高中数学人教版选修4-5习题：第二讲2.2综合法与分析法
人教新课标版数学高二-练习2014版高中数学选修4-5练习2.2综合法与分析法
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课时提升卷(七)综合法与分析法（45分钟 100分）一、选择题(每小题5分,共30分)1.设a>0,b>0且ab-(a+b)≥1,则( )A.a+b≥2(+1)B.a+b≤+1C.a+b≤(+1)2D.a+b>2(+1)2.若1<x<10,下面不等式中正确的是( )A.(lgx)2<lgx2<lg(lgx)B.lgx2<(lgx)2<lg(lgx)C.(lgx)2<lg(lgx)<lgx2D.lg(lgx)<(lgx)2<lgx23.下列三个不等式中:①a<0<b;②b<a<0;③b<0<a,其中能使<成立的充分条件有( )A.①②B.①③C.②③D.①②③4.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1) (b2-1)≥05.已知a,b,c为三角形的三边且S=a2+b2+c2,P=ab+bc+ca,则( )A.S≥2PB.P<S<2PC.S>PD.P≤S<2P6.设x1和x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则( )A.|x1|>2且|x2|>2B.|x1+x2|<4C.|x1+x2|>4D.|x1|=4且|x2|=1二、填空题(每小题8分,共24分)7.等式“=”的证明过程:“等式两边同时乘以得,左边=·===1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用了的证明方法.(填“综合法”或“分析法”)8.(2013·威海高二检测)设x,y,z为正实数,满足x-2y+3z=0,则的最小值是.9.设a,b,c都是正实数,a+b+c=1,则++的最大值为.三、解答题(10～11题各14分,12题18分)10.用分析法证明:当x>0时,sinx<x.11.(2013·常州高二检测)已知x,y,z均为正数,求证:++≥++.12.(能力挑战题)在某两个正数x,y之间,若插入一个数a,使x,a,y 成等差数列,若插入两个数b,c,使x,b,c,y成等比数列,求证:(a+1)2≥(b+1)(c+1).答案解析1.【解析】选A.因为≤,所以ab≤(a+b)2,所以(a+b)2-(a+b)≥ab-(a+b)≥1,所以(a+b)2-4(a+b)-4≥0,所以a+b≤2-2或a+b≥2+2.又a>0,b>0,所以a+b≥2+2.2.【解析】选D.因为1<x<10,所以0<lgx<1,所以0<(lgx)2<1,0<lgx2<2,lg(lgx)<0.又(lgx)2-lgx2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2)<0,所以0<(lgx)2<lgx2,所以lg(lgx)<(lgx)2<lgx2.3.【解析】选A.①a<0<b⇒<;②b<a<0⇒<;③b<0<a⇒>,故选A.4.【解析】选D.a2+b2-1-a2b2=-(a2-1)(b2-1),要证原不等式成立,只需证-(a2-1)(b2-1)≤0,即证(a2-1)(b2-1)≥0. 5.【解析】选D.因为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.6.【解析】选C.由方程有两个不等实根知Δ=p2-16>0,故>4.又x 1+x2=-p,所以=>4.7.【解析】由综合法的特点可知,此题的证明用的是综合法.答案:综合法8.【解析】由x-2y+3z=0得y=,代入得=≥=3,当且仅当x=3z时,取等号.答案:39.【解题指南】本题需把++的最大值问题转化为(++)2的最大值问题,注意“1”的使用.【解析】因为(++)2=a+b+c+2+2+2≤1+(a+b)+(b+c)+(c+a)=1+2(a+b+c)=3,所以++≤,当且仅当a=b=c=时等号成立.答案:【拓展提升】解含有根式的问题(1)含有根式的问题,往往是先确定符号,通过平方将其有理化解决.(2)平方过程中要注意变形的恒等性.10.【证明】当x>0时,要证sinx<x,即证f(x)=sinx-x<0=f(0),即证f'(x)=cosx-1≤0,显然当x>0时,f'(x)=cosx-1≤0,故原命题成立. 【变式备选】用分析法证明:当x>1时,x>ln(1+x).【证明】当x>1时,要证x>ln(1+x),即证f(x)= x-ln(1+x)>0=f(0),即证f'(x)=1-=>0,显然x>1时,f'(x)>0,所以原命题成立.【拓展提升】分析法证明不等式的技巧(1)用分析法证明不等式,是从要证的不等式着手,逐步推求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知正确的不等式或为已知条件,这是一种执果索因的思考方法和证明方法.(2)当所证的不等式与基本不等式没有什么直接联系,或条件与结论之间的关系不明显时,可用分析法来寻找证明途径.11.【证明】因为x,y,z均为正数,所以+=≥,同理得+≥,+≥(当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立), 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得++≥++.12.【证明】方法一:由条件得消去x,y即得:2a=+,且有a>0,b>0,c>0,要证(a+1)2≥(b+1)(c+1),只需证a+1≥,因为≤=+1,所以只需证2a≥b+c,而2a=+,所以只需证+≥b+c,即b3+c3≥bc(b+c),(b+c)(b2+c2-bc)≥bc(b+c),而b+c>0,则只需证b2+c2-bc≥bc,即(b-c)2≥0,上式显然成立.所以原不等式成立.方法二:由等差、等比数列的定义知:用x,y表示a,b,c得所以(b+1)(c+1)=(+1)(+1)≤=(2x+y+3)(x+2y+3)≤==(a+1)2,所以原不等式成立.关闭Word文档返回原板块。
高中数学人教A版选修4-5配套课件：2-2《综合法与分析法》
【课标要求】 1．理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点． 2．掌握综合法、分析法证明简单不等式的方法和步骤． 3．能综合运用综合法、分析法证明不等式．
【核心扫描】
1．综合法、分析法证明不等式是本节的热点． 2．不等式常与函数、数列及三角相结合，考查综合论证不 等式的思维能力．(难点)
答案 ①④
课前探究学习
课堂讲练互动
题型一 综合法证明不等式 【例 1】 已知 a，b，c∈R＋，证明不等式： a＋b＋c≥ ab＋ bc＋ ca， 当且仅当 a＝b＝c 时取等号．
[思维启迪] 对比不等式左右两边的特点，联想基本不等式， 利用同向不等式相加，找到不等式的证明方法．
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2 2 2 2
a＋b 2 2 ≥2ab ， ≥ ab . a 2
a＋b 1 b a 2 ＋b ≥2(a＋b) .③若 a， b 为正实数， 2 ≥ ab.特别a＋b≥2. ④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
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b＋c－a 【变式 1】 已知 a，b，c 是不全相等的正数，求证： a c＋a－b a＋b－c ＋ b ＋ c ＞3. b a c b a c 证明 左边＝a＋b＋b＋ c＋c＋a－3.
第三种：各步之间用符号“⇐”．
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基础自测 1．如果 a≠0，b≠0，那么下列各式恒成立的是 b a A. ＋ ≥2 a b
1 1 C．(a＋b)a＋b≥4
(
)．
|a＋b| B. |ab|≤ 2
a2＋b2 a＋b2 D. ≥ 2 2
答案 D
规律方法 (1)综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的 因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右 两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等
人教版选修A4-5数学课件：2.2 .综合法与分析法 (共23张PPT)
)
答案：A
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二 综合法与分析法
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X 新知导学 D答疑解惑
INZHIDAOXUE
AYIJIEHUO
D当堂检测
ANGTANGJIANCE
2.分析法 证明命题时,从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件, 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已 证明的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫 做分析法,这是一种执果索因的思考和证明方法. 名师点拨用分析法证明不等式的逻辑关 系:B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A,由结论步步寻求使不等式成立的充分条 件,从而得到已知(或明显成立的事实).
AYIJIEHUO
D当堂检测
ANGTANGJIANCE
1.综合法 一般地,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过 一系列的推理、论证而得出命题成立,这种证明方法叫做综合法, 又叫顺推证法或由因导果法. 名师点拨用综合法证明不等式的逻辑关 系:A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B,由已知逐步推演不等式成立的必要条件, 从而得结论. 做一做1 若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是 (
(3)a+b≥2√������������(a,b>0);
(4)a3+b3+c3≥3abc(a,b,c>0);ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(5)|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.
