《《步步高學案導學設計》2013-2014學年高中數(shù)學人教A版選修2-2【配套備課資源】第二章221(二)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《《步步高學案導學設計》2013-2014學年高中數(shù)學人教A版選修2-2【配套備課資源】第二章221(二)(6頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、
2.2.1 綜合法和分析法(二)
一、基礎過關
1. 已知a≥0,b≥0,且a+b=2,則 ( )
A.a≤ B.ab≥
C.a2+b2≥2 D.a2+b2≤3
2. 已知a、b、c、d∈{正實數(shù)},且<,則 ( )
A.<< B.<<
C.<< D.以上均可能
3. 下面四個不等式:
①a2+b2+c2≥ab+bc+ac;
②a(1-a)≤;
③+≥2;
④(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.
其中恒成立的有
2、 ( )
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. B.2ab C.a2+b2 D.a
5.設a=-,b=-,c=-,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________
3、),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:()x、2-x、2x-4成等比數(shù)列;命題乙:lg x、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=,Q=(lg a+lg b),R=lg(),則 ( )
A.R<P<Q B.P<Q<R
C.Q<P<R D.P<
4、;R<Q
9. 已知α、β為實數(shù),給出下列三個論斷:①αβ>0;②|α+β|>5;③|α|>2,|β|>2.以其中的兩個論斷為條件,另一個論斷為結論,你認為正確的命題是________.
10.如果a,b都是正數(shù),且a≠b,求證:+>+.
11.已知a>0,求證: -≥a+-2.
12.已知a、b、c∈R,且a+b+c=1,求證:(-1)(-1)·(-1)≥8.
13.已知函數(shù)f(x)=x2++aln x(x>0),對任意兩個不相等的正數(shù)x1、x2,證明:當a≤0時,>f().
三、探究與拓展
14.已知a,b,c,
5、d∈R,求證:
ac+bd≤.(你能用幾種方法證明?)
答案
1.C 2.A 3.C 4.C
5.a>b>c
6.EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC
7.C 8.B
9.①③?②
10.證明 方法一 用綜合法
+--
=
=
=>0,
∴+>+.
方法二 用分析法
要證+>+,
只要證++2>a+b+2,
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
6、以(a-b)2>0恒成立,
所以+>+成立.
11.證明 要證 -≥a+-2,
只要證 +2≥a++.
∵a>0,故只要證 2≥2,
即a2++4 +4≥a2+2++2+2,
從而只要證2≥,
只要證4≥2,
即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(-1)(-1)(-1)≥8成立,
只需證··≥8成立.
因為a+b+c=1,
所以只需證··≥8成立,
即證··≥8成立.
而··≥··=8成立.
∴
7、(-1)(-1)(-1)≥8成立.
方法二 (綜合法)
(-1)(-1)(-1)
=(-1)(-1)(-1)
=··
=
≥=8,
當且僅當a=b=c時取等號,所以原不等式成立.
13.證明 由f(x)=x2++aln x,
得=(x+x)+(+)+(ln x1+ln x2)
=(x+x)++aln .
f()=()2++aln ,
∵x1≠x2且都為正數(shù),
有(x+x)>[(x+x)+2x1x2]=()2. ①
又(x1+x2)2=(x+x)+2x1x2>4x1x2,
∴>. ②
8、
∵<,∴l(xiāng)n<ln.
∵a≤0,∴aln>aln. ③
由①、②、③得>f().
14.證明 方法一 (用分析法)
①當ac+bd≤0時,顯然成立.
②當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+b2d2.
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+
9、d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)
=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2.
∴≥|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,
∴≥|ac+bd|≥ac+bd.
方法四 (用放縮法)
為了避免討論,由ac+bd≤|ac+bd|,可以試證(ac+bd)2≤ (a2+b2)(c2+d2).
由方法一知上式成立,從而方法四可行.
方法五 (構造向量法)
設m=(a,b),n=(c,d),
∴m·n=ac+bd,
|m|=,
|n|=.
∵m·n≤|m|·|n|=·.
故ac+bd≤.