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知识专题检测五 不等式与推理 一、填空题 1．不等式的解集是 2．已知直线过点，且与轴、轴的正半轴分别交于两点，为坐标原点，则三角形面积的最小值为 4 . 3．若a(0，b(0，则不等式－b((a等价于 4．设f(x)= 则不等式f(x)2的解集为 5．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案： 则第n个图案中有白色地面砖块． 6．已知不等式(x+y)( + )≥9对任意正实数x,y恒成立,则正实数a的最小值为4 7．如图，小正六边形沿着大正六边形的边，按顺时针方向滚动.小正六边形的边长是大正六边形边长的一半，如果小正六边形沿着大正六边形的边滚动一周后返回出发时的位置，在这个过程中向量围绕着点旋转了角，其中为小正六边形的中心，则 。 ，满足，当≥0时，的取值范围是 9根据表格中的数据，可以判定方程的一个根所在的区间为 x －1 0 1 2 3 0.37 1 2.72 7.39 20.09 1 2 3 4 5 且，则的最小值是 11．不等式的解集是 12．不等式的解集为 13．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则__20_ 吨． 14．已知，，R）给出下列不等式： ①；②； ③；④；⑤．其中一定成立的不等式是 ①②④ （注：把成立的不等式的序号都填上）． 三、解答题 15．若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证≤2，≤1． 证法　 () ∵a＞0，b＞0，a3+b3=2， ∴=a3+b3++3ab2-8==3[ ==≤0， 即 23． 又∵，∴≤2．∵≤≤2，∴≤1． 证法　 () 设ab为方程x2-mx+n=0的两根．则 ∵a＞0，b＞0，∴m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0． ① ∴2=a3+b3==m[m2-3n]， ∴． ② 将②代入①得 ≥，即≥0，∴≥0，即≤2， ∴≤2． ∵2≥m，∴4≥m2，又∵m2≥4n，∴4≥4n，即n≤1．∴≤1． 证法　() ∵a＞0，b＞0，a3+b3=2，∴2=a3+b3=≥=， ∴6≥，∴8≥=3a2b+3ab2+a3+b3=，≤2．(以下略) 16． 对于在区间，上有意义的两个函数与，如果对任意的，，均有≤1，则称与在区间，上是接近的，否则是非接近的．设与，是区间，上的两个函数． （1）求的取值范围； （2）讨论与在区间，上是否是接近的． 解：（1）∵且，当，时， 要使函数有意义，∴，即． ① 要使函数有意义，∴，即R． ② 由①和②得，即为的取值范围． （2）要判断与在区间，上是否是接近的，只须检验≤在区间，上是否 恒成立． ∵， 设≤1，则≤≤1， 即≤≤1． ③ 设，抛物线开口向上，且对称轴为． ∵，∴， ∴函数在区间，上是增函数． 设≤≤，则， ∵，∴． 设，则在区间，上是减函数， ∴，， ∴③式成立的充要条件是： ，， ∴当，时，与在区间，上是接近的； 当，时，与在区间，上是非接近的． 17．己知，函数． （1）当时，若对任意R都有≤1，证明：≤； （2）当时，证明：对任意，≤1的充要条件是≤≤； 证明：（1）依题意，对任意，都有．∵，∴≤1． ∵，∴≤． （2）充分性： ∵，≥，对任意，， ∴≥≥≥，即≥． 又∵，a≤，对任意，， ∴≤≤，即≤1， ∴≤≤1． 必要性： ∵对任意，，≤1，∴≥，∴≥， 即≥，∴≥. 又∵，∴，∵≤1，∴≤1，即≤1， ∴≤，∴≤≤． 综上，对任意的，，≤1的充要条件是≤≤． 18.对1个单位质量的含污物体进行清洗,清洗前其清洁度(含污物体的清洁度定义为:)为0.8,要求洗完后的清洁度是0.99.有两种方案可供选择,方案甲:一次清洗;方案乙:两次清洗.该物体初次清洗后受残留水等因素影响,其质量变为(1≤a≤3).设用单位质量的水初次清洗后的清洁度是(),用质量的水第二次清洗后的清洁度是,其中是该物体初次清洗后的清洁度. (Ⅰ)分别求出方案甲以及时方案乙的用水量,并比较哪一种方案用水量较少; (Ⅱ)若采用方案乙,当为某定值时,如何安排初次与第二次清洗的用水量,使总用水量最少? 并讨论取不同数值时对最少总用水量多少的影响. 解：(Ⅰ)设方案甲与方案乙的用水量分别为x与z,由题设有=0.99,解得x=19. 由得方案乙初次用水量为3, 第二次用水量y满足方程: 解得y=4,故z=4+3.即两种方案的用水量分别为19与4+3.