高二數(shù)學(xué)人教B版選修45講義：第二章 章末小結(jié) 知識(shí)整合與階段檢測(cè) Word版含解析

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1、 知識(shí)整合與階段檢測(cè) [對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P36] [對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P36] 利用柯西不等式證明不等式 (1)柯西不等式取等號(hào)的條件實(shí)質(zhì)上是：＝＝…＝.這里某一個(gè)bi為零時(shí)，規(guī)定相應(yīng)的ai為零． (2)利用柯西不等式證明的關(guān)鍵是構(gòu)造兩個(gè)適當(dāng)?shù)臄?shù)組． (3)可以利用向量中的|α||β|≥|α·β|的幾何意義來(lái)幫助理解柯西不等式的幾何意義． [例1]　若n是不小于2的正整數(shù)，求證： ＜1－＋－＋…＋－＜. [證明]　1－＋－＋…＋－ ＝－2 ＝＋＋…＋， 所以求證式等價(jià)于 ＜＋＋…＋＜. 由柯西不等式，有 [(n＋1)＋(n＋

2、2)＋…＋2n]≥n2， 于是＋＋…＋≥＝＝≥＝， 又由柯西不等式，有＋＋…＋＜ ＜ ＝. [例2]　設(shè)a，b，c∈R＋，且滿足abc＝1，試證明：＋＋≥. [證明]　∵abc＝1，則所求證的不等式變?yōu)? ＋＋≥. 又(ab＋bc＋ca)2＝ 2 ≤[(ac＋bc)＋(ab＋ac)＋(ba＋bc)]， ∴＋＋≥(ac＋bc＋ab)≥ ·3＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)等號(hào)成立． 原不等式得證. 利用柯西不等式求最值 利用不等式解決最值，尤其是含多個(gè)變量的問(wèn)題，是一種常用方法．特別是條件最值問(wèn)題，通常運(yùn)用平均值不等式、柯西不等式、排序不等式及冪平均不等式等，但

3、要注意取等號(hào)的條件能否滿足． [例3]　若5x1＋6x2－7x3＋4x4＝1，則3x＋2x＋5x＋x的最小值是(　　) A．　　　　　　　　　 B． C．3 D． [解析]　∵(3x＋2x＋5x＋x) ≥2 ＝(5x1＋6x2－7x3＋4x4)2 ＝1， ∴3x＋2x＋5x＋x≥. [答案]　B [例4]　等腰直角三角形AOB的直角邊長(zhǎng)為1.如圖，在此三角形中任取點(diǎn)P，過(guò)P分別引三邊的平行線，與各邊圍成以P為頂點(diǎn)的三個(gè)三角形(圖中陰影部分)，求這三個(gè)三角形的面積和的最小值，以及達(dá)到最小值時(shí)P的位置． [解]　分別取OA，OB所在的直線為x軸、y軸，建

4、立如圖所示的直角坐標(biāo)系． 則AB的方程為x＋y＝1， 記P點(diǎn)坐標(biāo)為P(xP，yP)，則以P為公共頂點(diǎn)的三個(gè)三角形的面積和S為S＝x＋y＋(1－xP－yP)2， 2S＝x＋y＋(1－xP－yP)2. 由柯西不等式，得 [x＋y＋(1－xP－yP)2](12＋12＋12) ≥[xP＋yP＋(1－xP－yP)]2， 即2S×3＝6S≥1，所以S≥. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)，等號(hào)成立， 即xP＝y(tǒng)P＝時(shí)，面積和S最小，且最小值為. 從而P點(diǎn)坐標(biāo)為時(shí)，這三個(gè)三角形的面積和取最小值. [例5]　已知實(shí)數(shù)x、y、z滿足x2＋4y2＋9z2＝a(a>0)，且x＋y＋z的最大值是7，求a的值．

5、 [解]　由柯西不等式： [x2＋(2y)2＋(3z)2]≥ 2. 因?yàn)閤2＋4y2＋9z2＝a(a>0)， 所以a≥(x＋y＋z)2，即－≤x＋y＋z≤. 因?yàn)閤＋y＋z的最大值是7，所以＝7，得a＝36， 當(dāng)x＝，y＝，z＝時(shí)，x＋y＋z取最大值， 所以a＝36. 排序不等式的應(yīng)用 (1)用排序不等式證明不等式的關(guān)鍵是根據(jù)問(wèn)題的條件和結(jié)論構(gòu)造恰當(dāng)?shù)男蛄?，如何排好這個(gè)序列是難點(diǎn)所在． (2)注意等號(hào)成立的條件． [例6]　在△ABC中，試證：≤＜. [證明]　不妨設(shè)a≤b≤c，于是A≤B≤C. 由排序不等式，得 aA＋bB＋cC＝aA＋bB＋cC，

