精选-高中数学第二章证明不等式的基本方法2-2综合法与分析法试题新人教A版选修4-5
2019-2020高中数学第二章证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
所以a3+b3≥a2b+ab2(当且仅当a=b时,等号成立).
同理可得b3+c3≥b2c+bc2(当且仅当b=c时,等号成
立),a3+c3≥a2c+ac2(当且仅当a=c时,等号成立),
将以上三式两边分别相加,得
2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2,
所以3(a3+b3+c3)≥(a3+a2b+a2c)+(b3+ab2+b2c)+(c3+bc2+ac2)
“×”.
(1)用综合法证明时,其实质是由已知逐步推演不等式成立的充分
条件,从而得到结论. ( × )
(2)用分析法证明时,其实质是由结论步步寻求使不等式成立的充
要条件,从而到已知. ( × ) (3)综合法是直接证明, 分析法是间接证明. ( × )
(4)有些问题的证明,可以将综合法与分析法结合起来使用. ( √ )
答案：A
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).
探究一
探究二
规范解答
利用综合法证明不等式
【例 1】
若
a,b,c
均为正数,求证���������+���2������
2018_2019版高中数学第二章证明不等式的基本方法测评新人教A版选修
第二讲证明不等式的基本方法测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知,则下列不等式成立的是()A.a<bB.C. D.<0解析由>0,即>0,则<0.答案D2.若a∈R,且p=,q=a2-a+1,则()A.p≥qB.p>qC.p≤qD.p<q解析因为a∈R,所以p,q>0,且=(a2-a+1)(a2+a+1)=a4+a2+1≥1,所以q≥p.答案C3.(2017江西二模)求证,p=(x1-)2+(x2-)2+…+(x n-)2,q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(x n-a)2,若a≠,则一定有()A.p>qB.p<qC.p,q的大小不定D.以上都不对解析设f(x)=(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x n-x)2,则f(x)=nx2-2(x1+x2+…+x n)x++…+.当x=时,f(x)取得最小值,即p<q,故选B.答案B4.对“a,b,c是不全相等的正数”,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立,其中判断正确的个数为()A.0B.1C.2D.3解析对于①,假设(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,这时a=b=c,与已知矛盾,故(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,故①正确;对于②,假设a>b与a<b及a≠c都不成立时,有a=b=c,与已知矛盾,故a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立,故②正确;对于③,显然不正确.答案C5.已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,数列{a n}是等差数列,a3>0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值()A.恒为正数B.恒为负数C.恒为0D.可正可负解析因为f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,且a3>0,所以f(a3)>f(0)=0,而a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,则a1>-a5,于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),所以f(a1)+f(a5)>0,故f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.答案A6.要使成立,a,b应满足的条件是()A.ab<0,且a>bB.ab>0,且a>bC.ab<0,且a<bD.ab>0,且a>b或ab<0,且a<b解析⇔a-b+3-3<a-b⇔,所以当ab>0时,有,即b<a;当ab<0时,有,即b>a.答案D7.设a,b,c∈R,且a,b,c不全相等,则不等式a3+b3+c3≥3abc成立的一个充要条件是()A.a,b,c全为正数B.a,b,c全为非负实数C.a+b+c≥0D.a+b+c>0解析a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)=(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.故a3+b3+c3-3abc≥0⇔a+b+c≥0.答案C8.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则有()A.ad=bcB.ad<bcC.ad>bcD.ad≤bc解析|a-d|<|b-c|⇒(a-d)2<(b-c)2⇒a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,因为a+d=b+c⇒(a+d)2=(b+c)2⇒a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,所以-4ad<-4bc,所以ad>bc.答案C9.使不等式>1+成立的正整数a的最大值是()A.10B.11C.12D.13解析用分析法可证当a=12时不等式成立,当a=13时不等式不成立.答案C10.已知a,b,c∈(0,+∞),若,则()A.c<a<bB.b<c<aC.a<b<cD.c<b<a解析由可得+1<+1<+1,即,所以a+b>b+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c,由b+c>c+a可得b>a,于是有c<a<b.答案A11.