eq\a\vs4\al(雙基限時練)鞏固雙基,提升能力一、選擇題1．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P、Q的大小關系是()A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值確定解析：∵要證P＜Q，只要證P2＜Q2，只要證：2a＋7＋2eq\r(aa＋7)＜2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要證：a2＋7a＜a2＋7只要證：0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立.答案：C2．設x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三數()A．至少有一個不大于2B．都小于2C．至少有一個不小于2D．都大于2解析：a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)≥6，因此a，b，c至少有一個不小于2.答案：C3．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，則a，b應滿足()A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0且a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析：要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，只要(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜(eq\r(3,a－b))3成立，即a－b－3eq\r(3,a2b)＋3eq\r(3,ab2)＜a－b成立，只要eq\r(3,ab2)＜eq\r(3,a2b)成立，只要ab2＜a2b成立，即要ab(b－a)＜0成立，只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立.答案：D4．設0＜a＜b，a＋b＝1，則下列不等式中正確的是()A．b＜2ab＜eq\r(a2＋b2)＜a2＋b2B．2ab＜b＜a2＋b2＜eq\r(a2＋b2)C．2ab＜a2＋b2＜eq\r(a2＋b2)＜bD．2ab＜a2＋b2＜b＜eq\r(a2＋b2)解析：方法一：由條件，得a2＋b2＞2ab，eq\r(a2＋b2)＞eq\r(b2)＝b，b－(a2＋b2)＝b(1－b)－a2＝ab－a2＝a(b－a)＞0，故b＞a2＋b2，∴2ab＜a2＋b2＜b＜eq\r(a2＋b2).方法二：特值法，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4).答案：D5．已知a＞b＞0，且ab＝1，若0＜c＜1，p＝logceq\f(a2＋b2,2)，q＝logceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2，則p、q的大小關系是()A．p＞q B．p＜qC．p＝q D．p≥q解析：∵eq\f(a2＋b2,2)＞ab＝1，∴p＝logceq\f(a2＋b2,2)＜0.又q＝logceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2＝logceq\f(1,a＋b＋2\r(ab))＞logceq\f(1,4\r(ab))＝logceq\f(1,4)＞0，∴q＞p.答案：B6．已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b∈R＋，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，則A、B、C的大小關系是()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，＋∞)上是單調遞減函數，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案：A二、填空題7．在等比數列{an}和等差數列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，則a5和b5的大小關系為________．解析：方法一：設公比為q，公差為d，則a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)．又∵a1≠a3，∴q2≠1.∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d)＝a1q4－[a1＋2a1(q2＝a1(q2－1)2＞0.∴a5＞b5.方法二：∵在等比數列{an}中，a1≠a3，∴公比不為1.∴a1≠a5.又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q為公比)，∴b3＝eq\f(b1＋b5,2)＝a3＝eq\r(a1a5)＜eq\f(a1＋a5,2)＝eq\f(b1＋a5,2).∴a5＞b5.答案：a5＞b58．若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，那么an＋bn與cn(其中n∈N*且n＞2)的大小關系是__________．解析：方法一：△ABC為直角三角形，且c為斜邊，則c2＝a2＋b2，∴c＞a＞0，c＞b＞0，即0＜eq\f(a,c)＜1,0＜eq\f(b,c)＜1.當n＞2時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝eq\f(a2＋b2,c2)＝1，即an＋bn＜cn.方法二：特值法，令c＝eq\r(2)，a＝b＝1.答案：an＋bn＜cn9．已知點An(n，an)為函數y＝eq\r(x2＋1)的圖像上的點，Bn(n，bn)為函數y＝x圖像上的點，其中n∈N*，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為__________．解析：an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n.方法一：cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)隨n的增大而減小，為減函數，∴cn＋1＜cn.方法二：cn＋1＝eq\r(n＋12＋1)－(n＋1)，cn＝eq\r(n2＋1)－n，∴eq\f(cn,cn＋1)＝eq\f(\r(n2＋1)－n,\r(n＋12＋1)－n＋1)＝eq\f(\r(n＋12＋1)＋n＋1,\r(n2＋1)＋n)＞1.∴cn＞cn＋1.答案：cn＞cn＋1三、解答題10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，要證eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2)，只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證．11．設f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)＞0，f(1)＞0，求證：a＞0且－2＜eq\f(b,a)＜－1.解析：∵f(0)＞0，∴c＞0，又∵f(1)＞0，即3a＋2b＋c＞0而a＋b＋c＝0即b＝－a－c代入①式，∴3a－2a－2c＋c＞0，即a－c＞0，∴a∴a＞c＞0.又∵a＋b＝－c＜0，a＋b＜0.∴1＋eq\f(b,a)＜0.∴eq\f(b,a)＜－1.又c＝－a－b，代入①式得，3a＋2b－a－b＞0，∴2a＋∴2＋eq\f(b,a)＞0.∴eq\f(b,a)＞－2.故－2＜eq\f(b,a)＜－1.綜上，a＞0且－2＜eq\f(b,a)＜－1.12．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1，求證：a，b，c中至少有一個大于eq\f(3,2).解析：∵abc＝1，∴a，b，c三者得同為