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二 综合法与分析法
探究一 探究二 规范解答
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X 新知导学 D答疑解惑
1 1 A.a+ >b+ ������ ������ ������ ������+1 C. < ������ ������+1 1 1 B.a- <b������ ������ 2������+������ ������ D. > ������+2������ ������ 1 1 1 1 解析：因为 a>b>0,所以 > >0,于是有 a+ >b+ . ������ ������ ������ ������
人教A版选修【4-5】2.2《综合法与分析法》习题及答案
数学·选修4－5(人教A版)证明不等式的基本方法2.2 综合法与分析法一层练习1．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的( )A．必要条件 B．充分条件C．充要条件 D．必要或充分条件答案：B2．若x＞y＞1,0＜a＜1，则下列式子中正确的是( )A．a x＞a y B．log a x＞log a yC．x a＜y a D．x－a＜y－a答案：D3．设a，b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是( )A．A≥B B．A≤BC．A>B D．A<B答案：C4．已知0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b,2ab，a2＋b2,2ab中最大的是________．答案：a＋b5．求证：7＜25－ 3.证明：21＜25⇒21＜5⇒221＜10⇒10＋221＜20⇒(7＋3)2＜(25)2⇒7＋3＜2 5⇒7＜25－ 3.所以原不等式成立．二层练习6．若1<x<10，下面不等式中正确的是( ) A．(lg x)2<lg x2<lg(lg x)B．lg x2<(lg x)2<lg(lg x)C．(lg x)2<lg(lg x)<lg x2D．lg(lg x)<(lg x)2<lg x2[:答案：D7．设a≥b，b>0，M＝a2＋b2ab，N＝a＋b，则M与N的大小关系是________．答案：M≥N8．a，b是正数，求证：a2＋b2＋2≥12.证明：a2＋b2＋2＝＋2－2ab＋2＝1－2ab ＋2≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋2＝1－12＝12， 当且仅当a ＝b 时取“＝”．9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c.证明：证法一(综合法)∵a，b ，c∈R ＋，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc. ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c. 证法二(分析法)lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c ⇐ lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ⇐ a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc. 因为a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立，从而原不等式成立．10．(2018·新课标Ⅱ卷)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：(1)ab ＋bc ＋ca≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab，b 2＋c 2≥2bc，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca.由题设得(a ＋b ＋c)2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca)≤1，即ab ＋bc ＋ca≤13. (2)因为a 2b ＋b≥2a，b 2c ＋c≥2b，c 2a＋a≥2c， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c)≥2(a＋b ＋c)，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a＋b ＋c. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 三层练习 11．(1)设x≥1，y≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy. (2)1<a≤b≤c，求证：log a b ＋log b c ＋log c a≤log b a ＋log c b ＋log a c.证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy(x ＋y)＋1≤y＋x ＋(xy)2， 将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy)2]－[xy(x ＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x ＋y)－(x ＋y)]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y)(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．又x≥1，y≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数换底公式得log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy. 于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ， 其中x ＝log a b≥1，y ＝log b c≥1.故由(1)知所要证明的不等式成立．12．(2018·上海卷·节选)给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|，数列a 1，a 2，a 3…满足a n ＋1＝f(a n )，n∈N *.(1)若a 1＝－c －2，求a 2及a 3；(2)求证：对任意n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.解析：因为c>0，a 1＝－(c ＋2)，故 a 2＝f(a 1)＝2|a 1＋c ＋4|－|a 1＋c|＝2，a 3＝f(a 1)＝2|a 2＋c ＋4|－|a 2＋c|＝c ＋10.(2)要证明原f(x)≥x＋c ⇔2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|≥x＋c ，即只需证明2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ，若x ＋c≤0，显然有2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ＝0成立；若x ＋c>0，则2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ⇔x ＋c ＋4>x ＋c 显然成立．综上，f(x)≥x＋c 恒成立，即对任意的n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.13．设实数数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n∈N *)，(利用综合法和分析法)求证：对k≥3有0≤a k ≤43.证明：由题设条件有S n ＋a n ＋1＝a n ＋1S n ，故S n ≠1，a n ＋1≠1且a n ＋1＝S n S n －1，S n ＝a n ＋1a n ＋1－1， 从而对k≥3有a k ＝S k －1S k －1－1＝a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1＝a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1＝a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1.① 因a 2k －1－a k －1＋1＝a k －1－122＋34>0且a 2k －1≥0，由①得a k ≥0. 要证a k ≤43，由①只要证a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1≤43，即证3a 2k －1≤4(a 2k －1－a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0. 此式明显成立．因此a k ≤43(k≥3)．即原14．设b>0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.解析：(1)由a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2可得 n a n ＝2b ·n －1a n －1＋1b， 当b ＝2时，n a n ＝n －1a n －1＋12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 是以1a 1＝12为首项，12为公差的等差数列， ∴n a n ＝n 2，从而a n ＝2. 当b≠2时，n a n ＋12－b ＝2b ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1＋12－b ， 则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n ＋12－b 是以1a 1＋12－b ＝2－为首项，2b为公比的等比数列， ∴n a n ＋12－b＝2－·⎝ ⎛⎭⎪⎫2b n －1＝12－b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2b n ， ∴a n ＝nb n －2n－b n . 综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，b ＝2，nb n －2n －b n ，b>0且b≠2. (2)当b ＝2时，a n ＝2，b n ＋12n ＋1＋1＝2， ∴a n ＝b n ＋12n ＋1＋1，从而不等式成立； 当b≠2时，要证a n ≤b n ＋12n ＋1＋1， 只需证nb n －2n －b n ≤b n ＋12n ＋1＋1， 即证－2n －b n ≤b 2n ＋1＋1b n ， 即证n 2n －1＋2n －2b ＋2n －3b 2＋…＋2b n －2＋b n －1≤b 2n ＋1＋1b n ， 即证n≤2n －1b n ＋2n －2b n －1＋2n －3b n －2＋…＋2b 2＋1b ＋b 22＋b 223＋…＋b n －12n ＋b n 2n ＋1， 而上式右边＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －1b n ＋b n 2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －2b n －1＋b n －12n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 2＋b 223＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋b 22≥22n －1b n ·b n 2n ＋1＋ 22n －2b n －1·b n －12n ＋…＋22b 2·b 223＋21b ·b 22＝n. ∴当b≠2时，原不等式也成立，从而原不等式成立．1．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点．常用不等式有：(1)a 2≥0(a∈R)；(2)(a －b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a 2＋b 2≥2ab，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab，a 2＋b 2≥12(a ＋b)2；(3)若a ，b∈R ＋，a ＋b 2≥ab ，特别的有b a ＋a b≥2；(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca(a ，b ，c∈R)． 2．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．对思路不明显，从条件看感到无从下手的问题宜用分析法．用分析法证明“若A 则B”的模式为：欲证只需证只需证……[:只需证明A 为真．今已知A 为真，故B 必真．可以简单写成：B ⇐B 1⇐B 2⇐……⇐B n ⇐A.3．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．4．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．分析与综合互为前提，相互渗透，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点，分析法和综合法要结合起来使用，也就是“两头凑”，会使问题较易解决．即在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件同一为止，从而证明了不等式．这种“由两头往中间靠”的方法可称为分析综合法．5．一般来说，如果已知条件信息量较小，或已知与待证间的直接联系不明显，“距离”较大，用分析法来证明．。
2014-2015学年高中数学人教版A版选修4-5教学课件：第二讲 二 综合法与分析法
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[例 1]
已知 x>0， y>0，且 x＋y＝1，求证：
1 1 (1＋ )· (1＋ )≥ 9. x y
[思路点拨]
可将所证不等式左边展开，运用已知和
基本不等式可得证，也可以用 x＋y 取代“1”，化简左边， 然后再用基本不等式．
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[证明]
法一：∵x>0，y>0，∴1＝x＋y≥2 xy.
有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显
时，可用分析法来寻找证明途径． (2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须 可逆．
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3．求证： 3＋ 7<2 5.
证明：分析法： ∵ 3＋ 7>0,2 5>0，∴要证 3＋ 7<2 5.
∴只需证明：( 3＋ 7)2<(2 5)2. 展开得：10＋2 21<20. 即证 2 21<10， 即证 21<25(显然成立)． ∴ 3＋ 7<2 5.