设m>n,m,n∈N+,a=(lg x)m+(lg x)-m,b=(lg x)n+(lg x)-n,其中x>1,则()A.a>bB.a≥bC.a≤bD.a<b解析a-b=[(lg x)m-(lg x)n]-[(lg x)-n-(lg x)-m]=[(lg x)m-(lg x)n]-=(lg m x-lg n x)-=(lg m x-lg n x).因为x>1,所以lg x>0.当lg x=1时,a-b=0,所以a=b;当lg x>1时,a-b>0,所以a>b;当0<lg x<1时,a-b>0,所以a>b.综上,a≥b.答案B12.已知x,y>0,且xy-(x+y)=1,则()A.x+y≥2(+1)B.xy≤+1C.x+y≤(+1)2D.xy≥+1解析由xy-(x+y)=1可得xy=1+x+y≥1+2,即()2-2-1≥0,所以+1,则xy≥(+1)2,排除B和D;因为xy=x+y+1≤,解得x+y≥2(+1).故选A.答案A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是.解析因为x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x2+1),且x>1,所以(x-1)(x2+1)>0.因此x3-(x2-x+1)>0,即x3>x2-x+1.答案x3>x2-x+114.设0<m<n<a<b,函数y=f(x)在R上是减函数,下列四个数f,f,f,f的大小顺序是.解析∵<1<,y=f(x)在R上是减函数,∴f>f>f>f.答案f>f>f>f15.若a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.解析因为a+b>a+b⇔()2()>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.答案a≥0,b≥0,且a≠b16.设a,b为正数,α为锐角,M=,N=()2,则M,N的大小关系是.解析因为a>0,b>0,α为锐角,所以N=ab+2+2,M=ab+≥ab+2当且仅当时,等号成立.又sin 2α≤1,所以M≥ab+2+2=N,当且仅当a=b,且α=时,等号成立.答案M≥N三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)设a>b>0,求证.证明因为a>b>0,所以>0,>0.又=1+>1,故.18.(本小题满分12分)设a,b>0,a≠b,求证>a+b.证明-(a+b)==(a3-b3)=,因为a,b>0,a≠b,所以a+b>0,(a-b)2>0,a2+ab+b2>0,a2b2>0, 所以>0.故>a+b.19.(本小题满分12分)已知a2+b2=1,x2+y2=1,试用分析法证明ax+by≤1.证明要证ax+by≤1成立,只需证1-(ax+by)≥0,只需证2-2ax-2by≥0.因为a2+b2=1,x2+y2=1,只需证a2+b2+x2+y2-2ax-2by≥0,即证(a-x)2+(b-y)2≥0,显然成立.所以ax+by≤1.20.(本小题满分12分)设a,b,c,d是正数,试证明下列三个不等式:①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明假设不等式①②③都正确.因为a,b,c,d都是正数,所以①②两不等式相乘并整理,得(a+b)2<ab+cd.④由③式,得(a+b)cd<ab(c+d)≤·(c+d).又a+b>0,(a+b)(c+d)<ab+cd,所以4cd<ab+cd.所以3cd<ab,即cd<.由④式,得(a+b)2<,即a2+b2<-ab,与平方和为正数矛盾.故假设不成立,即不等式①②③中至少有一个不正确.21.导学号26394042(本小题满分12分)已知正数a,b,c满足a+b+c=6,求证.证明由已知及三个正数的算术-几何平均不等式可得≥3==≥(当且仅当a=b=c=2时,等号成立),故原不等式成立.22.导学号26394043(本小题满分12分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=na n-3n(n-1)(n∈N+),且a2=11.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的前n项和S n;(3)设数列{b n}满足b n=,求证b1+b2+…+b n<.(1)解当n=2时,由S n=na n-3n(n-1),得a1+a2=2a2-3×2(2-1),又a2=11,可得a1=5.(2)解当n≥2时,由a n=S n-S n-1,得a n=na n-3n(n-1)-[(n-1)a n-1-3(n-1)(n-2)],整理,得a n-a n-1=6(n∈N,n≥2).又a2-a1=6,所以数列{a n}是首项为5,公差为6的等差数列.所以a n=5+6(n-1)=6n-1.故S n==3n2+2n.(3)证明b n====),所以b1+b2+…+b n<[()+()+()+…+()] =)<.故b1+b2+…+b n<成立.。
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。
高中数学第二章证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45
·(������
+
������)=4b,
���4���+������2������+(a+b)≥2
4������2 ������+������
·(������
+
������)=4c,
于是4������2
������+������
+
4������2 ������+������
+
���4���+������2������+(b+c)+(c+a)+(a+b)≥4a+4b+4c,
2
“×”.
(1)用综合法证明时,其实质是由已知逐步推演不等式成立的充分
条件,从而得到结论. ( × )
(2)用分析法证明时,其实质是由结论步步寻求使不等式成立的充
要条件,从而到已知. ( × ) (3)综合法是直接证明, 分析法是间接证明. ( × )
(4)有些问题的证明,可以将综合法与分析法结合起来使用. ( √ )
做一做1 若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是 ( )
A.a+1������>b+1������
C.������������
<
������+1 ������+1
B.a-1������<b-1������
D.2���������+���+2������������
>
������ ������
解析：因为 a>b>0,所以1������ > 1������>0,于是有 a+1������>b+1������.
