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2014-2014学年甘肃省会宁二中高二数学课时练习:2.2.1《综合法与分析法》(新人教A版选修2-2)


10/21/2014

选修 2-2
一、选择题

2.2

第 1 课时 综合法与分析法

1 x 1.证明命题“f(x)=e + x在(0,+∞)上是增函数”,一个同学给出的证法如下: e 1 1 x x ∵f(x)=e + x,∴f′(x)=e - x. e e 1 x ∵x>0,∴e >1,0< x<1 e 1 x ∴e - x>0,即 f′(x)>0, e ∴f(x)在(0,+∞)上是增函数,他使用的证明方法是( A.综合法 C.反证法 [答案] A [解析] 该证明方法符合综合法的定义,应为综合法.故应选 A. 2. 分析法又叫执果索因法, 若使用分析法证明: 设 a>b>c, 且 a+b+c=0, 求证: b -ac < 3a 索的因应是( A.a-b>0 C.(a-b)(a-c)>0 [答案] C [解析] 要证 b -ac< 3a 只需证 b -ac<3a
2 2 2 2 2

)

B.分析法 D.以上都不是

) B.a-c>0 D.(a-b)(a-c)<0

只需证 b -a(-b-a)<3a 只需证 2a -ab-b >0.
2 2

2

只需证(2a+b)(a-b)>0, 只需证(a-c)(a-b)>0. 故索的因应为 C. 3.p= ab+ cd,q= ma+nc· 大小为( A.p≥q C.p>q [答案] B ) B.p≤q D.不确定

b d + (m、n、a、b、c、d 均为正数),则 p、q 的 m n

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[解析] q=

mad nbc ab+ + +cd n m

≥ ab+2 abcd+cd= ab+ cd=p.

?1?x ?a+b?,B=f( ab),C=f? 2ab ?,则 A、B、 + 4.已知函数 f(x)=? ? ,a、b∈R ,A=f? ? ?a+b? ?2? ? 2 ? ? ?
C 的大小关系为(
A.A≤B≤C C.B≤C≤A [答案] A [解析] ∴f? ) B.A≤C≤B D.C≤B≤A

a+b
2

≥ ab≥

2ab ?1?x ,又函数 f(x)=? ? 在(-∞,+∞)上是单调减函数, a+b ?2?

?a+b?≤f( ab)≤f? 2ab ?. ? ?a+b? ? 2 ? ? ?
)

5.对任意的锐角 α 、β ,下列不等式关系中正确的是( A.sin(α +β )>sinα +sinβ B.sin(α +β )>cosα +cosβ C.cos(α +β )>sinα +sinβ D.cos(α +β )<cosα +cosβ [答案] D [解析] ∵α 、β 为锐角,∴0<α <α +β <π , ∴cosα >cos(α +β ) 又 cosβ >0,∴cosα +cosβ >cos(α +β ).

6.设 a、b、c∈R ,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P、Q、



R 同时大于零”的(

)

A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 [答案] C [解析] 首先若 P、Q、R 同时大于零,则必有 PQR>0 成立. 其次,若 PQR>0,且 P、Q、R 不都大于 0,则必有两个为负,不妨设 P<0,Q<0,即 a+b -c<0,b+c-a<0, ∴b<0 与 b∈R 矛盾,故 P、Q、R 都大于 0. 7.已知 y>x>0,且 x+y=1,那么( )


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A.x< C.x<

x+y
2 2

<y<2xy <2xy<y

B.2xy<x< D.x<2xy<

x+y
2 2

<y <y

x+y

x+y

[答案] D 3 1 x+y 1 3 x+y [解析] ∵y>x>0, 且 x+y=1, ∴设 y= , x= , 则 = , 2xy= .所以有 x<2xy< 4 4 2 2 8 2 <y,故排除 A、B、C. 8.下面的四个不等式: 1 2 2 2 ①a +b +c ≥ab+bc+ca;②a(1-a)≤ ; 4 ③ + ≥2;④(a +b )·(c +d )≥(ac+bd) . 其中恒成立的有( A.1 个 C.3 个 [答案] C 1 2 2 2 2 2 2 [解析] ∵(a +b +c )-(ab+bc+ac)= [(a-b) +(b-c) +(c-a) ]≥0 2 ) B.2 个 D.4 个

b a a b

2

2

2

2

2

a(1-a)- =-a2+a- =-?a- ?2≤0, 2

1 4

1 4

? ?