1 ∴xy≤ . 4 1 1 1 1 1 ∴(1＋x)(1＋ y)＝1＋x＋y ＋xy x＋y 1 2 ＝1＋ xy ＋xy＝1＋xy≥1＋8＝9. 1 当且仅当 x＝y＝ 时等号成立． 2
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法二：∵x＋y＝1，x>0，y>0， x＋y x＋y 1 1 ∴(1＋x)(1＋ y)＝(1＋ x )(1＋ y ) y x y x ＝(2＋x)(2＋ y)＝5＋2(x＋ y)≥5＋2×2＝9. 1 当且仅当 x＝y＝ 时， 等号成立． 2
2 2 2
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[例 2]
1 3 31 已知 x>0，y>0，求证(x ＋y ) >(x ＋y ) . 2 3
2 2
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2综合法与分析法课件新人教A版选修4_5
【解析】选D.根据综合法的定义可得,综合法是执因导 果法,是顺推法;根据分析法的定义得,分析法是执果索 因法,是逆推证法.
2.下列对命题“函数f(x)=x+ 1 是奇函数”的证明不 x
是综合法的是 ( )
A.∀x∈R且x≠0有f(-x)=(-x)+
=-f(x),
所以f(x)是奇函数
1 (x 1 )
(2)综合法证明不等式所依赖的已知不等式主要有如下
几个:①a2≥0(a∈R);②(a-b)2≥0(a,b∈R),其变形有
a2+b2≥2ab,（a
2
b）2
≥ab,a2+b2≥
1 2
(a+b)2;③若a,b
为正实数,则 a b 2
ab，特别
ba
≥2;④a2+b2+c2≥
ab
ab+bc+ca.
C.
-1-a2b2≤0
( a b )2
2
B.a2+b2-1- a2 b2 ≤0 D.(a2-1)(b2-1)2≥0
【解析】选D.因为a2+b2-1-a2b2=(a2-1)(1-b2) =-(a2-1)(b2-1), 故要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证(a2-1)(b2-1)≥0.
【知识探究】 探究点 综合法与分析法 1.综合法与分析法证明不等式的逻辑关系是怎样的? 提示:综合法:A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B (已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论).
只要证(a+b+c)（ b
1
c
a
1
c
a
1
） b
9 2
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.2 分析法与综合法同步检测(含解析)新人教A版选修4-5
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2 分析法与综合法同步检测（含解析）新人教A版选修4-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2 分析法与综合法同步检测（含解析）新人教A版选修4-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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2。
2分析法与综合法同步检测一、选择题1。
设a，b＞0,，，则A,B的大小关系是（）A。
A＝B B。
A＜B C。
A＞B D.大小不确定答案:C解析：【解答】用综合法:，所以.所以.又,，所以.【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是对所给关系式A,B两边平方作差比较即可.2。
下面对命题“函数是奇函数”的证明不是综合法的是A。
且x≠0有,则是奇函数B.且x≠0有，所以，则是奇函数C。
且x≠0，∵,∴，∴,则是奇函数D.取,，又,则是奇函数答案：D解析：【解答】D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法。
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据综合法的特征分析判断即可.3. 若O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点,动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的( ）A。
外心 B。
内心 C。
重心 D。
垂心答案：B解析：【解答】∵，∴。
∴AP是△ABC中∠BAC的内角平分线，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的内心【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据所给条件平行四边形法则得到AP是△ABC中∠BAC的内角平分线,证明问题。
数学·选修4-5(人教A版)课件：第二讲2.2综合法与分析法
＋c)≥3 a·3 b·3 c＝27，
当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立，
所以原不等式成立．
类型 2 分析法证明不等式
1
[典例 2] 已知 x＞0，y＞0，求证：(x2＋y2)2＞(x3＋
1
y3)3.
证明：因为 x＞0，y＞0，
1
1
所以要证明(x2＋y2)2＞(x3＋y3)3，
只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6， 即证 3x4y2＋3x2y4＞2x3y3. 因为 x＞0，y＞0，所以 x2y2＞0， 即证 3x2＋3y2＞2xy. 因为 3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy， 所以 3x2＋3y2＞2xy 成立．
归纳升华 1．分析法是指从要证的不等式出发，分析这个不等式 成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备．其 特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“已知”． 2．当所要证的不等式与重要不等式、基本不等式没 有直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用 分析法来证明．
积极 主动
以终 为始
分清 主次
不断 更新
高效学习模型
高效学习模型-学习的完整 过程
方向
资料
筛选
认知
高效学习模型-学习的完整 过程
消化
固化
模式
拓展
小思 考
TIP1：听懂看到≈认知获取； TIP2：什么叫认知获取：知道一些概念、过程、信息、现象、方法，知道它们 大 概可以用来解决什么问题，而这些东西过去你都不知道；
归纳升华 1．分析法在思考上优于综合法，易于寻找证明的思 路，综合法在证明过程中书写表达条理、简练，故常将两 法综合使用，用分析法“探路”，用综合法“书写”，从 而解决较复杂的不等式证明问题．
人教版高中数学选修4-5练习第二讲2.2综合法与分析法 Word版含解析
第二讲证明不等式的基本方法
综合法与分析法
级基础巩固
一、选择题
．若＞，＞，则必有( )
＜－
＞－
≤－
≥－
解析：因为＋≥，＞，
所以＋≥，即≥－.
答案：
．设，＞，且－(＋)＝，则( )
．≤＋
．＋≥(＋)
．≥(＋)
．＋≤(＋)
解析：因为，＞，且－(＋)＝，
所以(＋)＋＝≤.
所以(＋)－(＋)－≥，
解得＋≥(＋)．
答案：
．若＞＞，下列各式中恒成立的是( )
＞
＞
．＞
．＋＞－
解析：因为＞＞，所以＞，所以＞.
答案：
．若，，∈，且＋＋＝，则下列不等式成立的是( )
．＋＋≥
．(＋＋)≥
＋＋≥
．(＋＋)≤
解析：因为＋≥，＋≥，＋≥，将三式相加，得(＋＋)≥＋＋，即
＋＋≥.
又因为(＋＋)＝＋＋＋＋＋，
所以(＋＋)≥＋×＝，故选项成立．
答案：．已知，∈，则“＋＞，＞”是“＞，＞”成立的( )
．充分不必要条件
．必要不充分条件
．充要条件
．既不充分也不必要条件解析：当＞，＞时，两式相加得＋＞，两式相乘得＞.
反之，当＋＞，＞时，＞，＞不一定成立．
如：＝，＝也满足＋＞，＝＞，但不满足＞，＞.
答案：
二、填空题
．如果＋＞＋，则实数，应满足的条件是．
解析：＋＞＋⇔(＋)(－)＞⇔≥，≥，且≠.
答案：≥，≥，且≠．若＜＜，已知下列不等式：①＋＜；②＞；③＜；④＋＞.