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5-新
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 ＜0C ．x ＞0，y ＜0D ．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：A2．设x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．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：A3．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 βB ．sin(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．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：D4．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a解析：因为13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1， 所以0＜a ＜b ＜1，所以a aa 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：C5．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：①④7．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 )]＝12lg[(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 －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．已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数．求证：aa ＋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 ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>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aa ＋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 ≥2PB ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．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：D2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n 的大小关系是________．解析：要比较2n ＋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＋1n＞4n ＋4. 所以2n ＋1＜2n ＋1n .答案：2n ＋1＜2n ＋1n3．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．。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.2综合法与分析法素材新人教A版选修4_5
二 综合法与分析法知识梳理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________.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________(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.分析法是探求命题结论成立的________条件,用分析法证明不等式的逻辑关系是(________)B ⇐B 1⇐B 2⇐B 3⇐B 4⇐…⇐A(________).知识导学综合法一般利用题设已知条件和基本不等式作为基础,再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式.使用分析法通常采用“欲证——只需——已知”的格式,在表达中一定要十分重视符号“⇐”的方向,使用规范的表述方式.综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”.它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思想,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转换,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野.有时解题需要一边分析,一边综合,称之为分析综合法,或称为两头挤法.两头挤法充分表明分析与综合的相互关系,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. 疑难突破1.综合法在应用中的有关问题用综合法证明不等式时,主要利用重要不等式,函数的单调性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论.首先是综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式.比如下面的几个,是经常使用到的:①若a,b,c∈R +,则有2211222b a b a ab ba +≤+≤≤+; ②若a,b,c∈R ,则有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca;③若,b∈R +,则有(a+b)(a 1+b1)≥4. 选择使用哪个重要不等式作为证题的“原始出发点”或对已知条件的转化是证题的关键,这要求对要证明的结果有充分的分析过程,可以联系平时学习过程中积累下来的数学结论或知识作出判断.比如证明sinx+x sin 4≥5,x∈(0,2π］,并不是使用重要不等式a+a 1≥2(a∈R +)的,而是利用到了正弦sinx 的有界性,以及形如y=x+xa 的结构,联想函数y=x+x 4的单调性,利用其单调性求证的.这些说明,使用综合法证题,必须积累一定的证题经验,还要记忆一些数学式子的独特结构,以便在证明过程中使我们能联想起一些证题的“蛛丝马迹”或“指路明灯”.2.“⇒”“⇐”“⇔”符号的使用“⇒”往往在综合法中使用这种符号,是由“已知”推出“结论”的意思.而“⇐”是逆向过程,是分析法中使用的符号,但为书写清晰起见,多用语言“要证……”,“只需证……”来叙述.“⇔”是分析综合法的符号,即把要解的结论或结果采取等价变形的处理手段,变形出证明的依据或已知条件,这种证法简洁易于掌握,但往往只适用于证明一些明确告诉了的不等式.因此,我们可以借助符号的意义来解题,即用分析法分析,用综合法写解答过程.典题精讲【例1】 已知a,b∈R +且a+b=1,求证:(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 思路分析：证明不等式类似于证明等式那样,通常从较繁的一边向另一边化简,变形中要巧用已知条件,由于a,b 的和为定值.因而可应用基本不等式去证明,首先应对不等式的左边变形和整理.证明：∵a,b∈R +且a+b=1, ∴ab≤(2b a +)2=41, ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2=4+(a 2+b 2)+(2211b a +) =4+［(a+b)2-2ab ］+2222)(b a ab b a -+ =4+(1-2ab)+2221ba ab - ≥4+(1-2×41)+225)41(41212=⨯-. ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 绿色通道：本题中条件a+b=1是解题的重点,由基本不等式的知识可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,如下面的证法: 左边=(a+a 1)2+(b+b 1)2=a 2+b 2+4+(2211ba +) =4+a 2+b 2+2222)()(b b a a b a +++ =4+a 2+b 2+1+b a b a a b a b 222222++++1 =4+(a 2+b 2)+2+2(a b +b a )+(2222b a a b +)≥4+2)(2b a ++2+2×ba ab ∙2+2·a b ·b a =4+21+2+4+2=225. 因此,抓住“1”的代换,作为证明的一条线索也可以证明这个问题,即在综合法中,每一个题设条件所反馈出来的“信息”,都是至关重要的,也都有可能成为解题的突破口.【变式训练】 已知a,b,c∈R +,且互不相等,且abc=1,求证: c b a ++<a 1+b 1+c 1. 思路分析：本题中abc=1,是“1”的代换,但又理解为a,b,c 之间的替换关系,因而解法不唯一.证法一:∵a,b,c∈R +,且互不相等，且abc=1， ∴abca bc c b a 111++=++ <cb a b ac a c b 111211211211=+=+++++. 证法二:∵a 1+b 1≥c ab212=; b 1+c 1≥a bc212=; c 1+a 1≥b ac212=. ∴以上三式相加,得a 1+b 1+c1≥c b a ++. 又∵a,b,c 互不相等, ∴a 1+b 1+c1>c b a ++. 【例2】 设a,b,c 为△ABC 的三条边,求证:a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.思路分析：本题看似是一道与公式a 2+b 2≥2ab(a,b∈R )有关的题目, 又似与二次函数有关,但实际上这两种思路都达不到目的.其实本题的关键在于△ABC 中隐含的a,b,c 的关系.证法一：在△ABC 中,a<b+c,b<a+c,c<b+a,则a 2<a(b+c),b 2<b(a+c),c 2<c(b+a).∴a 2+b 2+c 2<a(b+c)+b(a+c)+c(a+b),即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法二:在△ABC 中,设a>b>c,∴0<a -b<c,0<b-c<a,0<a-c<b.∴(a -b)2<c 2,(b-c)2<a 2,(a-c)2<b 2.∴(a -b)2+(b-c)2+(a-c)2<c 2+a 2+b 2.即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法三:在△ABC 中,设a,b,c 三边所对的角分别为A,B,C,则由余弦定理,得a 2=b 2+c 2-2bccosA,b 2=a 2+c 2-2accosB,c 2=a 2+b 2-2abcosC.则a 2+b 2+c 2=(b 2+c 2-2bccosA)+(a 2+c 2-2accosB)+(a 2+b 2-2abcosC),即a 2+b 2+c 2=2abcosC+2bccosA+2accosB.又在△ABC 中,cosA<1,cosB<1,cosC<1,∴2abcosC+2bccosA+2accosB<2ab+2bc+2ca.∴a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.黑色陷阱：本题容易由a 2+b 2≥2ab 或二次函数陷入思维定式,比如下面两种分析:分析一:∵a 2+b 2≥2ab,a 2+c 2≥2ac,b 2+c 2≥2bc,∴(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)≥2ab+2bc+2ac,即a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ac,这严重背离了原题的证明意图.分析二:设f(a)=a 2+b 2+c 2-2(ab+bc+ac),即f(a)=a 2-2a(b+c)+b 2+c 2-2bc.Δ=4(b+c)2-4(b 2+c 2-2bc)=16bc>0.则f(a)的值可正,可负,可为零,无法确定.因此,分析题目时,对条件要看清,尤其要探寻条件间的限制关系,以免受到某些思维定式的影响.【变式训练】 已知a>b>c,求证:a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.思路分析：本题可以用作差法进行推理证明,但也可以打破思维定式,从二次函数及方程这个角度来证明.证法一:a 2b+b 2c+c 2a-ab 2-bc 2-ca 2=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-c)=(b-c)［a 2-(b+c)a+bc ］=(a-b)(b-c)(a-c)>0(∵a>b>c)，∴a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.证法二:令f(a)=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-a)=(b-c)［a 2-(c+b)a+bc ］.方程f(a)=0的两根为b,c,又b-c>0,且a>b>c.结合图象,知f(a)>0.所以原不等式成立. 【例3】 已知a>b>0,求证:bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-. 思路分析：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得到要证式,因而可以用分析法先变形要证明的不等式,从中找到证法的线索.证明：要证原不等式成立, 只需证bb a ab b a a b a 4)(24)(22-<-+<-, 即证222)2()()2(bb a b a a b a -<-<-. 只需证b ba b a a ba 22-<-<-,即bb a a b a 212+<<+, ba ab <<1. 只需证a b <1<ba . ∵a>b>0,∴ab <1<b a 成立. ∴原不等式成立.绿色通道：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.【变式训练】 已知a,b,c 都是正数，求证：2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 思路分析：用分析法去找一找证题的突破口.要证原不等式,只需证-2ab ≤c -33abc ,即只需证c+2ab ≥33abc ，把2ab 变化为ab +ab ,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(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++),只需证a+b-2ab ≤a+b+c-33abc ,即-2ab ≤c -33abc .移项,得c+2ab ≥33abc .由a,b,c 为正数,得c+2ab =c+ab +ab ≥33abc .∴原不等式成立.证法二:∵a,b,c 是正数, ∴c+ab +ab ≥3333abc ab ab c =∙.即c+2ab ≥33abc .故-2ab ≤c -33abc .∴a+b -2ab ≤a+b+c -33abc , ∴2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 【例4】 命题“若a>b>c,且a+b+c=0,则32<-aac b ”是真命题还是假命题?试证明你的结论.思路分析：由题设a>b>c,且a+b+c=0,易知a>0,否则a≤0时,c<b<a≤0,这时a+b+c<0与已知a+b+c=0矛盾.采用等价转化法.证明：32<-aac b 32<-⇔ac b a ⇔b 2-ac<3a 2⇔3a 2-b 2+ac>0⇔3a 2-(a+c)2+ac=2a 2-ac-c 2>0⇔(a-c)(2a+c)>0.