝3×3，∴y≤3.8.[2025·許昌模擬]對(duì)于任意實(shí)數(shù)a、b，若|a－b|≤1，|2a－1|≤1，則|4a－3答案：6解析：因?yàn)閨a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，|a－eq\f(1,2)|≤eq\f(1,2)，所以|4a－3b＋2|＝|(3a－3b)＋(a－eq\f(1,2))＋eq\f(5,2)|≤|3a－3b|＋|a－eq\f(1,2)|＋eq\f(5,2)≤3＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝6，即|4a－3b＋2|的最大值為6.9.已知x，y，z為正實(shí)數(shù)，且eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)＝1，則x＋4y＋9z的最小值為_(kāi)_______．答案：36解析：解法一：由柯西不等式，得x＋4y＋9z＝[(eq\r(x))2＋(2eq\r(y))2＋(3eq\r(z))2]·[(eq\f(1,\r(x)))2＋(eq\f(1,\r(y)))2＋(eq\f(1,\r(z)))2]≥(eq\r(x)·eq\f(1,\r(x))＋2eq\r(y)·eq\f(1,\r(y))＋3eq\r(z)·eq\f(1,\r(z)))2＝36.當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝3z時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)x＝6，y＝3，z＝2.所以當(dāng)x＝6，y＝3，z＝2時(shí)，x＋4y＋9z取得最小值36.解法二：∵eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z)＝1，∴x＋4y＋9z＝(x＋4y＋9z)(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z))，即x＋4y＋9z＝14＋eq\f(4y,x)＋eq\f(9z,x)＋eq\f(x,y)＋eq\f(9z,y)＋eq\f(x,z)＋eq\f(4y,z)≥14＋2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＋2eq\r(\f(9z,x)·\f(x,z))＋2eq\r(\f(9z,y)·\f(4y,z))＝36.(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝3z時(shí)取“＝”)，即x＝6，y＝3，z＝2時(shí)，(x＋4y＋9z)min＝36.故填36.三、解答題10.已知a>0，證明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.解：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，因?yàn)閍>0，所以只要證(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2，即證a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))，故只需證eq\r(2)eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a＋eq\f(1,a)，即證a2＋eq\f(1,a2)≥2，而由基本不等式可知a2＋eq\f(1,a2)≥2成立．故eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.11.[2025·正定模擬]設(shè)正有理數(shù)x是eq\r(3)的一個(gè)近似值，令y＝1＋eq\f(2,1＋x).(1)若x>eq\r(3)，求證：y<eq\r(3)；(2)求證：y比x更接近于eq\r(3).證明：(1)y－eq\r(3)＝1＋eq\f(2,1＋x)－eq\r(3)＝eq\f(3－\r(3)＋x－\r(3)x,1＋x)＝eq\f(1－\r(3)x－\r(3),1＋x)，∵x>eq\r(3)，∴x－eq\r(3)>0，而1－eq\r(3)<0，∴y<eq\r(3).(2)∵|y－eq\r(3)|－|x－eq\r(3)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3)x－\r(3),1＋x)))－|x－eq\r(3)|＝|x－eq\r(3)|(eq\f(\r(3)－1,1＋x)－1)＝|x－eq\r(3)|(eq\f(\r(3)－2－x,1＋x))，∵x>0，eq\r(3)－2<0，|x－eq\r(3)|>0，∴|y－eq\r(3)|－|x－eq\r(3)|<0，即|y－eq\r(3)|<|x－eq\r(3)|.∴y比x更接近于eq\r(3).12.[2025·南昌調(diào)研]已知x＋y>0，且xy≠0.(1)求證：x3＋y3≥x2y＋y2x；(2)如果eq\f(x,y2)＋eq\f(y,x2)≥eq\f(m,2)(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))恒成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍或值．解：(1)∵x3＋y3－(x2y＋y2x)＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x＋y)(x－y)2，且x＋y>0，(x－y)2≥0，∴x3＋y3－(x2y＋y2x)≥0.∴x3＋y3≥x2y＋y2x.(2)(ⅰ)若xy<0，則eq\f(x,y2)＋eq\f(y,x2)≥eq\f(m,2)(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))等價(jià)于eq\f(m,2)≥eq\f(x3＋y3,xyx＋y)＝eq\f(x2－xy＋y2,xy)，又∵eq\f(x2－xy＋y2,xy)＝eq\f(x＋y2－3xy,xy)<eq\f(－3xy,xy)＝－3，即eq\f(x3＋y3,xyx＋y)<－3，∴m>－