2024秋高中數(shù)學(xué)第二講證明不等式的基本方法2.2綜合法與分析法課堂演練含解析新人教A版選修4-5

PAGE1-其次講證明不等式的基本方法2.2綜合法與分析法[A級基礎(chǔ)鞏固]一、選擇題1．若實數(shù)x，y滿意不等式xy＞1，x＋y≥0，則()A．x＞0，y＞0 B．x＜0，y＜0C．x＞0，y＜0 D．x＜0，y＞0解析：因為xy＞1＞0，所以x，y同號．又x＋y≥0，故x＞0，y＞0.答案：A2．設(shè)x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，則()A．x＋y≥2(eq\r(2)＋1) B．xy≤eq\r(2)＋1C．x＋y≤2(eq\r(2)＋1)2 D．xy≥2(eq\r(2)＋1)解析：因為x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，所以(x＋y)＋1＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2).所以(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0，解得x＋y≥2(eq\r(2)＋1)．答案：A3．對隨意的銳角α，β，下列不等關(guān)系中正確的是()A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβB．sin(α＋β)＞cosα＋cosβC．cos(α＋β)＞sinα＋sinβD．cos(α＋β)＜cosα＋cosβ解析：因為α，β為銳角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cosα＞cos(α＋β)．又cosβ＞0，所以cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．答案：D4．設(shè)eq\f(1,3)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(a)＜1，則()A．a(chǎn)a＜ab＜ba B．a(chǎn)a＜ba＜abC．a(chǎn)b＜aa＜ba D．a(chǎn)b＜ba＜aa解析：因為eq\f(1,3)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(a)＜1，所以0＜a＜b＜1，所以eq\f(aa,ab)＝aa－b＞1，所以ab＜aa，eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a).因為0＜eq\f(a,b)＜1，a＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a)＜1，所以aa＜ba，所以ab＜aa＜ba.答案：C5．已知a，b∈R，則“a＋b＞2，ab＞1”是“a＞1，b＞1”成立的()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解析：當(dāng)a＞1，b＞1時，兩式相加得a＋b＞2，兩式相乘得ab＞1.反之，當(dāng)a＋b＞2，ab＞1時，a＞1，b＞1不肯定成立．如：a＝eq\f(1,2)，b＝4也滿意a＋b＞2，ab＝2＞1，但不滿意a＞1，b＞1.答案：B二、填空題6．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，已知下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2.其中正確的不等式的序號為________．解析：因為eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，所以b＜a＜0，故②③錯．答案：①④7．若a＞0，b＞0，則下列兩式的大小關(guān)系為：lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,2)))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．解析：eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝eq\f(1,2)lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]eq\s\up6(\f(1,2))，又lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,2)))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋2,2)))，因為a＞0，b＞0，所以a＋1＞0，b＋1＞0，所以[(a＋1)(1＋b)]eq\s\up6(\f(1,2))≤eq\f(a＋1＋b＋1,2)＝eq\f(a＋b＋2,2)，所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,2)))≥lg[(1＋a)(1＋b)]eq\s\up6(\f(1,2)).即lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,2)))≥eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案：≥8．已知a＞0，b＞0，若P是a，b的等差中項，Q是a，b的等比中項，eq\f(1,R)是eq\f(1,a)，eq\f(1,b)的等差中項，則P，Q，R按從大到小的排列依次為________．解析：P＝eq\f(a＋b,2)，Q＝eq\r(ab)，eq\f(2,R)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，所以R＝eq\f(2ab,a＋b)≤Q＝eq\r(ab)≤P＝eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．答案：P≥Q≥R三、解答題9．已知a＞0，b＞0，2c＞a＋b，求證：c－eq\r(c2－ab)＜a.證明：要證c－eq\r(c2－ab)＜a，只需證明c＜a＋eq\r(c2－ab)，即證b－a＜2eq\r(c2－ab)，當(dāng)b－a＜0時，明顯成立；當(dāng)b－a≥0時，只需證明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，即證(a＋b)2＜4c2，由2c＞a＋b知上式成立．所以原不等式成立．10．已知△ABC的三邊長是a，b，c，且m為正數(shù)．求證：eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)>eq\f(c,c＋m).證明：要證eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)>eq\f(c,c＋m)，只需證a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)>0，即證abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2>0，即證abc＋2abm＋(a＋b－c)m2>0.由于a，b，c是△ABC的邊長，m>0，故有a＋b>c，即(a＋b－c)m2>0.所以abc＋2abm＋(a＋b－c)m2>0是成立的．因此eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)>eq\f(c,c＋m)成立．B級實力提升1．已知a，b，c為三角形的三邊且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，則()A．S≥2P B．P＜S＜2PC．S＞P D．P≤S＜2P解析：因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P.又三角形中|a－b|＜c，所以a2＋b2－2ab＜c2，同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2，所以a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca)，即S＜2P.答案：D2．若n為正整數(shù)，則2eq\r(n＋1)與2eq\r(n)＋eq\f(1,\r(n))的大小關(guān)系是________．解析：要比較2eq\r(n＋1)與2eq\r(n)＋eq\f(1,\r(n))的大小，只需比較(2eq\r(n＋1))2與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(n)＋\f(1,\r(n))))eq\s\up12(2)的大小，即4n＋4與4n＋4＋eq\f(1,n)的大小．因為n為正整數(shù)，所以4n＋4＋eq\f(1,n)＞4n＋4.所以2eq\r(n＋1)＜2eq\r(n)＋eq\f(1,\r(n)).答案：2eq\r(n＋1)＜2eq\r(n)＋eq\f(1,\r(n))3．設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d.證明：(1)若ab＞cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件．證明：(1)因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設(shè)a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd，由(1)得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，則(e