∵a>b>c,a+b+c=0,∴a -c>0,2a+c=a+(a+c)=a-b>0.即知(a-c)(2a+c)>0. 故32<-aac b . 绿色通道：分析法与综合法往往是割裂不开的,即使不用分析法,用综合法证明也是需要进行分析过程的,而只要有分析,就可算是在使用分析法,因此,我们可以借助进行等价转化,就可把分析与综合法看作一种方法了——分析综合法.对于本题还可有如下证明: ∵a+2c<a+b+c=0,2a+c>a+b+c=0,其中a>0,∴-2<a c <21-. 1)()()(2222++=-+=-a c a c aac c a a ac b . 令a c =x,则f(x)=12++x x 在(-2,21-)上是减函数. ∴1)()(2++aca c <f(-2)=3. 【变式训练】 设a>0,b>0,2c>a+b,求证:c-abc -2<a<c+ab a -2.思路分析：用等价变形的方法进行转化,再结合不等式的性质可以得到结论.证明:c-ab c -2<a<c+ab c -2⇔-ab c -2<a-c<ab c -2⇔|a-c|<ab c -2-c)2<c 2-ab ⇔a 2-2ac<-ab ⇔a(a+b)<2ac.∵a>0,b>0,2c>a+b,∴上式成立.∴原不等式成立.问题探究在一次考试后,如果按顺序去掉一些高分,那么班级的平均分将降低,反之将提高,这两个事实用数学语言如何描述?说明理由.导思：平均分的问题实质是一种分数值比较大小的问题,因此可以视为证明一个分式不等式成立与否的问题,结合证明不等式的方法,采取分析与综合等方法来说明. 探究：描述:若有限数列a 1,a 2, …,a n 满足a 1≤a 2≤…≤a n , 则m a a a m ++21≤n a a a n++21和m n a a a n m m -++++ 21≥n a a a n++21 (1≤m<n).∵m(a 1+a 2+…+a n )=m(a 1+a 2+…+a m )+m(a m+1+a m+2+…+a m )≥m(a 1+a 2+…+a m )+m(n-m)a m ≥m(a 1+a 2+…+a m )+(n-m)(a 1+a 2+…+a m )=n(a 1+a 2+…+a m ),∴m a aam ++21≤n a a a n++21.同理可证另一个不等式.。
2018-2019版高中数学第二章证明不等式的基本方法2-2综合法与分析法试题新人教A版选修4-5
二综合法与分析法课后篇巩固探究1.求证.证明:因为都是正数,所以要证,只需证()2>()2,展开得5+2>5,即2>0,显然成立,所以不等式.上述证明过程应用了()A.综合法B.分析法C.综合法、分析法混合D.间接证法,基本步骤:要证……只需证……,只需证……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.2.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是运用综合法的是()A.∀x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数B.∀x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数C.∀x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2.f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.3.若1<x<10,下面不等式正确的是()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 x21<x<10,所以0<lg x<1,于是0<(lg x)2<lg x,lg x2=2lg x>lg x>0.又lg(lg x)<0,所以lg(lg x)<(lg x)2<lg x2.4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证a”,索的“因”应是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.要证a,只要证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证a(a-c)-b(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.故求证a,索的“因”应是(a-b)(a-c)>0.5.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是()A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B()2=a+2+b,∴A2-B2>0.又A>0,B>0,∴A>B.6.导学号26394035设x1,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|=16Δ=p2-16>0,所以|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用的证明方法是.(填“综合法”或“分析法”)8.若a>c>b>0,则的符号是.===,因为a>c>b>0,所以a-b>0,a-c>0,b-c<0,abc>0.因此<0.9.导学号26394036已知a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2.求证1<a+b<.a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2,∴a2+ab+b2=a+b.∴(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b.∴a+b>1.要证a+b<,只需证3(a+b)<4,只需证3(a+b)2<4(a+b),即3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2),只需证a2-2ab+b2>0,只需证(a-b)2>0,而a,b为不相等的正数,∴(a-b)2>0显然成立.故而a+b<成立.综上,1<a+b<.10.导学号26394037在△ABC中,已知△ABC的面积为,外接圆的半径为1,三边长分别为a,b,c,求证.R,△ABC的面积为S.∵S=,R=1,S=,∴abc=1,且a,b,c不全相等,否则a=1与a=2R sin 60°=矛盾,∴=bc+ac+ab.又bc+ac≥2=2,ca+ab≥2=2,bc+ab≥2=2,∵a,b,c不全相等,∴上述三式中“=”不能同时成立.∴2(bc+ac+ab)>2(), 即bc+ac+ab>.因此.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 二 综合法与分析法学案(含解析)新人教A版选修45
二 综合法与分析法1．综合法 (1)定义从已知条件出发，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．综合法又叫顺推证法或由因导果法．(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 ⇒Q2．分析法 (1)定义证明命题时，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．分析法又叫逆推法或执果索因法．(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Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 1⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件已知x >0，y >0，且x ＋y ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ·⎝⎛⎭⎪⎫1＋y ≥9.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．法一：∵x >0，y >0，∴1＝x ＋y ≥2xy . ∴xy ≤14.