第二講一一、選擇題1．設0<x<1，則a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個是()A．a(chǎn) B．bC．c D．不能確定解析：∵0<x<1，∴1＋x>2eq\r(x)＝eq\r(4x)>eq\r(2x)，∴只需比較1＋x與eq\f(1,1－x)的大?。?＋x－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，∴1＋x<eq\f(1,1－x).答案：C2．已知a，b，c，d∈{正實數(shù)}且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，則()\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：∵a，b，c，d為正數(shù)，∴要比較eq\f(a,b)與eq\f(a＋c,b＋d)的大小，只要比較a(b＋d)與b(a＋c)的大小，即ab＋ad與ab＋bc的大小，即：ad與bc的大?。帧遝q\f(a,b)<eq\f(c,d)，∴ad<bc，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可得eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).故選A.答案：A3．已知a>2，x∈R，P＝a＋eq\f(1,a－2)，Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2，則P，Q的大小關系為()A．P≥Q B．P>QC．P<Q D．P≤Q解析：∵a>2，∴a－2>0，P＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4.又Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4.∴P≥Q.答案：A4．已知a，b∈R，則“a＋b>2，ab>1”是“a>1，b>1A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：∵a>1，b>1?a＋b>2，ab>1a＋b>2，ab>1?/a>1，b>1舉例說明a＝3，b＝eq\f(1,2).答案：B二、填空題5．設a>b>0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，則x，y的大小關系是x________y.解析：∵a>b>0，∴x－y＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)－(eq\r(a)－eq\r(a－b))＝eq\f(b,\r(a＋b)＋\r(a))－eq\f(b,\r(a)＋\r(a－b))＝eq\f(b\r(a－b)－\r(a＋b),\r(a＋b)＋\r(a)\r(a)＋\r(a－b))<0.答案：<6．在△ABC中，a，b，c分別是∠A，∠B，∠C的對邊，若∠C＝90°，則eq\f(a＋b,c)的取值范圍是________．解析：由題意知c2＝a2＋b2≥2ab，即eq\f(ab,c2)≤eq\f(1,2).∴eq\f(a＋b,c)＝eq\r(\f(a2＋b2＋2ab,c2))＝eq\r(1＋\f(2ab,c2))≤eq\r(2).(當且僅當a＝b時取等號)．又三角形中a＋b>c.∴1<eq\f(a＋b,c)≤eq\r(2).答案：(1，eq\r(2)]三、解答題7．設a≥b>0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab證明：3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．因為a≥b>0，所以a－b≥0,3a從而(3a2－2b2)(a－b)≥0，即3a3＋2b3≥3a2b＋28．已知a，b都是正實數(shù)，且a＋b＝2.求證：eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(b2,b＋1)≥1.解答：證明：因為a，b都是正實數(shù)，所以原不等式等價于a2(b＋1)＋b2(a＋1)≥(a＋1)(b＋1)，即a2b＋a2＋ab2＋b2≥ab＋a＋b＋1.等價于a2＋b2＋ab(a＋b)≥ab＋a＋b＋1，將a＋b＝2代入，只需要證明a2＋b2＋ab＝(a＋b)2＝4≥ab＋3，即ab≤1.而由已知a＋b≥2eq\r(ab)，可得ab≤1成立，所以原不等式成立．另證：因為a，b都是正實數(shù)，所以eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(a－1,4)≥a，eq\f(b2,b＋1)＋eq\f(b＋1,4)≥b.兩式相加得eq\f(a2,a＋1)＋eq\f(a－1,4)＋eq\f(b2,b＋1)＋eq\f(b＋1,4)≥a＋b，因為a＋2＝2，所以eq\f(a2,a＋1)－eq\f(b2,b＋1)≥1.9．設a，b，c是不全相等的正實數(shù)．求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明：方法一：要證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc只需證：lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(abc)只需證：eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)≥abc＞0成立．∵a，b，c為不全等的正數(shù)，∴上式中等號不成立．∴原不等式成立．方法二：∵a，b，c∈{正實數(shù)}，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)＞0，又∵a，b，c為不全相等的實數(shù)，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