6、 aA＋bB＋cC≥bA＋cB＋aC， aA＋bB＋cC≥cA＋aB＋bC. 相加，得3(aA＋bB＋cC)≥(a＋b＋c)(A＋B＋C)＝π(a＋b＋c)． 得≥，① 又由0＜b＋c－a,0＜a＋b－c,0＜a＋c－b，有 0＜A(b＋c－a)＋C(a＋b－c)＋B(a＋c－b) ＝a(B＋C－A)＋b(A＋C－B)＋c(A＋B－C) ＝a(π－2A)＋b(π－2B)＋c(π－2C) ＝(a＋b＋c)π－2(aA＋bB＋cC)． 得＜.② 由①、②得原不等式成立. 利用平均值不等式求最值 1．求函數(shù)的最值 在利用平均值不等式求函數(shù)最值時(shí)，一定要滿足下列三個(gè)條

7、件：(1)各項(xiàng)均為正數(shù)．(2)“和”或“積”為定值．(3)等號(hào)一定能取到，這三個(gè)條件缺一不可． 2．解決實(shí)際問(wèn)題 由于受算術(shù)平均與幾何平均定理求最值的約束條件的限制，在求最值時(shí)常常需要對(duì)解析式進(jìn)行合理的變形．對(duì)于一些分式結(jié)構(gòu)的函數(shù)，當(dāng)分子中變量的次數(shù)不小于分母中變量的次數(shù)時(shí)，通常采用分離變量(或常數(shù))的方法，拼湊出和的形式，若積為定值則可用平均值不等式求解． [例7]　已知0＜x＜，求函數(shù)y＝x(1－3x)的最大值． [解]　y＝x(1－3x)＝×3x×(1－3x)， ∵0＜x＜， ∴1－3x＞0，x＞0. ∴y＝x(1－3x) ＝×3x×(1－3x)≤×2＝. 當(dāng)且僅當(dāng)3x

8、＝1－3x即x＝，y有最大值. [例8]　若a>b>0，則代數(shù)式a2＋的最小值為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　依題意得a－b>0，所以代數(shù)式a2＋≥a2＋＝a2＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)即a＝，b＝時(shí)取等號(hào)，因此a2＋的最小值是4，選C. [答案]　C [例9]　某種商品原來(lái)每件售價(jià)為25元，年銷售8萬(wàn)件． (1)據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，若價(jià)格每提高1元，銷售量將相應(yīng)減少2 000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價(jià)最多為多少元？ (2)為了擴(kuò)大該商品的影響力，提高年銷售量．公司決定明年對(duì)該商品進(jìn)行全面技術(shù)革新和營(yíng)銷策略改革，

9、并提高定價(jià)到x元．公司擬投入(x2－600)萬(wàn)元作為技改費(fèi)用，投入50萬(wàn)元作為固定宣傳費(fèi)用，投入x萬(wàn)元作為浮動(dòng)宣傳費(fèi)用．試問(wèn)：當(dāng)該商品明年的銷售量a至少應(yīng)達(dá)到多少萬(wàn)件時(shí)，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時(shí)商品的每件定價(jià)． [解]　(1)設(shè)每件定價(jià)為t元， 依題意，有t≥25×8， 整理得t2－65t＋1 000≤0， 解得25≤t≤40. ∴要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價(jià)最多為40元． (2)依題意，x>25時(shí)， 不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解， 等價(jià)于x>25時(shí)，a≥＋x＋有解． ∵＋x≥2＝10(當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時(shí)，等

10、號(hào)成立)，∴a≥10.2. 當(dāng)該商品明年的銷售量a至少達(dá)到10.2萬(wàn)件時(shí)，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時(shí)該商品的每件定價(jià)為30元． 一、選擇題 1．若α為銳角，則的最小值為(　　) A．2＋3 B．3＋2 C．2 D．3 解析：≥2＝2≥(1＋)2＝3＋2. 答案：B 2．已知x＋y＝1，那么2x2＋3y2的最小值是(　　) A． B． C． D． 解析：2x2＋3y2＝(2x2＋3y2)·≥·2＝(x＋y)2＝. 答案：B 3．設(shè)x、y、z，滿足x2＋2y2＋3z2＝3，

11、則x＋2y＋3z的最大值是(　　) A．3 B．4 C. D．6 解析：構(gòu)造兩組數(shù)：x，y，z和1，，， 由柯西不等式得[x2＋(y)2＋(z)2][12＋()2＋()2]≥(x＋2y＋3z)2， ∴(x＋2y＋3z)2≤18， ∴x＋2y＋3z≤3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝時(shí)取等號(hào)． 答案：A 4．某班學(xué)生要開(kāi)聯(lián)歡會(huì)，需要買價(jià)格不同的禮品3件、5件及2件，現(xiàn)在選擇商店中單價(jià)為3元、2元和1元的禮品，則至少要花(　　) A．17元 B．19元 C．21元 D．25元 解析：由排序原理可知： 花錢最少為：1×5＋2×3＋3×2＝17(元)．