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝1＋1x ＋1y ＋1xy＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy≥1＋8＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时，等号成立．法二：∵x ＋y ＝1，x >0，y >0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝⎛⎭⎪⎫2＋x y＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y≥5＋2×2＝9.当且仅当x ＝y ＝12时， 等号成立．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．1．已知a ，b ，c ∈R ＋，证明不明式：a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．证明：因为a >0，b >0，c >0，故有a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立； b ＋c ≥2bc ，当且仅当b ＝c 时，等号成立； c ＋a ≥2ca ，当且仅当c ＝a 时，等号成立．三式相加，得a ＋b ＋c ≥ab ＋bc ＋ca . 当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 2．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明：∵a ，b ，c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 将以上三个不等式相加，得 2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )，① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .②在不等式①的两边同时加上“a 2＋b 2＋c 2”，得 3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2， 即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab ＋bc ＋ca )，得 (a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .④ 由③④，得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .已知x >0，y >0，求证：(x 2＋y 2)2>(x 3＋y 3)3.不等式两边是根式，可等价变形后再证明．分析每一步成立的充分条件．要证明(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13，只需证(x 2＋y 2)3>(x 3＋y 3)2，即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6>x 6＋2x 3y 3＋y 6， 即证3x 4y 2＋3x 2y 4>2x 3y 3. ∵x >0，y >0，∴x 2y 2>0. 即证3x 2＋3y 2>2xy . ∵3x 2＋3y 2>x 2＋y 2≥2xy ， ∴3x 2＋3y 2>2xy 成立．∴(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.(1)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．(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．3．求证：3＋7<2 5. 证明：分析法：∵3＋7>0,25>0，∴要证 3＋7<25， 只需证明(3＋7)2<(25)2.展开，得10＋221<20.即证221<10， 即证21<25(显然成立)． ∴3＋7<2 5.4．已知a ，b ∈R ＋，且2c >a ＋b . 求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 证明：要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ， 即证|a －c |<c 2－ab ，两边平方，得a 2－2ac ＋c 2<c 2－ab ， 也即证a 2＋ab <2ac ，即a (a ＋b )<2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b <2c ，∴a (a ＋b )<2ac 显然成立． ∴原不等式成立.设a >0， 所证不等式含有开方运算且两边都为正数，可考虑两边平方，用分析法转化为一个不含开方运算的不等式，再用综合法证明．要证a ＋1＋b ＋1≤6，只需证(a ＋1＋b ＋1)2≤6，即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6. 由a ＋b ＝1，得只需证 ab ＋2≤32，即证ab ≤14.由a >0，b >0，a ＋b ＝1，得ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立．∴原不等式成立．(1)通过等式或不等式的运算，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．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．5．已知a ，b ，c 都是正数， 求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明：法一：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 . 移项，得c ＋2ab ≥33abc . 由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立．∴原不等式成立． 法二：∵a ，b ，c 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 .6．已知a >0，b >0，n ∈N *，求证：a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n ≥ab .证明：先证a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n ≥a ＋b2，只要证2(a n ＋1＋bn ＋1)≥(a ＋b )(a n ＋b n)，即要证an ＋1＋bn ＋1－a nb －ab n≥0，即要证(a －b )(a n－b n)≥0.若a ≥b ，则a －b ≥0，a n－b n≥0，所以(a －b )(a n－b n)≥0；若a <b ，则a －b <0，a n－b n<0，所以(a －b )(a n－b n)>0，综上所述，(a －b )(a n－b n)≥0.从而a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n ≥a ＋b2.因为a >0，b >0，所以a ＋b2≥ab ，所以a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n≥ab .课时跟踪检测(七)1．设a ，b ∈R ＋，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( )A ．A ≥BB ．A ≤BC ．A ＞BD ．A ＜B解析：选C 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 .2．a ，b ∈R ＋，那么下列不等式中不．