其中正确的不等式的序号为．
解析：因为＜＜，。
高中数学人教A版选修4-5 2-2 综合法和分析法 导学案
2.2 综合法与分析法学习目标： 1. 理解并掌握综合法与分析法; 2. 会利用综合法和分析法证明不等式知识情景：1. 基本不等式：10. 如果,a b R ∈, 那么222a b ab +≥. 当且仅当a b =时, 等号成立.20. 如果,a b R +∈, 那么2a b +≥. 当且仅当a b =时, 等号成立.30. 如果,,a b c R +∈, 那么3a b c ++≥, 当且仅当a b c ==时, 等号成立.2.均值不等式：如果,a b R +∈,那么 22ab a b a b ++ ≤≤≤常用推论：1. 20a ≥; 0;a ≥ 12(0)a a a+≥>; 2. 2(0)a b ab b a+≥>; 3. a c b b a c++≥(,,a b c R +∈). 3.不等式证明的基本方法：10. 比差法与比商法(两正数时)． 20. 综合法和分析法．30. 反证法、换元法、放缩法 案例学习：综合法：从①已知条件、②不等式的性质、③基本不等式等出发, 通过逻辑推理, 推导出所要证明的结论.这种证明方法叫做综合法. 又叫由 导 法. 用综合法证明不等式的逻辑关系：12n A B B B B ⇒⇒⇒⇒⇒ 例1 ,,0,,a b c >已知且不全相等222222()()()6a b c b c a c a b abc +++++>求证:例2分析法：从要证的结论出发, 逐步寻求使它成立的充分条件, 直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证的定理、性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做分析法. 这是一种执 索 的思考和证明方法. 用分析法证明不等式的逻辑关系：例3例412n 12n 12,,,R ,1,(1)(1)(1)2nn a a a a a a a a a +∈=+++≥已知且求证:12 ( ) n B B B B A ⇐⇐⇐⇐⇐结步步寻求不等式已论成立的充分条件知<求证222222,,0,a b b c c a a b c abc a b c ++>≥++已知求证:例5 证明：.)())((22222bd ac d c b a +≥++达标训练:1.求证7483+<+2.已知a.b.c>0,求证abc cb a ac c b b a ≥++++222222反思小结：会用综合法，分析法证明不等式。
人教版高中数学选修4-5练习：第二讲2.2综合法与分析法
第二讲证明不等式的基本方法2.2综合法与剖析法A 级基础稳固一、选择题1．若 a＞0，b＞ 0，则必有 ()b2A. a ＞ 2b－ ab2B. a ＜2b－ab2C. a ≥ 2b－ ab2D. a ≤2b－a分析：由于 a2＋b2≥2ab，a＞0，所以b2b2a＋ a ≥2b，即 a ≥2b－a.答案： C2．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)分析：由于 x，y＞0，且 xy－(x＋y)＝1，2x＋y所以 (x＋y)2－4(x＋y)－4≥0，解得 x＋y≥2( 2＋1)．答案： A3．若 a＞b＞0，以下各式中恒建立的是()2a＋b a b2＋1b2A.a＋2b ＞b B.a2＋1＞a2C ．＋1＞b－1D．a＞a ba ab a22b2＋1 b2分析：由于 a＞b＞0，所以 a ＞b ，所以a2＋1＞a2.答案： B4．若 a，b，c∈R，且 ab＋bc＋ac＝ 1，则以下不等式建立的是() A．a2＋b2＋ c2≥2B．(a＋b＋c)2≥31 1 1C.a＋b＋c≥2 31D．abc(a＋b＋c) ≤3分析：由于 a2＋b2≥2ab， a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，将三式相加，得 2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋ 2bc＋2ac，即 a2＋b2＋c2≥1.又由于 (a＋ b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，所以 (a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3，应选项 B 建立．答案： B5．已知 a，b∈R，则“a＋ b＞2，ab＞1”是“a＞ 1，b＞1”建立的 () A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件分析：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 不必定建立．1如：a＝2，b＝4 也知足 a＋b＞ 2，ab＝2＞1，但不知足 a＞1，b ＞1.答案： B二、填空题6．假如 a a＋b b＞a b＋b a，则实数a， b 应知足的条件是________．分析： a a＋b b＞a b＋b a? ( a＋b)( a－b)2＞0? a≥0，b≥0，且 a≠b.答案： a≥0， b≥0，且 a≠b1 17．若a＜b＜ 0，已知以下不等式：①a＋b＜ab；② |a|＞|b|；③ ab a＜b；④a＋b＞2.此中正确的不等式的序号为 ________．分析：由于1＜1＜0，a b所以 b＜a＜0，故②③错．答案：①④8．在 Rt△ABC 中，∠ C＝90°， c 为斜边，则a＋b的取值范围c是________．分析：由于 a2＋b2＝c2，所以 (a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≤2(a2＋b2)＝2c2，a＋b所以c≤ 2，a＋ b又由于 a＋b＞ c，所以c＞1.a＋b所以 c 的取值范围是(1，2]．答案： (1，2]三、解答题9．求证：7＜2 5－ 3.证明：21＜25?21＜5? 2 21＜10? 10＋2 21＜20? ( 7＋3)2＜(2 5)2? 7＋ 3＜2 5? 7＜2 5－ 3.所以原不等式建立．10．已知： a，b 是不相等的正数，且a3－b3＝a2－b2，求证： 1 4＜a＋b＜3.证明：由于 a，b 是不相等的正数，且a3－b3＝ a2－b2.所以 a2＋ ab＋ b2＝a＋ b.所以 (a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＞a2＋ ab＋b2＝a＋ b.所以 a＋b＞1.4要证 a＋b＜3，只要证 3(a＋b)＜4，只要证 3(a＋b)2＜4(a＋ b)，即 3(a2＋2ab＋b2)＜4(a2＋ab＋b2)，只要证a2－2ab＋b2＞0，只要证(a－b)2＞0，而 a，b 为不相等的正数，所以 (a－b)2＞0 必定建立．4故 a＋b＜3建立．4综上所述， 1＜a＋ b＜3.B 级能力提高1．设 a＞0，b＞ 0，则以下不等式中不恒建立的是()1 1A．(a＋ b) a＋b≥4．3＋b3≥2ab2B aC．a2＋b2＋ 2≥2a＋2bD. |a－ b|≥ a－ b分析：由于 a＞0，b＞0，111所以 (a＋b) a＋b≥2 ab·2ab≥ 4，当且仅当 a＝b 时等号建立，故 A 恒建立；a3＋b3≥2ab2，取 a＝12，b＝23，则 B 不建立；a2＋b2＋ 2－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2≥0，故 C 恒建立；若 a＜b，则 |a－b|≥ a－ b恒建立；若 a≥b，则 ( |a－b|)2－( a－ b)2＝ 2( ab－b)≥0，所以|a－b|≥ a－ b，故 D 恒建立．答案： B．若为正整数，则2n ＋与2 n＋1的大小关系是 ________．2 n1n分析：要比较 2 n＋ 1与 2n＋1的大小，只要比较 (2n＋1)2 n与 2n＋ 1 2的大小，即＋4与4n＋＋1的大小．n4n4n1由于 n 为正整数，所以4n＋4＋n＞ 4n＋4.所以 2n＋1＜2 n＋1 n.答案： 2 n＋1＜2 n＋1 n3．(2015 ·课标全国Ⅱ卷 )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)由于 ( a＋b)2＝a＋b＋2 ab，( c＋ d)2＝c＋d＋2 cd，由题设 a＋b＝ c＋d， ab>cd，得 ( a＋ b)2>( c＋d)2.所以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.由于 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＋2 ab>c ＋d＋2 cd，由于 a＋b＝c＋d，所以 ab>cd.于是 (a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，所以 |a－b|<|c－d|，综上所述a＋b> c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。
人教版数学高二A版选修4-5学案第二讲二综合法与分析法
二 综合法与分析法1．理解综合法和分析法的概念．2．掌握综合法和分析法的证明过程．1．综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________，又叫__________或____________．【做一做1】 若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( )A.1a ＜1b B ．a ＋1b ＞b ＋1a C ．b ＋1a ＞a ＋1b D.b a ＜b ＋1a ＋12．分析法证明命题时，我们还常常从要证的______出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为__________或______________(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做__________，这是一种__________的思考和证明方法．【做一做2－1】 分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【做一做2－2】 当x ＞1时，不等式x ＋1x －1≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，2] B ．[2，＋∞) C ．[3，＋∞) D ．(－∞，3]答案：1．综合法 顺推证法 由因导果法【做一做1】 C ∵a ＜b ＜0，∴1a ＞1b，故选项A ，B 错误，而选项C 正确．选项D 中，取b ＝－1，则b ＋1a ＋1＝0，而b a ＞0，故选项D 错误． 2．结论 已知条件 一个明显成立的事实 分析法 执果索因【做一做2－1】 A【做一做2－2】 D 要使x ＋1x －1≥a 恒成立，则令f (x )＝x ＋1x －1的最小值大于等于a 即可，而x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥2(x －1)·1x －1＋1＝3. ∴f (x )的最小值为3，∴a ≤3.1．如何理解综合法证明不等式剖析：(1)证明的特点．综合法又叫顺推证法或由因导果法，是由已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推出所要证明的结论成立．(2)证明的框图表示．用P 表示已知条件或已有的不等式，用Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→……→Q n ⇒Q(3)证明的主要依据．①a －b ＞0a ＞b ，a －b ＝0a ＝b ，a －b ＜0a ＜b ；②不等式的性质；③几个重要不等式：a 2≥0(a ∈R )，a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )，a ＋b 2≥ab (a ＞0，b ＞0)．使用综合法时要防止因果关系不清晰，逻辑表达混乱等现象．2．如何理解分析法证明不等式剖析：(1)证明的特点．分析法又叫逆推证法或执果索因法，是须从证明的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件．直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止．(2)证明过程的框图表示．用Q 表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为得到一个明显成立的不等式←…←P 3⇐P 2←P 2⇐P 1←P 1⇐Q3．综合法和分析法的优点剖析：综合法的优点是结构整齐，而分析法更容易找到证明不等式的突破口，所以通常是分析法找思路，综合法写步骤．分析法证明不等式是“逆求”，而绝不是逆推，即寻找的是充分条件，而不是必要条件．题型一 综合法证明不等式【例1】 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：(a ＋1a )2＋(b ＋1b )2≥252. 分析：本题中条件a ＋b ＝1是解题的重点，由基本不等式的知识联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论，本题a ＋b ＝1，也可以视为是“1”的代换问题．