高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课后练习题

这是一份高中数学苏教版必修5第3章 不等式综合与测试课后练习题，共5页。试卷主要包含了已知x，y，z均为正数等内容，欢迎下载使用。
(时间：30分钟 满分：60分)
1．设a，b，c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
证明 法一 构造两组数：eq \r(a)，eq \r(b)，eq \r(c)；eq \f(1,\r(a))，eq \f(1,\r(b))，eq \f(1,\r(c)).
因此根据柯西不等式有
[(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2＋(eq \r(c))2]eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(b))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(c))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)×\f(1,\r(a))＋\r(b)×\f(1,\r(b))＋\r(c)×\f(1,\r(c))))2.
即(a＋b＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥32＝9.
(当且仅当eq \f(\r(a),\f(1,\r(a)))＝eq \f(\r(b),\f(1,\r(b)))＝eq \f(\r(c),\f(1,\r(c)))，即a＝b＝c时取等号)．
又a＋b＋c＝1，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
法二 ∵a，b，c均为正数，∴1＝a＋b＋c≥3eq \r(3,abc).
又eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥3eq \r(3,\f(1,abc))＝eq \f(3,\r(3,abc))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))·1≥3eq \f(1,\r(3,abc))·3eq \r(3,abc)＝9.
即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
2．已知x2＋2y2＋3z2＝eq \f(18,17)，求3x＋2y＋z的最小值．
解 ∵(x2＋2y2＋3z2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(32＋\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\r(2)y·\r(2)＋\r(3)z·\f(1,\r(3))))2＝(3x＋2y＋z)2，
当且仅当x＝3y＝9z时，等号成立．∴(3x＋2y＋z)2≤12，
即－2eq \r(3)≤3x＋2y＋z≤2eq \r(3).
当x＝－eq \f(9\r(3),17)，y＝－eq \f(3\r(3),17)，z＝－eq \f(\r(3),17)时，
3x＋2y＋z＝－2eq \r(3)，∴最小值为－2eq \r(3).
3．(2012·常州一中期中)设正实数a、b满足a2＋ab－1＋b－2＝3，求证：a＋b－1≤2.
证明 由a2＋ab－1＋b－2＝3，得ab－1＝(a＋b－1)2－3，
又正实数a、b满足a＋b－1≥2eq \r(ab－1)，
即ab－1≤eq \f(a＋b－12,4)，当且仅当a＝b时取“＝”．
∴(a＋b－1)2－3≤eq \f(a＋b－12,4)，∴a＋b－1≤2.
4．已知an＝eq \r(1×2)＋eq \r(2×3)＋eq \r(3×4)＋…＋eq \r(nn＋1)(n∈N*)，求证：eq \f(nn＋1,2)1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).∵eq \r(nn＋1)0，
所以a＋b＋eq \f(1,a)≥3eq \r(3,a×b×\f(1,a))＝3eq \r(3,b)>0，①
同理可证：a2＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,a2)≥3eq \r(3,\f(1,b))>0.②
由①②及不等式的性质得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,b)＋\f(1,a2)))＝3eq \r(3,b)×3eq \r(3,\f(1,b))＝9.
(2)解 [(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2][12＋12＋22]
≥[(5－2a)×1＋2b×1＋(a－b)×2]2.
所以(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2≥eq \f(25,6).
当且仅当eq \f(5－2a,1)＝eq \f(2b,1)＝eq \f(a－b,2)时取等号，即a＝eq \f(25,12)，b＝eq \f(5,12).
所以当a＝eq \f(25,12)，b＝eq \f(5,12)时，(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2取最小值eq \f(25,6).
6．(2013·福建毕业班质检)已知a，b为正实数．
(1)求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥a＋b；
(2)利用(1)的结论求函数y＝eq \f(1－x2,x)＋eq \f(x2,1－x)(00，
∴ (a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))＝a2＋b2＋eq \f(a3,b)＋eq \f(b3,a)
≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥a＋b，当且仅当a＝b时等号成立．
法二 ∵eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)－(a＋b)＝eq \f(a3＋b3－a2b－ab2,ab)
＝eq \f(a3－a2b－ab2－b3,ab)＝eq \f(a2a－b－b2a－b,ab)
＝eq \f(a－b2a＋b,ab).
又∵a>0，b>0，∴eq \f(a－b2a＋b,ab)≥0，
当且仅当a＝b时等号成立．∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)≥a＋b.
(2)解 ∵0