正确的是( ) A.a b ＋b a ≥2 B.b 2a ＋a 2b≥a ＋b C.b a 2＋a b 2≤a ＋b ab D.1a 2＋1b 2≥2ab解析：选C A 项满足基本不等式；B 项可等价变形为(a －b )2(a ＋b )≥0，正确；B 选项中不等式的两端同除以ab ，不等式方向不变，所以C 选项不正确；D 选项是A 选项中不等式的两端同除以ab 得到的，正确．3．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >a >cD ．b >c >a解析：选B 由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3>6＋2>22，∴b <c <a . 4．设13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1，则( )A ．a a<a b<b aB ．a a <b a <a bC ．a b <a a <b aD ．a b <b a <a a解析：选C ∵13<⎝ ⎛⎭⎪⎫13b <⎝ ⎛⎭⎪⎫13a<1，∴0<a <b <1，∴a a a b ＝a a －b>1，∴a b<a a，a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .∵0<ab<1，a >0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a <1，∴a a <b a ，∴a b <a a <b a. 5．若1a ＜1b＜0，则下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞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 ，a b均为正， ∴b a ＋a b ＞2 b a ·ab＝2，故④正确． 答案：①④6．已知a >0，b >0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的顺序排列为________．解析：∵P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b，∴R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b2， 当且仅当a ＝b 时，等号成立． 答案：P ≥Q ≥R 7．设a >b >c ，且1a －b ＋1b －c ≥ma －c恒成立，则m 的取值范围是________． 解析：∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0. 又(a －c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c≥2a －bb －c ·21a －b ·1b －c＝4，当且仅当a －b ＝b －c 时，等号成立， ∴m ∈(－∞，4]． 答案：(－∞，4]8．已知a ，b ，c 均为正实数，且b 2＝ac . 求证：a 4＋b 4＋c 4>(a 2－b 2＋c 2)2.证明：要证a 4＋b 4＋c 4>(a 2－b 2＋c 2)2成立， 只需证a 4＋b 4＋c 4>a 4＋b 4＋c 4－2a 2b 2＋2a 2c 2－2b 2c 2， 即证a 2b 2＋b 2c 2－a 2c 2>0.∵b 2＝ac ， 故只需证(a 2＋c 2)ac －a 2c 2>0. ∵a >0，c >0，故只需证a 2＋c 2－ac >0.又∵a 2＋c 2≥2ac ＞ac ，∴a 2＋c 2－ac >0显然成立， ∴原不等式成立．9．已知a >0，b >0，c >0，且a ，b ，c 不全相等， 求证：bc a ＋ac b ＋abc>a ＋b ＋c .证明：因为a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以bc a ＋ac b≥2bc a ·acb＝2c .同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca≥2b .因为a ，b ，c 不全相等， 所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ac b ＋ab c >2(a ＋b＋c )，即bc a ＋ac b ＋abc>a ＋b ＋c .10．设实数x ，y 满足y ＋x 2＝0,0<a <1， 求证：log a (a x ＋a y)<18＋log a 2.证明：因为a x >0，a y >0，所以a x ＋a y ≥2a x ＋y＝2 ax －x 2.因为x －x 2＝x (1－x )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋－x 22＝14，又因为0<a <1，所以ax －x 2≥a 14，当x ＝12时，等式成立．但当x ＝12时，a x ≠a －x 2，所以 ax －x 2>a 18，所以a x ＋a y＞2a 18.又因为0<a <1，所以log a (a x ＋a y )<log a 2a 18，即log a (a x ＋a y)<log a 2＋18.。
2018_2019版高中数学第二章证明不等式的基本方法测评新人教A版选修
第二讲证明不等式的基本方法测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知,则下列不等式成立的是()A.a<bB.C. D.<0解析由>0,即>0,则<0.答案D2.若a∈R,且p=,q=a2-a+1,则()A.p≥qB.p>qC.p≤qD.p<q解析因为a∈R,所以p,q>0,且=(a2-a+1)(a2+a+1)=a4+a2+1≥1,所以q≥p.答案C3.(2017江西二模)求证,p=(x1-)2+(x2-)2+…+(x n-)2,q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(x n-a)2,若a≠,则一定有()A.p>qB.p<qC.p,q的大小不定D.以上都不对解析设f(x)=(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x n-x)2,则f(x)=nx2-2(x1+x2+…+x n)x++…+.当x=时,f(x)取得最小值,即p<q,故选B.答案B4.对“a,b,c是不全相等的正数”,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立,其中判断正确的个数为()A.0B.1C.2D.3解析对于①,假设(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,这时a=b=c,与已知矛盾,故(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,故①正确;对于②,假设a>b与a<b及a≠c都不成立时,有a=b=c,与已知矛盾,故a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立,故②正确;对于③,显然不正确.答案C5.已知函数f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,数列{a n}是等差数列,a3>0,则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值()A.恒为正数B.恒为负数C.恒为0D.可正可负解析因为f(x)是R上的单调递增函数且为奇函数,且a3>0,所以f(a3)>f(0)=0,而a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,则a1>-a5,于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),所以f(a1)+f(a5)>0,故f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.答案A6.