资源描述
第二章 几个重要的不等式章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1已知m2n22，t2s28，则|mtns|的最大值为()A2B4C8D16答案B解析(m2n2)(t2s2)(mtns)2，(mtns)22816，|mtns|4.当且仅当msnt时，等号成立2用数学归纳法证明不等式12(n2，nN)时，第一步应验证不等式()A12B12C12D12答案A解析第一步验证n2时不等式成立，即12.3已知a，b，c为正数，则(abc)的最小值为()A1B.C3D4答案D解析(abc)()2()22224，当且仅当abc时取等号4设a，b，c为正数，ab4c1，则2的最大值是()A.B.C2D.答案B解析1ab4c()2()2(2)2()2()2(2)2(121212)(2)2，(2)23，即2，当且仅当ab4c时等号成立5已知数列an中，a11，a22，an12anan1(nN)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明()Aa4k1能被4整除Ba4k2能被4整除Ca4k3能被4整除Da4k4能被4整除答案D解析假设当nk时，即a4k能被4整除，然后应证明当nk1时，即a4(k1)a4k4能被4整除6设a，b，c均为实数，则的最大值为()A.B.C.D.答案B解析由(a22b23c2)2，即(a22b23c2)(abc)2，.7用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)”时，从“nk到nk1”时，左边应增加的式子是()A2k1B2k3C2(2k1) D2(2k3)答案C解析当nk1时，(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)(k1)(k2)(kk)2(2k1)，2(2k1)是从nk到nk1时，左边应增加的式子8若x，y，z是非负实数，且9x212y25z29，则函数u3x6y5z的最大值为()A9B10C14D15答案A解析u2(3x6y5z)21(3x)(2y)(z)212()2()2(9x212y25z2)9981.u9.当且仅当时，取等号二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9用数学归纳法证明coscos3cos(2n1)(sin0，nN)，在验证当n1时，等式右边的式子是_答案cos解析当n1时，右边cos.10仔细观察下列不等式：，则第n个不等式为_答案(nN)11观察下列不等式：1，11,1，12，1，由此猜测第n个不等式为_答案1(nN)解析1211,3221,7231,15241,31251，归纳第n个式子为1(nN)12设nN，f(n)5n23n11，通过计算n1,2,3,4时f(n)的值，可以猜想f(n)能被数值_整除答案8三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分)13求三个实数x，y，z，使得它们同时满足下列方程：2x3yz13,4x29y2z22x15y3z82.解将两个方程相加，得(2x)2(3y3)2(z2)2108，又第一个方程可变形为2x(3y3)(z2)18，由及柯西不等式，得(2x)2(3y3)2(z2)22x(3y3)(z2)2，即108182108，即柯西不等式中的等号成立所以2x3y3z26，故x3，y1，z4.14(2017江苏)已知a，b，c，d为实数，且a2b24，c2d216，证明：acbd8.证明由柯西不等式，得(acbd)2(a2b2)(c2d2)，因为a2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.15a，b，c都是正数，求证：an(a2bc)bn(b2ac)cn(c2ab)0(n是任意正数)证明设abc0，只需证an2bn2cn2anbcbncacnab.(*)由不等式的性质知，an1bn1cn1，又abc，由排序原理，得an2bn2cn2an1bbn1ccn1a.又由不等式单调性知，abacbc，anbncn.an1bbn1ccn1aanbcbncacnab.由可得不等式(*)成立原不等式成立16用数学归纳法证明：f(n)352n123n1(nN)能被17整除证明(1)当n1时，f(1)353243911723，故f(1)能被17整除(2)假设当nk(kN)时，命题成立即f(k)352k123k1能被17整除，则当nk1时，f(k1)352k323k452352k15223k15223k123k425f(k)1723k1.由归纳假设可知，f(k)能被17整除，又1723k1显然可被17整除，故f(k1)能被17整除综合(1)(2)可知，对任意正整数n，f(n)能被17整除17已知a，bR，nN.求证：n.证明(1)当n1时，显然成立(2)假设当nk(k1，kN)时，不等式成立，即k.要证nk1时，不等式成立，即证k1.在k的两边同时乘以，得k1.要证k1，只需证，因为2(ak1bk1)(ab)(akbk)2(ak1bk1)(ak1abkakbbk1)0ak1abkakbbk10(ab)(akbk)0.又ab与(akbk)同正负(或同时为0)，所以不等式(ab)(akbk)0显然成立所以当nk1时，不等式成立综合(1)(2)可知，对任何nN，不等式恒成立18是否存在常数a，b，c，使得等式122232342n(n1)2(an2bnc)对一切正整数成立？并证明你的结论解假设存在a，b，c，使题中等式对一切正整数成立，则当n1,2,3时，上式显然成立，可得解得a3，b11，c10.下面用数学归纳法证明等式122232342n(n1)2(3n211n10)对一切正整数均成立(1)当n1时，命题显然成立(2)假设当nk(k1，kN)时，命题成立，即122232342k(k1)2(3k211k10)，则当nk1时，有122232k(k1)2(k1)(k2)2(3k211k10)(k1)(k2)2(k2)(3k5)(k1)(k2)2(3k25k12k24)3(k1)211(k1)10即当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立
展开阅读全文