反思：(1)综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a 2≥0(a ∈R )．②(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有：a 2＋b 2≥2ab ，(a ＋b 2)2≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2. ③若a ，b 为正实数，a ＋b 2≥ab .特别b a ＋a b≥2. ④a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .题型二 分析法证明不等式【例2】 已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b. 分析：本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a ＞b ＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．反思：分析法的格式是固定化的，但是每一步都是上一步的充分条件，即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理．题型三 易错辨析【例3】 已知a ，b ，c ∈R ＋，求证a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc . 错解：因为a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥33a 2b 2·b 2c 2·c 2a 2＝3abc 3abc ，①又a ＋b ＋c ≥33abc ，②故a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥3abc 3abc 33abc≥abc .③ 错因分析：我们知道不等式具有性质：若a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，则ac ＞bd ，但a c ＞b d却不一定成立．答案： 【例1】 证法一：不等式左边＝(a ＋1a )2＋(b ＋1b)2 ＝a 2＋b 2＋4＋(1a 2＋1b2) ＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b 2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b ＋1 ＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2(b a ＋a b )＋(b 2a 2＋a 2b 2) ≥4＋(a ＋b )22＋2＋2×2b a ·a b ＋2·b a ·a b＝4＋12＋2＋4＋2＝252， 即原不等式成立． 证法二：∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，∴ab ≤(a ＋b 2)2＝14. ∴(a ＋1a )2＋(b ＋1b)2 ＝4＋(a 2＋b 2)＋(1a 2＋1b2) ＝4＋[(a ＋b )2－2ab ]＋(a ＋b )2－2ab a 2b 2＝4＋(1－2ab )＋1－2ab a 2b2 ≥4＋(1－2×14)＋1－2×14(14)2＝252. ∴(a ＋1a )2＋(b ＋1b )2≥252. 【例2】 证明：要证原不等式成立，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b， 即证(a －b 2a )2＜(a －b )2＜(a －b 2b)2. 只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b 2b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b ， 即b a ＜1＜a b . 只需证b a ＜1＜a b. ∵a ＞b ＞0，∴b a ＜1＜a b成立． ∴原不等式成立．【例3】 正解：因为a 2b 2＋b 2c 2≥2ab 2c ，b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ，以上三式相加，化简得： a 2b 2＋b 2c 2＋a 2c 2≥abc (a ＋b ＋c )，两边同除以正数a ＋b ＋c 得：a 2b 2＋b 2c 2＋a 2c 2a ＋b ＋c≥abc .1．下列三个不等式：①a ＜0＜b ；②b ＜a ＜0；③b ＜0＜a ，其中能使1a ＜1b 成立的充分条件有( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③2．下面对命题“函数f (x )＝1x x+是奇函数”的证明不是综合法的是( ) A ．∀x ∈R 且x ≠0有f (－x )＝1()x x -+-＝1()x x-+＝－f (x )，则f (x )是奇函数 B ．∀x ∈R 且x ≠0有f (x )＋f (－x )＝x ＋1x ＋(－x )＋1()x -＝0，∴f (x )＝－f (－x )，则f (x )是奇函数C ．∀x ∈R 且x ≠0，∵f (x )≠0，∴()()f x f x -＝11x x x x --+＝－1，∴f (－x )＝－f (x )，则f (x )是奇函数D ．取x ＝－1，f (－1)＝111-+-＝－2，又f (1)＝1＋11＝2.f (－1)＝－f (1)，则f (x )是奇函数3．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为 lg(1)2a b ++________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 4．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2()2a b ab +-≤33()3a b c abc ++-．答案：1．A ①a ＜0＜b1a ＜1b ；②b ＜a ＜01a ＜1b ；③b ＜0＜a 1a ＞1b.故选A.2．D D 项中，选取特殊值进行证明，不是综合法．3．≥ 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝12lg[(1)(1)]a b ++ 又∵lg(1＋2a b +)＝2lg()2a b ++，且a ＞0，b ＞0. ∴a ＋1＞0，b ＋1＞0， ∴12[(1)(1)]a b ++≤112a b +++＝22a b ++，∴lg(1)2a b ++≥12lg[(1)(1)]a b ++. 即lg(1)2a b ++≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．4．分析：用分析法去找证题的突破口．要证原不等式，只需证-c -即只需证c +，问题就解决了．或由分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．证法一：要证2(2a b +≤3(3a b c ++，只需证a ＋b －a ＋b ＋c－即-c -移项，得c +由a ，b ，c 都为正数，得c +c ∴原不等式成立．证法二：∵a ，b ，c 都是正数，∴c即c +故-c -∴a ＋b －a ＋b ＋c －∴2(2a b +-≤3(3a b c ++．。
人教版高中数学高二选修4-5课时作业2-2综合法与分析法
课时作业7一、选择题1．设a、b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A、B的大小关系是()A．A≥B B．A≤BC．A＞B D．A＜B(a＋b)2＝a＋2ab＋b，∴A2－B2＞0.又A＞0，B＞0，∴A＞B.C2．若1＜x＜10，下面不等式中正确的是()A．(lg x)2＜lg x2＜lg(lg x)B．lg x2＜(lg x)2＜lg(lg x)C．(lg x)2＜lg(lg x)＜lg x2D．lg(lg x)＜(lg x)2＜lg x2∵1＜x＜10，∴0＜lg x＜1，∴0＜(lg x)2＜1,0＜lg x2＜2，lg(lg x)＜0.又(lg x)2－lg x2＝(lg x)2－2lg x＝lg x(lg x－2)＜0，∴0＜(lg x)2＜lg x2.∴lg(lg x)＜(lg x)2＜lg x2.D3．设a＞0，b＞0，且a＋b≤4，则有()A.1ab≥12 B.ab≥2C.1a ＋1b ≥1 D.1a ＋b ≤14C4．已知a ＞b ＞0，x ＞0，那么b ＋xa ＋x 的取值范围是( )A.b ＋x a ＋x＞1 B.b ＋x a ＋x＜1 C.b a ＜b ＋x a ＋x＜1D ．1＜b ＋x a ＋x ＜ba因为a ＞b ＞0，x ＞0，由真分数不等式可得b a ＜b ＋xa ＋x ＜1.故应选C. C5．已知a ，b ∈R ，则a ＋b ＞2，ab ＞1是a ＞1，b ＞1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.故应选B. B6．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3 C.1a ＋1b ＋1c ≥2 3 D ．abc (a ＋b ＋c )≤13因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ，即a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3.故应选B. B7．若xy ＋yz ＋zx ＝1，则x 2＋y 2＋z 2与1的关系是( ) A ．x 2＋y 2＋z 2≥1 B ．x 2＋y 2＋z 2≤1 C ．x 2＋y 2＋z 2＝1D ．不确定∵x 2＋y 2＋z 2＝12(x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 2)≥12(2xy ＋2yz ＋2xz )＝1.A8．对于0＜a ＜1，给出下列四个不等式： ①log a (1＋a )＜log a (1＋1a )； ②log a (1＋a )＞log a (1＋1a )； ③a 1＋a ＜；a 1＋1a④a 1＋a ＞a1＋1a.其中成立的是( )A ．①与③B ．①与④C ．②与③D ．②与④∵0＜a ＜1，∴a ＜1＜1a ，∴1＋a ＜1＋1a ， 而y ＝log a x 与y ＝a x 均为减函数， ∴log a (1＋a )＞log a (1＋1a )，a 1＋a ＞a 1＋1a .D 二、填空题9．已知a 、b 、m 都是正数，在空白处填上适当的不等号：当a __________b 时，a b ≤a ＋mb ＋m.a b ≤a ＋m b ＋m ⇔a (b ＋m )≤b (a ＋m )⇔am ≤bm ⇔a ≤b .≤10．函数y ＝的最大值是__________．∵x ＋1x ≥2， ∴＝22.当且仅当x ＝1时取“＝”． 2211．若实数m 、n 、x 、y 满足m 2＋n 2＝a ，x 2＋y 2＝b (a ≠b )，则mx ＋ny 的最大值为__________．ab12．设a ，b 为正数，且a ＜b ，b ＝a ＋2a ＋1，则2，a ，b 的大小关系是__________．(a －2)(b －2)＝(a －2)·(a ＋2a ＋1－2)＝(a －2)·(a －2)(1－2)a ＋1＝(1－2)·(a －2)2a ＋1≤0.a ≤2≤b 三、解答题13．若a 、b 、c 都是正数，能确定a 2b ＋c ＋b 2a ＋c ＋c 2a ＋b 与a ＋b ＋c 2的大小吗？∵a 、b 、c 都是正数， ∵4a 2b ＋c＋(b ＋c )≥4a ， 4b 2c ＋a＋(c ＋a )≥4b ， 4c 2a ＋b＋(a ＋b )≥4c . ∴4a 2b ＋c ＋4b 2a ＋c ＋4c 2a ＋b≥2(a ＋b ＋c )． ∴a 2b ＋c ＋b 2a ＋c ＋c 2a ＋b≥a ＋b ＋c 2.14．已知a 、b 、c 都是正数，求证：2(a ＋b 2－ab )≤3(a ＋b ＋c3－3abc )．要证2(a ＋b 2－ab )≤3(a ＋b ＋c 3－3abc )，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， 即－2ab ≤c －33abc ， 即c ＋2ab ≥33abc ， 由a 、b 、c 为正数，有c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立． ∴原不等式成立．15．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .方法1(分析法)：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c ⇐lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)＞lg abc ⇐a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc .因为a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 成立，从而原不等式成立．方法2(综合法)： ∵a ，b ，c ∈R ＋，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a2≥ac ＞0，且上述三个不等式等号不能同时成立．∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc . ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .16．已知实数a 、b 、c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1＜a ＋b ＜43.∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证不等式等价于1＜1－c ＜43，即－13＜c ＜0.又a 2＋b 2＋c 2＝1，则有 ab ＝(a ＋b )2－(a 2＋b 2)2＝(1－c )2－(1－c 2)2＝c 2－c .① 而a ＋b ＝1－c ，②由①②得a 、b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根， 从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0， 解得－13＜c ＜1.∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0， 解得c ＜0或c ＞23(舍去)．∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。
