2019秋+金版学案+数学·选修4-5(人教A版)练习：第二讲2.2综合法和分析法+Word版含解析

第二讲证明不等式的基本方法
2.2 综合法与分析法
[A级基础巩固]
一、选择题
1．若实数x，y满足不等式xy＞1，x＋y≥0，则()
A．x＞0，y＞0B．x＜0，y＜0
C．x＞0，y＜0 D．x＜0，y＞0
解析：因为xy＞1＞0，所以x，y同号．又x＋y≥0，故x＞0，y ＞0.
答案：A
2．设x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则()
A．x＋y≥2(2＋1) B．xy≤2＋1
C．x＋y≤2(2＋1)2D．xy≥2(2＋1)
解析：因为x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，
所以(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
x ＋y 22
.
所以(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0，
解得x ＋y ≥2(2＋1)．
答案：A
3．对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是(
)
A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin β
B ．sin(α＋β)＞cos α＋cos β
C ．cos(α＋β)＞sin α＋sin β
D ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β
解析：因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，
所以cos α＞cos(α＋β)．
又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．
答案：D
4．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫
13a
＜1，则( )
A ．a a ＜a b ＜b a
B ．a a ＜b a ＜a b
C ．a b ＜a a ＜b a
D ．a b ＜b a ＜a a
解析：因为13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a
＜1，
所以0＜a ＜b ＜1，所以a a
a b ＝a a －b ＞1，所以a b ＜a a ，
a a
b a ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫a b a .因为0＜a b ＜1，a ＞0，
所以⎝ ⎛⎭
⎪⎫a b a ＜1，所以a a ＜b a ，所以a b ＜a a ＜b a . 答案：C
5．已知a ，b ∈R ，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：当a ＞1，b ＞1时，两式相加得a ＋b ＞2，两式相乘得ab ＞1.
反之，当a ＋b ＞2，ab ＞1时，a ＞1，b ＞1不一定成立．
如：a ＝12
，b ＝4也满足a ＋b ＞2，ab ＝2＞1，但不满足a ＞1，b ＞1.
答案：B
二、填空题
6．若1a ＜1b
＜0，已知下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b
＞2. 其中正确的不等式的序号为________．
解析：因为1a ＜1b
＜0， 所以b ＜a ＜0，故②③错．
答案：①④
7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为：
lg ⎝
⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 解析：12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12
lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12，
又lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫a ＋b ＋22， 因为a ＞0，b ＞0，
所以a ＋1＞0，b ＋1＞0，
所以[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22
， 所以lg ⎝
⎛⎭⎪⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝
⎛⎭⎪⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 答案：≥
8．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的等
比中项，1R 是1a ，1b
的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．
解析：P ＝a ＋b 2
，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b ， 所以R ＝2ab a ＋b
≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b 2，
当且仅当a＝b时取等号．
答案：P≥Q≥R
三、解答题
9．已知a＞0，b＞0，2c＞a＋b，求证：c－c2－ab＜a. 证明：要证c－c2－ab＜a，
只需证明c＜a＋c2－ab，
即证b－a＜2c2－ab，
当b－a＜0时，显然成立；
当b－a≥0时，只需证明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，
即证(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的三边长是a，b，c，且m为正数．
求证：
a
a＋m
＋
b
b＋m
>
c
c＋m
.
证明：要证a
a＋m ＋b
b＋m
>
c
c＋m
，
只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)>0，
即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm －bcm－cm2>0，
即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2>0.
由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m >0，故有a ＋b >c ，
即(a ＋b －c )m 2>0.
所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的．
因此a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m
成立． B 级 能力提升
1．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( )
A ．S ≥2P
B ．P ＜S ＜2P
C ．S ＞P
D ．P ≤S ＜2P
解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，
所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，
即S ≥P .
又三角形中|a －b |＜c ，所以a 2＋b 2－2ab ＜c 2，
同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2，
所以a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .
答案：D
2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n
的大小关系是________． 解析：要比较2
n ＋1与2n ＋1n 的大小，只需比较(2n ＋1)2与⎝
⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2的大小，即4n ＋4与4n ＋4＋1n 的大小．
因为n为正整数，所以4n＋4＋1
n
＞4n＋4.
所以2n＋1＜2n＋1
n
.
答案：2n＋1＜2n＋1 n
3．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：
(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；
(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明：(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，
(c＋d)2＝c＋d＋2cd，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.
因此a＋b>c＋d.
(2)①若|a－b|<|c－d|，
则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，
由(1)得a＋b>c＋d.
②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2即a＋b＋2ab>c ＋d＋2cd，
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，
因此|a－b|<|c－d|，
综上所述a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。