(新课程)高中数学 2-2 综合法与分析法知能达标演练 新人教A版选修4-5

第二节 综合法与分析法
一、选择题 1．若a >0，b >0，下列不等式中不成立的是( )．
A.b a ＋a b
≥2 B．a 2＋b 2
≥2ab
C.b 2a ＋a 2b ≥a ＋b
D.1a ＋1b ≥2＋2a ＋b
解析 由b
a ∈(0，＋∞)且a
b ∈(0，＋∞)，得b a ＋a b ≥2
b a ·a
b
，所以A 成立，B 显然成立，不等式C 可变形为a 3
＋b 3
≥a 2
b ＋ab 2
⇔(a 2
－b 2
)(a －b )≥0. 答案 D
2．已知x >y >z ，且x ＋y ＋z ＝0，下列不等式中成立的是( )．
A ．xy >yz
B ．xz >yz
C ．xy >xz
D ．x |y |>z |y | 解析 由已知3x >x ＋y ＋z ＝0， 3z <x ＋y ＋z ＝0，∴x >0，z <0.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x >0y >z
得：xy >xz .
答案 C
3．下面对命题“函数f (x )＝x ＋1
x
是奇函数”的证明不是综合法的是( )．
A ．∀x ∈R 且x ≠0有f (－x )＝(－x )＋1－x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数
B ．∀x ∈R 且x ≠0有f (x )＋f (－x )＝x ＋1x
＋(－x )＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1x ＝0，∴f (x )＝－f (－x )，
∴f (x )是奇函数
C ．∀x ∈R 且x ≠0，∵f (x )≠0，∴f －x
f x
＝
－x －
1x
x ＋1
x
＝－1，∴f (－x )＝－f (x )，
∴f (x )是奇函数
D ．取x ＝－1，f (－1)＝－1＋1－1＝－2，又f (1)＝1＋1
1
＝2
解析 选项A 、B 、C 都是从奇函数的定义出发，证明f (－x )＝－f (x )成立，从而得到
f (x )是奇函数，而选项D 的证明方法是错误的．
答案 D
4．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，则( )．
A ．R <P <Q
B ．P <Q <R
C ．Q <P <R
D ．P <R <Q 解析 ∵lg a >lg b >0，
∴1
2(lg a ＋lg b )>lg a ·lg b ，即Q >P . 又∵a >b >1，∴a ＋b
2
>ab ，
∴lg ⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋b 2>lg ab ＝12(lg a ＋lg b )．
即R >Q ，∴P <Q <R . 答案 B 二、填空题
5．若直线ax ＋2by －2＝0(a ＞0，b ＞0)始终平分圆x 2＋y 2－4x －2y －8＝0的周长，则1a ＋2
b
的
最小值为________．
解析 直线始终平分圆的周长，所以直线过圆心(2,1)，即a ＋b ＝1，所以1a ＋2b ＝3＋b a ＋2a b
≥3
＋2 2. 答案 3＋2 2
6．已知a ，b ，c ∈R ＋，则1a ＋1b ＋1c
与1ab ＋1bc ＋1ac
的大小关系是________．
解析 因为1a ＋1
b
≥2
1
ab ，1b ＋1c
≥2
1
bc ，1a ＋1c
≥2
1
ab
，三式相加可得1a ＋1b ＋1c
≥
1
ab
＋
1
bc
＋
1
ac
.
答案 1a ＋1b ＋1c
≥1ab ＋1bc ＋1
ac
7．设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3
≥3abc 成立的一
个充要条件是______________． 解析 a 3
＋b 3
＋c 3
－3abc
＝(a ＋b ＋c )(a 2
＋b 2
＋c 2
－ab －ac －bc )
＝12(a ＋b ＋c )[(a －b )2＋(b －c )2＋(a －c )2
]， 而a 、b 、c 不全相等⇔(a －b )2
＋(b －c )2
＋(a －c )2
>0， ∴a 3
＋b 3
＋c 3
≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案 a ＋b ＋c ≥0 8．已知a >b >c ，则
a －b
b －
c 与a －c
2
的大小关系为______________．
解析 ∵a －b >0，b －c >0， ∴a －b b －c ≤
a －
b ＋b －c
2
＝
a －c
2
.
