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)证明 ∵eq \r(nn＋1)＝eq \r(n2＋n)，∴eq \r(nn＋1)>n，
∴an＝eq \r(1×2)＋eq \r(2×3)＋…＋eq \r(nn＋1)>1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).∵eq \r(nn＋1)∴an＝eq \f(1,2)＋(2＋3＋…＋n)＋eq \f(n＋1,2)＝eq \f(nn＋2,2).
综上得：eq \f(nn＋1,2)5．(2012·宁波模拟)已知x，y，z均为正数．
求证：eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z).
证明 因为x、y、z均为正数．
所以eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＝eq \f(1,z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥eq \f(2,z)，
同理可得eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(2,x)，eq \f(z,xy)＋eq \f(x,yz)≥eq \f(2,y)，
当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z).
6．(2011·徐州二模)已知a、b都是正实数，且ab＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9.
证明 法一 因为a、b都是正实数，且ab＝2，
所以2a＋b≥2eq \r(2ab)＝4.
所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a＋b＋2ab≥9.
法二 因为a、b都是正实数，
所以由柯西不等式可知
(1＋2a)(1＋b)＝[12＋(eq \r(2a))2][ 12＋(eq \r(b))2]≥(1＋eq \r(2ab))2.
又ab＝2，所以(1＋eq \r(2ab))2＝9.所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
法三 因为ab＝2，
所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,a)))＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a))).
因为a为正实数，所以a＋eq \f(1,a)≥2 eq \r(a·\f(1,a))＝2.
所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
法四 因为a、b都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a＋a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,2)＋\f(b,2)))≥3·eq \r(3,a2)·3·eq \r(3,\f(b2,4))＝9·eq \r(3,\f(a2b2,4)).
又ab＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
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1．(2012·苏锡常镇调研)设实数x、y、z满足x＋2y－3z＝7，求x2＋y2＋z2的最小值．
证明 由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)·[12＋22＋(－3)2]≥(x＋2y－3z)2.
∵x＋2y－3z＝7，∴x2＋y2＋z2≥eq \f(7,2).
当且仅当x＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,－3)时取等号，
即x＝eq \f(1,2)，y＝1，z＝－eq \f(3,2)时取等号．
∴x2＋y2＋z2的最小值为eq \f(7,2).
2．(2011·苏锡常镇调研)已知m、n是正数，证明：eq \f(m3,n)＋eq \f(n3,m)≥m2＋n2.
证明 ∵eq \f(m3,n)＋eq \f(n3,m)－m2－n2＝eq \f(m3－n3,n)＋eq \f(n3－m3,m)
＝eq \f(m3－n3m－n,mn)＝eq \f(m－n2m2＋mn＋n2,mn)，
∵m、n均为正实数，
∴eq \f(m－n2m2＋mn＋n2,mn)≥0，∴eq \f(m3,n)＋eq \f(n3,m)≥m2＋n2.
当且仅当m＝n时，等号成立．
3．(2012·苏中三市调研，21)已知a、b、c满足abc＝1，求证：(a＋2)(b＋2)(c＋2)≥27.
证明 (a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)≥3·eq \r(3,a)·3·eq \r(3,b)·3·eq \r(3,c)＝27·eq \r(3,abc)＝27.
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
4．(2012·南京、盐城调研一，21)已知x、y、z均为正数，求证：
eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≤ eq \r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)).
证明 由柯西不等式，得
(12＋12＋12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))2.
即eq \r(3)× eq \r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2))≥eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z).
∴eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)＋\f(1,z)))≤ eq \r(\f(1,x2)＋\f(1,y2)＋\f(1,z2)).
当且仅当eq \f(1,x)＝eq \f(1,y)＝eq \f(1,z)时等号成立．
5．已知a，b为实数，且a>0，b>0.
(1)求证：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)))≥9；
(2)求(5－2a)2＋4b2＋(a－b)2的最小值．
(1)证明 因为a>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)(0(1)证明 法一 ∵a>0，b>0，
∴ (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 ∵00，
由(1)的结论，函数y＝eq \f(1－x2,x)＋eq \f(x2,1－x)≥(1－x)＋x＝1.
当且仅当1－x＝x，即x＝eq \f(1,2)时等号成立．
∴函数y＝eq \f(1－x2,x)＋eq \f(x2,1－x)(0