2020高中數(shù)學 2.2.1 綜合法和分析法（含解析）1-2

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE8-學必求其心得，業(yè)必貴于專精課時作業(yè)6綜合法和分析法知識點一綜合法和分析法的概念1.下列表述：①綜合法是由因導果法；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是間接證明法；⑤分析法是逆推法．其中正確的語句有()A．2個B．3個C．4個D．5個答案C解析由綜合法與分析法的定義可知①②③⑤正確．2．要證明eq\r(a）＋eq\r(a＋7）〈eq\r（a＋3)＋eq\r(a＋4）(a≥0)可選擇的方法有多種，其中最合理的是（)A．綜合法B．類比法C．分析法D．歸納法答案C解析要證eq\r(a)＋eq\r（a＋7)<eq\r(a＋3）＋eq\r（a＋4），只需證2a＋7＋2eq\r(aa＋7)〈2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4），只需證eq\r（aa＋7)〈eq\r（a＋3a＋4），只需證a（a＋7）〈(a＋3）(a＋4)，只需證0〈12,此式顯然成立．故選用分析法最合理.知識點二綜合法的應用3.已知a，b是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a）＋eq\f（1，b)≥4.證明證法一：∵a，b∈R＋且a＋b＝1，∴a＋b≥2eq\r(ab）。∴eq\r(ab)≤eq\f（1，2)?！鄀q\f（1，a)＋eq\f(1,b）＝eq\f(a＋b，ab）＝eq\f(1,ab)≥4.證法二：∵a，b∈R＋,∴a＋b≥2eq\r(ab)〉0，eq\f（1，a）＋eq\f（1,b)≥2eq\r（\f（1,ab))〉0。∴(a＋b）（eq\f(1，a)＋eq\f(1，b）)≥4.又因為a＋b＝1，∴eq\f(1,a）＋eq\f(1，b)≥4。證法三：∵a，b∈R＋，∴eq\f(1,a)＋eq\f（1，b)＝eq\f（a＋b，a）＋eq\f(a＋b,b）＝1＋eq\f(b,a）＋eq\f(a,b)＋1≥2＋2eq\r（\f（a，b）·\f(b,a））＝4.當且僅當a＝b時，取“＝"號.知識點三分析法的應用4.eq\r（3,a)－eq\r（3，b）<eq\r(3，a－b）成立的充要條件是(）A．ab（b－a)〉0 B．ab〉0且a>bC．ab<0且a〈b D．ab（b－a）〈0答案D解析eq\r(3，a)－eq\r(3，b）〈eq\r（3,a－b)?（eq\r（3，a）－eq\r（3，b))3<(eq\r(3,a－b）)3?a－b－3eq\r（3，a2b）＋3eq\r（3,ab2)〈a－b?eq\r（3，ab2)〈eq\r（3,a2b)?ab2〈a2b?ab(b－a)<0.5．在銳角三角形ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC。證明在銳角三角形ABC中,∵A＋B〉eq\f（π，2)，∴A>eq\f（π，2)－B?！?〈eq\f（π，2）－B<A<eq\f（π,2）,又∵在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2)）)內正弦函數(shù)y＝sinx是單調遞增函數(shù)，∴sinA>sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)－B）)＝cosB，即sinA>cosB。①同理sinB〉cosC，②sinC>cosA。③由①＋②＋③,得：sinA＋sinB＋sinC〉cosA＋cosB＋cosC.易錯點表述不規(guī)范致錯6。設a≥3，求證：eq\r(a)－eq\r（a－1）〈eq\r(a－2)－eq\r（a－3).易錯分析分析法的一般格式要規(guī)范，其關鍵詞“要證”“只需證”“即證”等不能漏掉，這是用分析法證明問題時易忽略的地方．證明要證eq\r(a）－eq\r（a－1)<eq\r(a－2)－eq\r（a－3)，只需證eq\r(a)＋eq\r(a－3)<eq\r（a－1)＋eq\r（a－2)，即證(eq\r(a)＋eq\r(a－3)）2〈(eq\r(a－1)＋eq\r(a－2)）2，即證eq\r（aa－3)<eq\r(a－1a－2），即證a(a－3）〈(a－1）（a－2)，即證0〈2，∵0〈2顯然成立，∴原不等式成立．一、選擇題1．平面內有四邊形ABCD和點O，eq\o（OA，\s\up6（→）)＋eq\o(OC，\s\up6（→)）＝eq\o（OB,\s\up6（→)）＋eq\o（OD，\s\up6（→))，則四邊形ABCD為（)A．菱形 B．梯形C．矩形 D．平行四邊形答案D解析∵eq\o(OA,\s\up6(→））＋eq\o（OC，\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6（→）)＋eq\o(OD，\s\up6（→))，∴eq\o(OA，\s\up6（→))－eq\o（OB,\s\up6（→）)＝eq\o（OD,\s\up6（→))－eq\o（OC，\s\up6（→)），∴eq\o(BA，\s\up6（→))＝eq\o（CD，\s\up6（→）），∴四邊形ABCD為平行四邊形．