高中數(shù)學(xué) 第1章 綜合法與分析法(二) 北師大版選修2-2

§2綜合法與分析法(二)一、基礎(chǔ)過關(guān)1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則 ()A．a(chǎn)≤eq\f(1,2) B．a(chǎn)b≥eq\f(1,2)C．a(chǎn)2＋b2≥2 D．a(chǎn)2＋b2≤32．已知a、b、c、d∈{正實數(shù)}，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，則 ()A.eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d) B.eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)C.eq\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d) D．以上均可能3．下面四個不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有 ()A．1個 B．2個C．3個 D．4個4．若實數(shù)a，b滿足0<a<b，且a＋b＝1，則下列四個數(shù)中最大的是 ()A.eq\f(1,2) B．2ab C．a(chǎn)2＋b2 D．a(chǎn)5．設(shè)a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，則a、b、c的大小順序是________．6．如圖所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過A作SB的垂線，垂足為E，過E作SC的垂線，垂足為F.求證：AF⊥SC.證明：要證AF⊥SC，只需證SC⊥平面AEF，只需證AE⊥SC(因為______)，只需證______，只需證AE⊥BC(因為________)，只需證BC⊥平面SAB，只需證BC⊥SA(因為______)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．二、能力提升7．命題甲：(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比數(shù)列；命題乙：lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差數(shù)列，則甲是乙的 ()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件8．若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lg(eq\f(a＋b,2))，則 ()A．R<P<Q B．P<Q<RC．Q<P<R D．P<R<Q9．已知α、β為實數(shù)，給出下列三個論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結(jié)論，你認(rèn)為正確的命題是________．10．如果a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).11．已知a>0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求證：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)·(eq\f(1,c)－1)≥8.13．已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，對任意兩個不相等的正數(shù)x1、x2，證明：當(dāng)a≤0時，eq\f(fx1＋fx2,2)>f(eq\f(x1＋x2,2))．三、探究與拓展14．已知a，b，c，d∈R，求證：ac＋bd≤eq\r(a2＋b2c2＋d2).(你能用幾種方法證明？)

答案1．C2.A3.C4.C5.a>b>c6．EF⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥BC7．C8.B9.①③?②10．證明方法一用綜合法eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b)－a\r(b)－b\r(a),\r(ab))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))>0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).方法二用分析法要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)，只要證eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)＋2eq\r(ab)>a＋b＋2eq\r(ab)，即要證a3＋b3>a2b＋ab2，只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，即需證a2－ab＋b2>ab，只需證(a－b)2>0，因為a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)成立．11．證明要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，故只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，從而只要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立．12．證明方法一(分析法)要證(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立，只需證eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因為a＋b＋c＝1，所以只需證eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立，即證eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8成立．而eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8成立．∴(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立．方法二(綜合法)(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)＝(eq\f(a＋b＋c,a)－1)(eq\f(a＋b＋c,b)－1)(eq\f(a＋b＋c,c)－1)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號，所以原不等式成立．13．證明由f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx，得eq\f(fx1＋fx2,2)＝eq\f(1,2)(x21＋x22)＋(eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2))＋eq\f(a,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)(x21＋x22)＋eq\f(x1＋x2,x1x2)＋alneq\r(x1x2).f(eq\f(x1＋x2,2))＝(eq\f(x1＋x2,2))2＋eq\f(4,x1＋x2)＋alneq\f(x1＋x2,2)，∵x1≠x2且都為正數(shù)，有eq\f(1,2)(x21＋x22)>eq\f(1,4)[(x21＋x22)＋2x1x2]＝(eq\f(x1＋x2,2))2.①又(x1＋x2)2＝(x21＋x22)＋2x1x2>4x1x2，∴eq\f(x1＋x2,x1x2)>eq\f(4,x1＋x2).②∵eq\r(x1x2)<eq\f(x1＋x2,2)，∴l(xiāng)neq\r(x1x2)<lneq\f(x1＋x2,2).∵a≤0，∴alneq\r(x1x2)>alneq\f(x1＋x2,2).③由①、②、③得eq\f(fx1＋fx2,2)>f(eq\f(x1＋x2,2))．14．證明方法一(用分析法)①當(dāng)ac＋bd≤0時，顯然成立．②當(dāng)ac＋bd>0時，欲證原不等式成立，只需證(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．即證a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2即證2abcd≤b2c2＋a2d2即證0≤(bc－ad)2.因為a，b，c，d∈R，所以上式恒成立．故原不等式成立，綜合①②知，命題得證．方法二(用綜合法)(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2.∴eq\r(a2＋b2c2＋d2)≥|ac＋bd|≥ac＋bd.方法三(用比較法)∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝(bc－ad)2≥0，∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，∴eq\r(a2＋b2c2＋d2)≥|ac＋bd|≥ac＋