人教版数学高二选修4-5讲义第2讲2综合法与分析法
二综合法与分析法1．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(重点)2．会用综合法、分析法证明简单的不等式．(难点)[基础·初探]教材整理1综合法阅读教材P23～P23“例2”，完成下列问题．一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，又叫顺推证法或由因导果法．，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是() 设a，b∈R＋A．A≥B B．A≤BC．A＞B D.A＜B【解析】A2＝(a＋b)2＝a＋2ab＋b，B2＝a＋b，所以A2＞B2.又A＞0，B＞0，所以A＞B.【答案】 C教材整理2分析法阅读教材P24～P25“习题”以上部分，完成下列问题．证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．设a＝2，b＝7－3，c＝6－2，那么a，b，c的大小关系是()【导学号：32750033】A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．b＞a＞c D.b＞c＞a【解析】由已知，可得出a＝422，b＝47＋3，c＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22，∴b＜c＜a.【答案】 B[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]用综合法证明不等式已知b2c2＋c2a2＋a2b2a＋b＋c≥abc.【精彩点拨】由a，b，c是正数，联想去分母，转化证明b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)，利用x2＋y2≥2xy可证．或将原不等式变形为bca＋acb＋abc≥a＋b＋c后，再进行证明．【自主解答】 法一 ∵a ，b ，c 是正数，∴b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，b 2c 2＋a 2b 2≥2ab 2c ，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ， ∴2(b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2)≥2(abc 2＋ab 2c ＋a 2bc )， 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )． 又a ＋b ＋c ＞0， ∴b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c ≥abc .法二 ∵a ，b ，c 是正数， ∴bc a ＋ac b ≥2bc a ·ac b ＝2c .同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca ≥2b ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ac b ＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )．又a ＞0, b ＞0，c ＞0，∴b 2c 2＋a 2c 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )． 故b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .1．综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间、不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式(切入点)，这是证明的关键．2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术-几何平均不等式等．[再练一题]1．已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝2. 求证：(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2. 【证明】 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴1＋a ≥2a ，当且仅当a ＝1时，取等号， 1＋b ≥2b ，当且仅当b ＝1时，取等号，1＋c ≥2c ，当且仅当c ＝1时，取等号． ∵abc＝2，∴a ，b ，c 不能同时取1，∴“＝”不同时成立． ∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8abc ＝8 2. 即(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2.综合法与分析法的综合应用设实数x ，y 满足y ＋x 2＝0，且0＜a ＜1，求证：log a (a x ＋b y )＜18＋log a 2. 【精彩点拨】 要证的不等式为对数不等式，结合对数的性质，先用分析法探路，转化为要证明一个简单的结论，然后再利用综合法证明．【自主解答】 由于0＜a ＜1，则t ＝log a x (x ＞0)为减函数． 欲证log a (a x ＋a y )＜18＋log a 2，只需证a x ＋a y ＞2a 18. ∵y ＋x 2＝0,0＜a ＜1，∴x ＋y ＝x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14.当且仅当x ＝12时，(x ＋y )max ＝14，∴a x ＋y ≥a 14，a x ＋y ≥a 18⎝ ⎛⎭⎪⎫当x ＝12，y ＝－14时取等号.①又a x ＋a y ≥2a x ＋y (当且仅当x ＝y 取等号), ② ∴a x ＋a y ≥2a 18.③由于①，②等号不能同时成立，∴③式等号不成立，即a x ＋a y ＞2a 18成立． 故原不等式log a (a x ＋a y )＜18＋log a 2成立．1．通过等式或不等式运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．体现了分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、相互转化的辩证关系．2．函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用．[再练一题]2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab≤3a ＋b ＋c3－3abc .【导学号：32750034】【证明】 法一 要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab≤3a ＋b ＋c3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc ， 移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 都为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc ，∴原不等式成立．法二 ∵a ，b ，c 都是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ·ab ·ab ＝33abc ， 即c ＋2ab ≥33abc ， 故－2ab ≤c －33abc ，∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc . [探究共研型]分析法证明不等式探究1 【提示】 用分析法证明，其叙述格式是：要证明A ，只需证明B .即说明只要有B 成立，就一定有A 成立．因此分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件．分析法体现了数学中“正难则反”的原则，也是思维中的逆向思维，逆求(不是逆推)结论成立的充分条件．探究2 综合法与分析法有何异同点？ 【提示】 综合法与分析法的异同点 方法 证明的起始步骤证法过程前后逻辑关系证题方向综合法已知条件或已学过的定义、定理、性质等格式：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B 由已知条件开始推导其成立的必要条件(结论) 由因导果分析法要证明的结论格式：B ⇐B 1⇐B 2⇐…⇐B n ⇐A由结论开始探索其成立的充分条件(已知)执果索因 已知a ＞b ＞0，求证：8a ＜2－ab ＜8b .【精彩点拨】 本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a ＞b ＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．【自主解答】 要证原不等式成立， 只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b ， 即证⎝⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2. 只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b 2b ，即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b，即ba ＜1＜ab .只需证b a ＜1＜ab .∵a ＞b ＞0，∴b a ＜1＜ab 成立． ∴原不等式成立．1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．2．当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．[再练一题]3．已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.【导学号：32750035】【证明】 因为a ＞0，要证原不等式成立，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋2， 即证a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a ， 即证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2，只需证a 2＋1a 2≥2.由基本不等式知a 2＋1a 2≥2显然成立，所以原不等式成立．[构建·体系]综合法与分析法—⎪⎪⎪⎪—综合法—分析法—综合法与分析法的区别与联系1．已知a＜0，－1＜b＜0，则()A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞aC．ab＞a＞ab2 D.ab＞ab2＞a【解析】∵－1＜b＜0，∴1＞b2＞0＞b.又a＜0，∴ab＞ab2＞a.【答案】 D2．下列三个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a.其中能使1a＜1b成立的充分条件有()A．①②B．①③C．②③ D.①②③【解析】①a＜0＜b⇒1a＜1b；②b＜a＜0⇒1a＜1b；③b＜0＜a⇒1a＞1b.故选A.【答案】 A3．已知a，b∈(0，＋∞)，Ρ＝a＋b2，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是________.【导学号：32750036】【解析】∵a＋b≥(a＋b)22，∴a ＋b ≥a ＋b2.【答案】 P ≤Q4．若1a ＜1b ＜0，则下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋ab ＞2. 其中正确的有________．(填序号) 【解析】 ∵1a ＜1b ＜0，∴b ＜a ＜0，∴⎩⎨⎧a ＋b ＜0，ab ＞0，|b |＞|a |.故①正确，②③错误．∵a ，b 同号且a ≠b ，∴b a ，ab 均为正， ∴b a ＋a b ＞2b a ·a b ＝2.故④正确．【答案】 ①④5．已知a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a . 【证明】 要证c －c 2－ab ＜a ， 只需证明c ＜a ＋c 2－ab ， 即证b －a ＜2c 2－ab ， 当b －a ＜0时，显然成立；当b －a ≥0时，只需证明b 2＋a 2－2ab ＜4c 2－4ab ， 即证(a ＋b )2＜4c 2， 由2c ＞a ＋b 知上式成立． 所以原不等式成立．我还有这些不足：(1) (2)我的课下提升方案：(1)(2)。