1?

?

(a +b )·(c +d )=a c +a d +b c +b d
2 2 2 2 2

2

2

2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

≥a c +2abcd+b d =(ac+bd) .∴应选 C. 9.若 x,y∈R+,且 x+ y≤a x+y恒成立,则 a 的最小值是( A.2 2 C.2 [答案] B [解析] 原不等式可化为 B. 2 D.1 )

a≥

2 x+ y ( x+ y) = = x+y x+y

2 xy 1+ x+y 2 xy 1+ 的最大值即可. x+y

要使不等式恒成立,只需 a 不小于



2 xy 1+ ≤ 2,当 x=y 时取等号,∴a≥ 2, x+y

∴a 的最小值为 2.故应选 B.

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10.类比“两角和与差的正余弦公式”的形式,对于给定的两个函数,S(x)=

ax-a-x
2



ax+a-x C(x)= ,其中 a>0,且 a≠1,下面正确的运算公式是(
2 ①S(x+y)=S(x)C(y)+C(x)S(y); ②S(x-y)=S(x)C(y)-C(x)S(y); ③C(x+y)=C(x)C(y)-S(x)S(y); ④C(x-y)=C(x)C(y)+S(x)S(y). A.①③ C.①④ [答案] D [解析] ∵S(x)= ∴S(x+y)= B.②④ D.①②③④

)

ax-a-x
2

,C(x)=

ax+a-x
2



ax+y-a-x-y
2



S(x)C(y)+C(x)S(y)
= = =

ax-a-x ay+a-y ax+a-x ay-a-y
2
x+y

·

2
y-x



2
-x-y

·

2 -a
-x-y

a +a -a -a
2(a
x+y

x-y

+a 4

x+y

+a

y-x

-a

-x-y

-a 4

-x-y

) a =

x+y

-a 2

-x-y

.

∴S(x+y)=S(x)C(y)+C(x)S(y) 同理:S(x-y)=S(x)C(y)-C(x)S(y)

C(x+y)=C(x)C(y)-S(x)S(y) C(x-y)=C(x)C(y)+S(x)S(y).应选 D.
二、填空题 11.如果 a a+b b>a b+b a,则实数 a、b 应满足的条件是________. [答案] a≥0,b≥0 且 a≠b [解析] ∵a a+b b>a b+b a ?( a- b) ( a+ b)>0?a≥0,b≥0 且 a≠b. 1 12.设 a>0,b>0,则下面两式的大小关系为 lg(1+ ab)________ [lg(1+a)+lg(1+ 2
2

b)].
[答案] ≤ [解析] ∵(1+ ab) -(1+a)(1+b)
2

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=1+2 ab+ab-1-a-b-ab =2 ab-(a+b)=-( a- b) ≤0 ∴(1+ ab) ≤(1+a)(1+b), 1 ∴lg(1+ ab)≤ [lg(1+a)+lg(1+b)]. 2 1 3 13.如果不等式|x- a|<1 成立的充分非必要条件是 <x< ,则实数 a 的取值范围是 2 2 ________. [答案] 1 3 ≤a≤ 2 2
2 2

[解析] |x-a|<1?a-1<x<a+1 1 a-1≤ ? ? 2 a-1,a+1)则有? 3 ? ?a+1≥2

?1 3? 由题意知? , ? ?2 2?



1 3 (且等号不同时成立)解得 ≤a≤ . 2 2 14.给出下列不等式: ①a>b>0,且 a + =1,则 ab>a b ; 4 ②a,b∈R,且 ab<0,则 ③a>b>0,m>0,则
2

b2

2 2

a2+b2 ≤-2; ab

a+m a > ; b+m b

? 4? ④?x+ ?≥4(x≠0). ?
x?
其中正确不等式的序号为________. [答案] ①②④ [解析] ①a>b>0,∴a≠ ∴a + =1>2 4
2

b
2

b2

a · =ab
4
2 2 2 2

2

b2

∴1-ab>0,∴ab-a b =ab(1-ab)>0,∴ab>a b 正确.
2 a2+b2 (a+b) ② +2= ab ab

∵ab<0,(a+b) ≥0,∴

2

a2+b2 ≤-2,②正确; ab

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a+m a (b-a)m - = b+m b b(b+m)