12、 答案：A 二、填空題 5．n個(gè)正數(shù)與這n個(gè)正數(shù)的倒數(shù)的乘積的和的最小值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)0

13、] ≥2＝25， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào)． 答案：25 8．已知a，b，x，y＞0，且 ab＝4，x＋y＝1，則(ax＋by)·(bx＋ay)的最小值為_(kāi)_______． 解析：[()2＋()2]·[()2＋()2]≥(·＋·)2＝(·x＋·y)2＝ab(x＋y)2＝ab＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)取等號(hào)． 答案：4 三、解答題 9．求實(shí)數(shù)x，y的值使得(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2取到最小值． 解：由柯西不等式得 (12＋22＋12)×[(y－1)2＋(3－x－y)2＋(2x＋y－6)2] ≥[1×(y－1)＋2×(3－x－y)＋1×(2x＋y－6)]2

14、＝1， 即(y－1)2＋(x＋y－3)2＋(2x＋y－6)2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝， 即x＝，y＝時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)最小值為. 10．設(shè)a、b、c為正數(shù)，且a＋2b＋3c＝13，求＋＋的最大值． 解：(a＋2b＋3c) ≥2 ＝(＋＋)2. ∴(＋＋)2≤. ∴＋＋≤. 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝時(shí)取等號(hào)． 又a＋2b＋3c＝13，∴a＝9，b＝，c＝. ∴＋＋有最大值. 11．若不等式|a－1|≥x＋2y＋3z對(duì)滿足x2＋y2＋z2＝1的一切實(shí)數(shù)x，y，z恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：根據(jù)柯西不等式，有 (x2＋y2＋z2)(1＋4＋9)≥(x＋2y＋3z)2， ∴(x＋2y

15、＋3z)2≤1×14＝14， 則－≤x＋2y＋3z≤. 又∵|a－1|≥x＋2y＋3z恒成立， ∴|a－1|≥. 則a－1≥或a－1≤－， 即a≥1＋或a≤1－. 所以a的取值范圍為 (－∞，1－]∪[1＋，＋∞)． [對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P51] (時(shí)間90分鐘，總分120分) 一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分) 1．已知a，b均為正實(shí)數(shù)，且a＋2b＝10，則a2＋b2的最小值為(　　) A．5　　　　　　　　　　 B．10 C．20 D．30 解析：根據(jù)柯西不等式有 (a2＋b2)(1＋22)≥(a＋2b)2＝100.

16、∴a2＋b2≥20，當(dāng)且僅當(dāng)a＝＝2時(shí)取等號(hào)． 答案：C 2．已知x>0，y>0，且4x＋3y＝12，則xy的最大值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由4x＋3y≥2，∴≤6，∴xy≤3，故選C. 答案：C 3．函數(shù)y＝log2(x＞1)的最小值為(　　) A．－3 B．3 C．4 D．－4 解析：x＞1?x－1＞0，y＝log2＝ log2≥log2(2＋6)＝log28＝3. 答案：B 4．設(shè)x1，x2，x3取不同的正整數(shù)，則m＝＋＋的最小值是(　　) A．1

17、 B．2 C． D． 解析：設(shè)a1，a2，a3是x1，x2，x3的一個(gè)排列且滿足 a1＜a2＜a3.∴a1≥1，a2≥2，a3≥3，又∵1＞＞， ∴x1＋＋≥1＋＋＝當(dāng)且僅當(dāng)x1＝1，x2＝2，x2＝3時(shí)取等號(hào)． 答案：C 5．已知(x－1)2＋(y－2)2＝4.則3x＋4y的最大值為(　　) A．1 B．10 C．11 D．21 解析：∵[(x－1)2＋(y－2)2](32＋42)≥[3(x－1)＋4(y－2)]2， 即(3x＋4y－11)2≤100. ∴3x＋4y－11≤10,3x＋4y≤21. 當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)取等

18、號(hào)． 答案：D 6．已知不等式(x＋y)≥a對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為(　　) A．2 B．4 C． D．16 解析：因?yàn)?x＋y)≥(1＋1)2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)等號(hào)成立， 因此若不等式(x＋y)≥a對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則a≤4，故應(yīng)選B. 答案：B 7．已知x＋3y＋5z＝6，則x2＋y2＋z2的最小值是(　　) A． B． C． D．6 解析：由柯西不等式，得x2＋y2＋z2＝(12＋32＋52)·(x2＋y2＋z2)·≥(1×x＋3×y＋5×z)2×＝62×＝當(dāng)