∴a －b
b －
c ≤a －c
2
.
答案 a －b
b －
c ≤a －c
2
三、解答题
9．已知|a |<1，|b |<1，求证：⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab <1.
证明 要证⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab <1，只需证|a ＋b |<|1＋ab |，
也只需证a 2
＋2ab ＋b 2
<1＋2ab ＋a 2b 2
， 即证(1－a 2
)－b 2
(1－a 2
)>0， 也就是(1－a 2
)(1－b 2
)>0，
∵|a |<1，|b |<1，∴最后一个不等式显然成立． 因此原不等式成立．
10．(1)已知a ，b ，c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2
≥13
；
(2)a ，b ，c 为互不相等的正数，且abc ＝1， 求证：1a ＋1b ＋1
c
>a ＋b ＋c .
证明 (1)∵a ＋b ＋c ＝1，∴(a ＋b ＋c )2
＝1， 由a 2
＋b 2
≥2ab 得
a 2＋
b 2＋
c 2＝1
3
(a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2＋a 2＋b 2＋c 2)
≥13(a 2＋b 2＋c 2
＋2ab ＋2bc ＋2ac ) ＝13(a ＋b ＋c )2
＝13
.
(2)法一 由左式推证右式
∵abc ＝1，且a ，b ，c 为互不相等的正数， ∴1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ac ＋ab ＝bc ＋ac 2＋ac ＋ab 2＋ab ＋bc 2 >bc ·ac ＋ac ·ab ＋ab ·bc (基本不等式) ＝c ＋a ＋b . ∴1a ＋1b ＋1
c
>a ＋b ＋c .
法二 由右式推证左式
∵a ，b ，c 为互不相等的正数，且abc ＝1， ∴a ＋b ＋c ＝
1
bc
＋
1
ac
＋
1
ab
<1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2(基本不等式)＝1a ＋1b ＋1c
. 11．已知{a n }是首项为2，公比为1
2
的等比数列，S n 为它的前n 项和．
(1)用S n 表示S n ＋1；
(2)是否存在自然数c 和k ，使得
S k ＋1－c
S k －c
＞2成立． 解 (1)∵S n ＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n ， ∴S n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝12S n ＋2，(n ∈N ＋)． (2)要使
S k ＋1－c
S k －c
＞2， 只要
c －⎝ ⎛⎭
⎪
⎫32S k －2c －S k
＜0，
因为S k ＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12k ＜4， 所以S k －⎝ ⎛⎭⎪⎫32S k －2＝2－12S k ＞0(k ∈N ＋)， 故只要3
2S k －2＜c ＜S k (k ∈N ＋)，①
因为S k ＋1＞S k (k ∈N ＋) 所以32S k －2≥3
2
S 1－2＝1.
又S k ＜4，故要使①成立，c 只能取2或3.
当c ＝2时，因为S 1＝2，所以当k ＝1时，c ＜S k 不成立，从而①不成立． 当k ≥2时，因为32S 2－2＝5
2＞c ，由S k ＜S k ＋1(k ∈N ＋)得
32S k －2＜3
2
S k ＋1－2. 故当k ≥2时，3
2S k －2＞c ，从而①不成立．
当c ＝3时，因为S 1＝2，S 2＝3，
所以当k ＝1，k ＝2时，c ＜S k 不成立，从而①不成立． 因为32S 3－2＝134＞c ，又32S k －2＜3
2S k ＋1－2，
所以当k ≥3时，3
2S k －2＞c ，从而①不成立．
综上所述，不存在自然数c ，k ，使
S k ＋1－c
S k －c
＞2成立．。