∵a>b>0,m>0, (b-a)m ∴b(b+m)>0,b-a<0,∴ <0, b(b+m) ∴

a+m a < ,③不正确. b+m b

4 ? 4? ④?x+ ?=|x|+ ≥4,④正确. |x| ? x? 三、解答题 15.设 a>0,b>0,a+b=1. 1 1 1 求证:(1) + + ≥8;

a b ab

? 1?2 ? 1?2 25 (2)?a+ ? +?b+ ? ≥ . ? a? ? b? 2
[证明] (1)∵a>0,b>0,a+b=1, 1 1 ∴1=a+b≥2 ab, ab≤ ,∴ ≥4. 2 ab 1 1 1 ?1 1? 1 ∴ + + =(a+b)? + ?+

a b ab

?a b? ab
a b ab
2 ≥?

≥2 ab·2 (2)∵

1

ab

1 1 1 +4=8,∴ + + ≥8. ,则

a+b
2



a2+b2
2

a2+b2 ?a+b?2

? ? 2 ?

1 1 1?2 ? 1?2 ? a+ +b+ ? ? ? a b?2 ∴?a+ ? +?b+ ? ≥2 ? ? ? a? ? b? 2 ? ?



?1+1+1?2 ? ? a b? ?1+2 ? ? ?
2 ≥ 2

ab?

1 ?2

?

25 ≥ . 2

? 1?2 ? 1?2 25 ∴?a+ ? +?b+ ? ≥ . ? a? ? b? 2
(a-b) a+b (a-b) 16.已知 a>b>0,求证 < - ab< . 8a 2 8b (a-b) a+b (a-b) [证明] 欲证 < - ab< 成立. 8a 2 8b (a-b) (a-b) 只需证 <a+b-2 ab< 4a 4b
2 2 2 2 2 2

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?? ?

a-b?2 ?a-b?2 2 ? ? <( a- b) <? ? ?2 a? ? 2 b? a-b a-b a+ b a+ b < a- b< ? <1< 2 a 2 b 2 a 2 b b a b a b a <2<1+ ? <1< ? <1< . a b a b a b b a a b

?1+

∵a>b>0,∴ <1< 成立. (a-b) a+b (a-b) 从而,有 < - ab< . 8a 2 8b 17.已知 a、b、c 表示△ABC 的三边长,m>0, 求证:
2 2

a

a+m b+m c+m a




b



c

. >

[证明] 要证明 只需证明 ∴ =

b

c

a+m b+m c+m

a b c + - >0 即可 a+m b+m c+m

a b c + - a+m b+m c+m a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m) (a+m)(b+m)(c+m)

∵a>0,b>0,c>0,m>0 ∴(a+m)(b+m)(c+m)>0 ∵a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m)=abc+abm+acm+am +abc+abm +bcm+bm -abc-bcm-acm-cm =2abm+am +abc+bm -cm =2abm+abc+(a+b-c)m
2 2 2 2 2 2 2

∵△ABC 中任意两边之和大于第三边 ∴a+b-c>0,∴(a+b-c)m >0 ∴2abm+abc+(a+b-c)m >0 ∴
2 2

a

a+m b+m c+m



b



c

.

18.若 a,b,c 为不全相等的正数,求证:lg [证明] lg? 要 证 lg

a+b
2

+lg

b+c
2

+lg

c+a
2

>lga+lgb+lgc.

a+b
2

+ lg

b+c
2

+ lg

c+a
2

>lga + lgb + lgc , 只 需 证

?a+b·b+c·c+a?>lg(a·b·c), 2 2 ? ? 2 ?

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即证

a+b b+c c+a
2 · 2 · 2

>abc.

因为 a,b,c 为不全相等的正数, 所以

a+b
2

≥ ab>0,

b+c
2

≥ bc>0,

c+a
2

≥ ac>0,

且上述三式中等号不能同时成立. 所以

a+b b+c c+a
2 · 2 · 2

>abc 成立,

所以 lg

a+ b
2

+lg

b+c
2

+lg

c+a
2

>lga+lgb+lgc 成立.


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