高中数学人教A版选修4-5优化练习：第二讲 二 综合法与分析法 Word版含解析
[课时作业][A 组 基础巩固]1．设a ，b ∈R ＋，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A 、B 的大小关系是( )A ．A ≥B B ．A ≤BC ．A >BD ．A <B解析：A 2＝(a ＋b )2＝a ＋2ab ＋b ，B 2＝a ＋b 所以A 2>B 2.又A >0，B >0，∴A >B .答案：C2．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是() A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．b >c >a解析：由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2， ∵7＋3＞6＋2>2 2.∴b <c <a .答案：B3．若1＜x ＜10，下面不等式中正确的是( )A ．(lg x )2＜lg x 2＜lg(lg x )B ．lg x 2＜(lg x )2＜lg(lg x )C ．(lg x )2＜lg(lg x )＜lg x 2D ．lg(lg x )＜(lg x )2＜lg x 2解析：∵1＜x ＜10，∴x 2>x,0＜lg x ＜1，∴lg(lg x )＜0，∴lg x 2＞lg x ＞(lg x )2，∴lg x 2＞(lg x )2＞lg(lg x )，选D.答案：D4．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3C.1a ＋1b ＋1c ≥2 3 D ．abc (a ＋b ＋c )≤13解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ，即a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3.故选项B 成立．答案：B5．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，则( ) A ．R <P <QB ．P <Q <RC ．Q <P <RD ．P <R <Q解析：∵lg a >lg b >0，∴12(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：B6．等式“sin x 1＋cos x ＝1－cos x sin x ”的证明过程：“等式两边同时乘以sin 2 x 1－cos x得，左边＝sin x 1＋cos x ·sin x 1－cos x ＝sin 2 x 1－cos 2 x ＝sin 2 x sin 2 x＝1，右边＝1，左边＝右边，故原不等式成立”，应用了________的证明方法．(填“综合法”或“分析法”)解析：由综合法的特点可知，此题的证明用的是综合法．答案：综合法7．若a ≥3，则a －a －1与a －2－a －3的大小关系是________．解析：取a ＝3，得a －a －1＝3－2，a －2－a －3＝1， 得a －a －1<a －2－a －3.下面证明：a >3时，a －a －1<a －2－a －3，只需证a ＋a －3<a －1＋a －2，只需证(a ＋a －3)2<(a －1＋a －2)2， 即证a (a －3)<(a －1)(a －2)，只需证a (a －3)<(a －1)(a －2)，即证0<2，显然0<2， 故a －a －1<a －2－a －3. 答案：a －a －1<a －2－a －38．设a ，b ，c 都是正实数，a ＋b ＋c ＝1，则a ＋b ＋c 的最大值为________． 解析：因为 (a ＋b ＋c )2＝a ＋b ＋c ＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤1＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝1＋2(a ＋b ＋c )＝3， 所以a ＋b ＋c ≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立． 答案： 39．用综合法证明：如果a ，b 为正数，则ab ＋1ab ＋b a ＋a b ≥4.证明：由基本不等式ab ＋1ab ≥2ab ·1ab ＝2，b a ＋ab ≥2b a ·ab ＝2， 有ab ＋1ab ＋b a ＋a b ≥2＋2＝4，所以ab ＋1ab ＋b a ＋a b ≥4，当且仅当ab ＝1ab 且b a ＝a b ，即a ＝b ＝1时等号成立．10．已知a >0，b >0,2c >a ＋b ，用分析法证明c －c 2－ab <a .证明：要证c －c 2－ab <a ，只需证明c <a ＋c 2－ab ，即证b －a <2c 2－ab .当b －a <0时显然成立，当b －a ≥0时只需证明b 2＋a 2－2ab <4c 2－4ab ， 即证(a ＋b )2<4c 2，由2c >a ＋b 知上式成立．∴原不等式成立．[B 组 能力提升]1．已知p ：ab >0，q ：b a ＋a b ≥2，则p 与q 的关系是( )A ．p 是q 的充分而不必要条件B ．p 是q 的必要而不充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．以上答案都不对解析：若ab >0，则b a >0，a b >0，∴b a ＋a b ≥2，故p ⇒q 成立．若b a ＋a b ≥2，则a 2＋b 2ab ≥2，∴a 2＋b 2－2ab ab≥0，即(a －b )2ab ≥0. ∵(a －b )2≥0，∴ab >0，故q ⇒p 成立．答案：C2．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 ≥2PB ．P <S <2PC ．S >PD ．P ≤S <2P解析：∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |<c ，∴a 2＋b 2－2ab <c 2，同理b 2－2bc ＋c 2<a 2，c 2－2ac ＋a 2<b 2，∴a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ca )，即S <2P .答案：D3．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a>0在条件a >b >c 时恒成立，则λ的取值范围是________．解析：不等式可化为1a －b ＋1b －c >λa －c. ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0，∴λ<a －ca －b ＋a －cb －c 恒成立．∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝(a －b )＋(b －c )a －b ＋(a －b )＋(b －c )b －c＝2＋b －ca －b ＋a －bb －c ≥2＋2＝4.∴λ<4.答案：(－∞，4)4．设a >0，b >0，则此两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．解析：因为对数函数y ＝lg x 为定义域上的增函数．所以只需比较(1＋ab )与(1＋a )(1＋b )的大小即可，因为(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b )＝1＋ab ＋2ab －(1＋ab ＋a ＋b )＝2ab －(a ＋b )．又由基本不等式得2ab ≤a ＋b ，所以(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b )≤0，即有lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≤5．已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b .证明：要证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b ，只要证(a －b )24a <a ＋b －2ab <(a －b )24b ，即证(a －b 2a )2<(a －b )2<(a －b2b )2，即证0<a －b 2a <a －b <a －b2b ，即证a ＋b a <2<a ＋b b， 即证1＋b a <2<1＋a b ， 即证 ba <1< ab 成立．因为a >b >0，所以a b >1，b a <1，故 ba <1, ab >1成立， 所以有(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b 成立．6．已知实数a 、b 、c 满足c <b <a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1.求证：1<a ＋b <43.证明：∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1<1－c <43，即－13<c <0.又a 2＋b 2＋c 2＝1，则有ab ＝(a ＋b )2－(a 2＋b 2)2＝(1－c )2－(1－c 2)2＝c 2－c ， ①又a ＋b ＝1－c ，②由①②得a 、b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )> 0.解得－13<c <1.∵c <b <a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c >0，解得c <0或c >23(舍去)．∴－13<c <0，即1<a ＋b <43.。
人教版高中数学选修4-5 2.2《综合法与分析法》练习及答案
2．2 综合法与分析法1．理解综合法和分析法的实质，掌握分析法、综合法和证明不等式的步骤． 2．了解用分析法证明不等式． 3．了解用综合法证明不等式．4．提高综合应用知识解决问题的能力．1．综合法．一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理，论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________又叫顺推证法或________．答案：综合法 由因导果法2．分析法．证明命题时，我们还常常从要证的________出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为________或一个明显成立事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做________．这是一种执果索因的思考和证明方法．答案：结论 已知条件 分析法思考1 a ，b 都是正数．用综合法证明：a b ＋ba ≥2.证明：由基本不等式A ＋B ≥2AB (A ，B ∈R ＋)可得a b ＋b a ≥2a b ·b a ＝2，即a b ＋ba≥2.当且仅当a ＝b 时，等号成立．思考2 已知a ，b ，m 都是正数，并且a ＜b .用分析法证明：a ＋m b ＋m ＞ab .证明：因为已知a ，b ，m 都是整数， 要证a ＋m b ＋m ＞a b，(1)只需证________，(2)要证(2)，只需证bm ＞am ，(3) 要证(3)，只需证________，(4)已知(4)成立，所以(1)成立．答案：b(a＋m)＞a(b＋m)b＞a3．综合法与分析法的比较．一层练习1．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的()A．必要条件B．充分条件C．充要条件D．必要或充分条件答案：B2．若x＞y＞1，0＜a＜1，则下列式子中正确的是()A．a x＞a y B．log a x＞log a yC．x a＜y a D．x－a＜y－a答案：D3．设a，b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是()A．A≥B B．A≤B C．A>B D．A<B答案：C4．已知0＜a＜1，0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b，2ab，a2＋b2，2ab中最大的是________．答案：a＋b二层练习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 ．