2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4，2)≤0C。eq\f（a＋b2，2)－1－a2b2≤0D．（a2－1）（b2－1)≥0答案D解析因為a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1）(b2－1)≥0,故選D.3．在△ABC中，A〉B是cos2B〉cos2A的(）A．既不充分也不必要條件B．充分不必要條件C．充要條件D．必要不充分條件答案C解析∵A>B?a>b?sinA〉sinB(由正弦定理得)，又cos2B>cos2A?1－2sin2B>1－2sin2A?sin2B〈sin2A?sinB<sinA.∴A〉B?cos2B〉cos2A.故選C。4．若兩個正實數(shù)x，y滿足eq\f（1,x）＋eq\f（4,y）＝1,且不等式x＋eq\f(y,4）〈m2－3m有解，則實數(shù)m的取值范圍是（)A．（－1,4)B．（－∞,－1）∪（4，＋∞）C．（－4,1）D．（－∞,0)∪(3,＋∞）答案B解析∵x>0,y>0，eq\f（1,x)＋eq\f（4，y）＝1，∴x＋eq\f(y,4)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(y,4）))·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,x）＋\f(4，y)））＝2＋eq\f（y，4x）＋eq\f（4x，y)≥2＋2eq\r(\f（y，4x)·\f(4x,y)）＝4，等號在y＝4x，即x＝2,y＝8時成立,∴x＋eq\f（y,4)的最小值為4，要使不等式m2－3m>x＋eq\f（y，4)有解,應有m2－3m〉4,∴m<－1或m>4，故選B。二、填空題5．設n∈N，a＝eq\r(n＋4)－eq\r（n＋3）,b＝eq\r（n＋2）－eq\r（n＋1)，則a,b的大小關系是________．答案a<b解析要比較eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)與eq\r(n＋2)－eq\r（n＋1）的大小，即判斷(eq\r（n＋4）－eq\r(n＋3))－（eq\r（n＋2）－eq\r（n＋1））＝（eq\r(n＋4）＋eq\r(n＋1)）－（eq\r(n＋3）＋eq\r(n＋2)）的符號，∵（eq\r（n＋4）＋eq\r(n＋1）)2－（eq\r（n＋3)＋eq\r(n＋2)）2＝2[eq\r(n＋4n＋1)－eq\r（n＋3n＋2)］＝2(eq\r(n2＋5n＋4)－eq\r(n2＋5n＋6)）<0，∴eq\r(n＋4）－eq\r(n＋3）〈eq\r(n＋2）－eq\r(n＋1）。6．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)（a〉2）,q＝2－a2＋4a－2(a>2）,則p與q的大小關系是________．答案p>q解析p＝a－2＋eq\f（1,a－2)＋2≥2eq\r（a－2·\f（1,a－2））＋2＝4，－a2＋4a－2＝2－（a－2）2<2，∴q〈22＝4≤p.7．如果aeq\r(a）＋beq\r（b)〉aeq\r(b）＋beq\r(a），則實數(shù)a，b應滿足的條件是________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析aeq\r（a）＋beq\r(b）>aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r（a)－aeq\r（b）〉beq\r(a)－beq\r（b）?a（eq\r（a)－eq\r(b)）〉b（eq\r（a）－eq\r(b）)?（a－b）(eq\r（a）－eq\r(b)）〉0?（eq\r(a)＋eq\r(b）)(eq\r(a)－eq\r(b））2>0,故只需a≠b且a，b都不小于零即可．三、解答題8．設x〉y，y〉0,證明:不等式（x2＋y2）eq\f（1，2）〉(x3＋y3)eq\f(1，3）.證明證法一：(分析法）證明原不等式成立，即證（x2＋y2）3>(x3＋y3)2，即證x6＋y6＋3x2y2（x2＋y2)>x6＋y6＋2x3y3,即證3x2y2·(x2＋y2）>2x3y3，因為x>0，y〉0，所以只需證x2＋y2>eq\f(2，3)xy.又因為x>0,y〉0，所以x2＋y2≥2xy>eq\f（2,3）xy.所以(x2＋y2)eq\f（1,2）>(x3＋y3)eq\f（1，3）。證法二：(綜合法）因為x>0，y>0，所以（x2＋y2)3＝x6＋y6＋3x2y2·（x2＋y2）≥x6＋y6＋6x3y3〉x6＋y6＋2x3y3＝(x3＋y3）2，所以（x2＋y2)eq\f（1，2）〉（x3＋y3）eq\f(1，3).9．設a，b∈(0,＋∞),且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.證明證法一：要證a3＋b3>a2b＋ab2成立