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2013届高考数学一轮复习课时作业(七十五)理新人教版
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课时作业(七十五)
1.已知关于x的不等式2x+eq \f(2,x-a)≥7在x∈(a,+∞)上恒成立,则实数a的最小值为________.
答案 eq \f(3,2)
解析 2x+eq \f(2,x-a)=2(x-a)+eq \f(2,x-a)+2a≥2eq \r(2?x-a?\f(2,x-a))+2a=2a+4≥7,∴a≥eq \f(3,2).
2.若不等式|a-1|≥x+2y+2z,对满足x2+y2+z2=1的一切实数x、y、z恒成立,则实数a的取值范围是________.
答案 a≥4或a≤-2
解析 由柯西不等式得(x+2y+2z)2≤(12+22+22)(x2+y2+z2)=9,由题意|a-1|≥3,
∴a≥4或a≤-2.
3.已知a0,b0,c0,a+bc.
求证:eq \f(a,1+a)+eq \f(b,1+b)eq \f(c,1+c).
证明 本题若通分去分母,运算量较大,考虑到a0,b0可先试试分式的放缩.
∵a0,b0,
∴eq \f(a,1+a)eq \f(a,1+a+b),eq \f(b,1+b)eq \f(b,1+a+b),
∴eq \f(a,1+a)+eq \f(b,1+b)eq \f(a+b,1+a+b),
∴只需证:eq \f(a+b,1+a+b)eq \f(c,1+c).
而函数f(x)=eq \f(x,1+x)=1-eq \f(1,1+x)在(0,+∞)上递增,且a+bc,∴f(a+b)f(c).
即eq \f(a+b,1+a+b)eq \f(c,1+c),∴原不等式成立.
4.已知实数a、b、c满足a+2b+c=1,a2+b2+c2=1,求证:-eq \f(2,3)≤c≤1.
证明 因为a+2b+c=1,a2+b2+c2=1,
所以a+2b=1-c,a2+b2=1-c2.
由柯西不等式:(12+22)(a2+b2)≥(a+2b)2,
5(1-c2)≥(1-c)2,
整理得3c2-c-2≤0,解得-eq \f(2,3)≤c≤1.
5.已知x,y,z均为正数.求证:eq \f(x,yz)+eq \f(y,zx)+eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)+eq \f(1,y)+eq \f(1,z).
证明 因为x,y,z均为正数,所以eq \f(x,yz)+eq \f(y,zx)=eq \f(1,z)(eq \f(x,y)+eq \f(y,x))≥eq \f(2,z),同理可得eq \f(y,zx)+eq \f(z,xy)≥eq \f(2,x),eq \f(z,xy)+eq \f(x,yz)≥eq \f(2,y),当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立,将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得eq \f(x,yz)+eq \f(y,zx)+eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)+eq \f(1,y)+eq \f(1,z).
6.已知x2+2y2+3z2=eq \f(18,17),求3x+2y+z的最小值.
解析 ∵(x2+2y2+3z2)[32+(eq \r(2))2+(eq \f(1,\r(3)))2]
≥(3x+eq \r(2)yeq \r(2)+eq \r(3)zeq \f(1,\r(3)))2=(3x+2y+z)2,
∴(3x+2y+z)2≤12,-2eq \r(3)≤3x+2y+z≤2eq \r(3).
当且仅当x=-eq \f(9\r(3),17),y=-eq \f(3\r(3),17),z=-eq \f(\r(3),17)时,
3x+2y+z取最小值,最小值为-2eq \r(3).
7.已知实数x、y、z满足x2+4y2+9z2=a(a0),且x+y+z的最大值是1,求a的值.
解析 由柯西不等式知:
[x2+(2y)2+(3z)2][12+(eq \f(1,2))2+(eq \f(1,3))2]≥(x+eq \f(1,2)×2y+eq \f(1,3)×3z)2(当且仅当x=4y=9z时取等号).
因为x2+4y2+9z2=a(a0),
所以eq \f(49,36)a≥(x+y+z)2,即-eq \f(7\r(a),6)≤x+y+z≤eq \f(7\r(a),6).
因为x+y+z的最大值是1,所以eq \f(7\r(a
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