即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：B6．若1<x <10，下面不等式中正确的是( ) A ．(lg x )2<lg x 2<lg(lg x ) B ．lg x 2<(lg x )2<lg(lg x ) C ．(lg x )2<lg(lg x )<lg x 2 D ．lg(lg x )<(lg x )2<lg x 2 答案：D7．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式中成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥2 B ．(a ＋b ＋c )2≥3C.1a ＋1b ＋1c ≥2 3 D ．abc (a ＋b ＋c )≤13解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac 所以a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3.答案：B8．设a ≥b ，b >0，M ＝a 2＋b 2ab，N ＝a ＋b ，则M 与N 的大小关系是________．答案：M ≥N9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c . 证明：证法一(综合法)∵a ，b ，c ∈R ＋， ∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a2≥ac ＞0，且上述三个不等式中等号不能同时成立，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc . ∴lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c . 证法二(分析法)lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ⇐ lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ⇐a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc . 因为a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 成立，从而原不等式成立．10．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.三层练习11．(1)设x ≥1，y ≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)1<a ≤b ≤c ，求证：log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c .证明：(1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2，将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．又x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数换底公式得log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y ，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为 x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)知所要证明的不等式成立．12．给定常数c >0，定义函数f (x )＝2|x ＋c ＋4|－|x ＋c |，数列a 1，a 2，a 3…满足a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *.(1)若a 1＝－c －2，求a 2及a 3；(2)求证：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ≥c . 解析：因为c >0，a 1＝－(c ＋2)，故 a 2＝f (a 1)＝2|a 1＋c ＋4|－|a 1＋c |＝2， a 3＝f (a 1)＝2|a 2＋c ＋4|－|a 2＋c |＝c ＋10.(2)要证明原命题，只需证明f (x )≥x ＋c 对任意x ∈R 都成立， f (x )≥x ＋c ⇔2|x ＋c ＋4|－|x ＋c |≥x ＋c ， 即只需证明2|x ＋c ＋4|≥|x ＋c |＋x ＋c ， 若x ＋c ≤0，显然有2|x ＋c ＋4|≥|x ＋c |＋x ＋c ＝0成立； 若x ＋c >0，则2|x ＋c ＋4|≥|x ＋c |＋x ＋c ⇔x ＋c ＋4>x ＋c 显然成立． 综上，f (x )≥x ＋c 恒成立，即对任意的n ∈N *，a n ＋1－a n ≥c .13．设实数数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n ∈N *)，(利用综合法和分析法)求证：对k ≥3有0≤a k ≤43.证明：由题设条件有S n ＋a n ＋1＝a n ＋1S n ， 故S n ≠1，a n ＋1≠1且a n ＋1＝S nS n －1，S n ＝a n ＋1a n ＋1－1， 从而对k ≥3有a k ＝S k －1S k －1－1＝a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1＝a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1＝a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1.①因a 2k －1－a k －1＋1＝(a k －1－12)2＋34>0且a 2k －1≥0，由①得a k ≥0.要证a k ≤43，由①只要证a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1≤43，即证3a 2k －1≤4(a 2k －1－a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0. 此式明显成立．因此a k ≤43(k ≥3)．即原命题成立．14．(2015·新课标全国卷Ⅱ，数学文理)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． 分析：(1)由a ＋b ＝c ＋d 及ab >cd ，可证明(a ＋b )2>(c ＋d )2，开方即得a ＋b >c ＋d .(2)本小题可借助第一问的结论来证明，但要分必要性与充分性来证明．解析：(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a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．1．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点．常用不等式有：(1)a 2≥0(a ∈R)；(2)(a －b )2≥0(a ，b ∈R)，其变形有a 2＋b 2≥2ab ，⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≥ab ，a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；(3)若a ，b ∈R ＋，a ＋b 2≥ab ，特别的有b a ＋a b≥2；(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca (a ，b ，c ∈R)．2．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．对思路不明显，从条件看感到无从下手的问题宜用分析法．用分析法证明“若A则B”的模式为：欲证命题B成立，只需证命题B1成立……只需证命题B2成立…………只需证明A为真．今已知A为真，故B必真．可以简单写成：B⇐B1⇐B2⇐……⇐B n⇐A.3．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．4．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．分析与综合互为前提，相互渗透，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点，分析法和综合法要结合起来使用，也就是“两头凑”，会使问题较易解决．即在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件同一为止，从而证明了不等式．这种“由两头往中间靠”的方法可称为分析综合法．5．一般来说，如果已知条件信息量较小，或已知与待证间的直接联系不明显，“距离”较大，用分析法来证明．。
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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．已知a ＜0，－1＜b ＜0，则( )
A ．a ＞ab ＞ab 2
B ．ab 2＞ab ＞a
C ．ab ＞a ＞ab 2
D ．ab ＞ab 2＞a
解析：因为－1＜b ＜0，
所以1＞b 2＞0＞b .
又a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a .
答案：D
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)2
D ．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．若a ＞b ＞0，下列各式中恒成立的是( )
A.2a ＋b a ＋2b ＞a b
B.b 2＋1a 2＋1＞b 2
a 2
C ．a ＋1a ＞b －1b
D ．a a ＞a b
解析：因为a ＞b ＞0，所以a 2＞b 2，所以b 2＋1a 2＋1＞b 2
a 2.
答案：B
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．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．
解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ⇔(a ＋b )(a －b )2＞0⇔a ≥0，b ≥0，且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0，且a ≠b
7．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
8．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋b c 的取值范围是________．
解析：因为a 2＋b 2＝c 2，
所以(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab ≤2(a 2＋b 2)＝2c 2，
所以a ＋b c ≤2， 又因为a ＋b ＞c ，所以
a ＋
b
c ＞1. 所以a ＋b c
的取值范围是(1，2]． 答案：(1，2]
三、解答题
9．已知a ＞0，b ＞0，2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a .
证明：要证c －c 2－ab ＜a ，
只需证明c ＜a ＋c 2－ab ，
即证b －a ＜2c 2－ab ，
当b －a ＜0时，显然成立；
当b －a ≥0时，只需证明b 2＋a 2－2ab ＜4c 2－4ab ，
即证(a ＋b )2＜4c 2，
由2c ＞a ＋b 知上式成立．
所以原不等式成立．
10．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a
＞0在条件a ＞b ＞c 时恒成立，求实数λ的取值范围． 解：不等式可化为
1a －b ＋1b －c ＞λa －c . 因为a ＞b ＞c ，
所以a －b ＞0，
b －
c ＞0，a －c ＞0，
所以λ＜
a －c a －
b ＋a －
c b －c 恒成立． 因为
a －c a －
b ＋a －
c b －c ＝（a －b ）＋（b －c ）a －b ＋（a －b ）＋（b －c ）b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c ≥2＋2＝4，
所以λ≤4.
故实数λ的取值范围是(－∞，4]．
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：D
2．若n为正整数，则2n＋1与2n＋1
n
的大小关系是________．
解析：要比较2n＋1与2n＋1
n
的大小，只需比较(2n＋1)2与
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
2n＋
1
n
2
的大小，
即4n＋4与4n＋4＋1
n
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．。