19、且僅當(dāng)x＝＝＝時(shí)取等號(hào)． 答案：C 8．已知3x2＋2y2≤2，則3x＋2y的取值范圍是(　　) A．[0，] B．[－，0] C．[－，] D．[－5,5] 解析：|3x＋2y|≤·≤ ∴－≤3x＋2y≤. 答案：C 9．設(shè)a，b，c為正數(shù)，a＋b＋4c＝1，則＋＋2的最大值是(　　) A． B． C．2 D． 解析：1＝a＋b＋4c＝()2＋()2＋(2)2 ＝[()2＋()2＋(2)2]·(12＋12＋12) ≥(＋＋2)2·， ∴(＋＋2)2≤3， 即所求最大值為. 答案：B 10．若a>0，

20、b>0，c>0，且a(a＋b＋c)＋bc＝4－2，則2a＋b＋c的最小值為(　　) A．－1 B．＋1 C．2＋2 D．2－2 解析：∵a(a＋b＋c)＋bc＝(a＋b)(a＋c)＝4－2， 且a＋b>0，a＋c>0， ∴2a＋b＋c＝(a＋b)＋(a＋c)≥2 ＝2＝2＝2(－1)(當(dāng)且僅當(dāng)a＋b＝a＋c，即b＝c時(shí)等號(hào)成立)， ∴2a＋b＋c的最小值為2－2，故選D. 答案：D 二、填空題(本大題共有4小題，每小題5分，共20分) 11．函數(shù)y＝2＋的最大值是________． 解析：y＝×＋ ≤ ＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào)． 答

21、案： 12．(湖南高考)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，則a2＋4b2＋9c2的最小值為_(kāi)_______． 解析：由柯西不等式，得(a2＋4b2＋9c2)·(12＋12＋12)≥(a·1＋2b·1＋3c·1)2＝36，故a2＋4b2＋9c2≥12，從而a2＋4b2＋9c2的最小值為12. 答案：12 13．已知x2＋2y2＝1，則x2y4－1的最大值是________． 解析：∵x2＋2y2＝1，∴x2＋y2＋y2＝1. 又x2·y4－1＝x2·y2·y2－1， ∵x2·y2·y2≤3＝， ∴x2y4－1≤－1＝－. 即x2y4－1≤－當(dāng)且僅當(dāng)x2＝y(tǒng)2＝時(shí)取等號(hào)．

22、 ∴x2y4－1的最大值是－. 答案：－ 14．函數(shù)y＝＋2的最大值是________． 解析：根據(jù)柯西不等式，知y＝1×＋2×≤ ×＝. 答案： 三、解答題(本大題共有4小題，共50分) 15．(本小題滿分12分)設(shè)a，b，c∈R＋，求證： ＋＋≤. 證明：設(shè)a≥b≥c>0，則a3≥b3， ∴a3＋b3＝a2·a＋b2·b≥a2b＋b2a＝ab(a＋b)， 同理：b3＋c3≥bc(b＋c)，c3＋a3≥ac(c＋a)， ∴＋＋≤＋＋ ＝·＝. 16．(本小題滿分12分)已知x2＋2y2＋3z2＝，求3x＋2y＋z的最小值． 解：(x2＋2y2＋3z2) ≥2＝(

23、3x＋2y＋z)2， ∴(3x＋2y＋z)2 ≤(x2＋2y2＋3z2)＝12. ∴－2≤3x＋2y＋z≤2. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝－，y＝－，z＝－時(shí)3x＋2y＋z取最小值，最小值為－2. 17．(本小題滿分12分)(福建高考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正實(shí)數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a， 求證：p2＋q2＋r2≥3. 解：(1)因?yàn)閨x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，等號(hào)成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3. (2)由(1)知p＋q＋r＝3，又因?yàn)閜，q，r是正實(shí)數(shù)， 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9， 即p2＋q2＋r2≥3. 18．(本小題滿分14分)設(shè)非負(fù)實(shí)數(shù)α1，α2，…，αn滿足α1＋α2＋…＋αn＝1，求y＝＋＋…＋－n的最小值． 解：為了利用柯西不等式，注意到 (2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn) ＝2n－(α1＋α2＋…＋αn)＝2n－1， 所以(2n－1) ＝[(2－α1)＋(2－α2)＋…＋(2－αn)]· ≥ 2＝n2， 所以y＋n≥，y≥－n＝. 當(dāng)且僅當(dāng)α1＝α2＝…＝αn＝時(shí)等號(hào)成立，從而y有最小值.