要使成立,a,b应满足的条件是()A.ab<0,且a>bB.ab>0,且a>bC.ab<0,且a<bD.ab>0,且a>b或ab<0,且a<b解析⇔a-b+3-3<a-b⇔,所以当ab>0时,有,即b<a;当ab<0时,有,即b>a.答案D7.设a,b,c∈R,且a,b,c不全相等,则不等式a3+b3+c3≥3abc成立的一个充要条件是()A.a,b,c全为正数B.a,b,c全为非负实数C.a+b+c≥0D.a+b+c>0解析a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)=(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.故a3+b3+c3-3abc≥0⇔a+b+c≥0.答案C8.设a,b,c,d∈R,若a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则有()A.ad=bcB.ad<bcC.ad>bcD.ad≤bc解析|a-d|<|b-c|⇒(a-d)2<(b-c)2⇒a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,因为a+d=b+c⇒(a+d)2=(b+c)2⇒a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,所以-4ad<-4bc,所以ad>bc.答案C9.使不等式>1+成立的正整数a的最大值是()A.10B.11C.12D.13解析用分析法可证当a=12时不等式成立,当a=13时不等式不成立.答案C10.已知a,b,c∈(0,+∞),若,则()A.c<a<bB.b<c<aC.a<b<cD.c<b<a解析由可得+1<+1<+1,即,所以a+b>b+c>c+a.由a+b>b+c可得a>c,由b+c>c+a可得b>a,于是有c<a<b.答案A11.设m>n,m,n∈N+,a=(lg x)m+(lg x)-m,b=(lg x)n+(lg x)-n,其中x>1,则()A.a>bB.a≥bC.a≤bD.a<b解析a-b=[(lg x)m-(lg x)n]-[(lg x)-n-(lg x)-m]=[(lg x)m-(lg x)n]-=(lg m x-lg n x)-=(lg m x-lg n x).因为x>1,所以lg x>0.当lg x=1时,a-b=0,所以a=b;当lg x>1时,a-b>0,所以a>b;当0<lg x<1时,a-b>0,所以a>b.综上,a≥b.答案B12.已知x,y>0,且xy-(x+y)=1,则()A.x+y≥2(+1)B.xy≤+1C.x+y≤(+1)2D.xy≥+1解析由xy-(x+y)=1可得xy=1+x+y≥1+2,即()2-2-1≥0,所以+1,则xy≥(+1)2,排除B和D;因为xy=x+y+1≤,解得x+y≥2(+1).故选A.答案A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.当x>1时,x3与x2-x+1的大小关系是.解析因为x3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x-1)+(x-1)=(x-1)(x2+1),且x>1,所以(x-1)(x2+1)>0.因此x3-(x2-x+1)>0,即x3>x2-x+1.答案x3>x2-x+114.设0<m<n<a<b,函数y=f(x)在R上是减函数,下列四个数f,f,f,f的大小顺序是.解析∵<1<,y=f(x)在R上是减函数,∴f>f>f>f.答案f>f>f>f15.若a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.解析因为a+b>a+b⇔()2()>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.答案a≥0,b≥0,且a≠b16.设a,b为正数,α为锐角,M=,N=()2,则M,N的大小关系是.解析因为a>0,b>0,α为锐角,所以N=ab+2+2,M=ab+≥ab+2当且仅当时,等号成立.又sin 2α≤1,所以M≥ab+2+2=N,当且仅当a=b,且α=时,等号成立.答案M≥N三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)设a>b>0,求证.证明因为a>b>0,所以>0,>0.又=1+>1,故.18.(本小题满分12分)设a,b>0,a≠b,求证>a+b.证明-(a+b)==(a3-b3)=,因为a,b>0,a≠b,所以a+b>0,(a-b)2>0,a2+ab+b2>0,a2b2>0, 所以>0.故>a+b.19.(本小题满分12分)已知a2+b2=1,x2+y2=1,试用分析法证明ax+by≤1.证明要证ax+by≤1成立,只需证1-(ax+by)≥0,只需证2-2ax-2by≥0.因为a2+b2=1,x2+y2=1,只需证a2+b2+x2+y2-2ax-2by≥0,即证(a-x)2+(b-y)2≥0,显然成立.所以ax+by≤1.20.(本小题满分12分)设a,b,c,d是正数,试证明下列三个不等式:①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d)中至少有一个不正确.证明假设不等式①②③都正确.因为a,b,c,d都是正数,所以①②两不等式相乘并整理,得(a+b)2<ab+cd.④由③式,得(a+b)cd<ab(c+d)≤·(c+d).又a+b>0,(a+b)(c+d)<ab+cd,所以4cd<ab+cd.所以3cd<ab,即cd<.由④式,得(a+b)2<,即a2+b2<-ab,与平方和为正数矛盾.故假设不成立,即不等式①②③中至少有一个不正确.21.导学号26394042(本小题满分12分)已知正数a,b,c满足a+b+c=6,求证.证明由已知及三个正数的算术-几何平均不等式可得≥3==≥(当且仅当a=b=c=2时,等号成立),故原不等式成立.22.导学号26394043(本小题满分12分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=na n-3n(n-1)(n∈N+),且a2=11.(1)求a1的值;(2)求数列{a n}的前n项和S n;(3)设数列{b n}满足b n=,求证b1+b2+…+b n<.(1)解当n=2时,由S n=na n-3n(n-1),得a1+a2=2a2-3×2(2-1),又a2=11,可得a1=5.(2)解当n≥2时,由a n=S n-S n-1,得a n=na n-3n(n-1)-[(n-1)a n-1-3(n-1)(n-2)],整理,得a n-a n-1=6(n∈N,n≥2).又a2-a1=6,所以数列{a n}是首项为5,公差为6的等差数列.所以a n=5+6(n-1)=6n-1.故S n==3n2+2n.(3)证明b n====),所以b1+b2+…+b n<[()+()+()+…+()] =)<.故b1+b2+…+b n<成立.。
最新2019版高中数学 第二章 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法试题 新人教A版选修4-5(考试专用)
二综合法与分析法课后篇巩固探究1.求证.证明:因为都是正数,所以要证,只需证()2>()2,展开得5+2>5,即2>0,显然成立,所以不等式.上述证明过程应用了()A.综合法B.分析法C.综合法、分析法混合D.间接证法:要证……只需证……,只需证……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.2.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是运用综合法的是()A.∀x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数B.∀x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数C.∀x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2.f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.3.若1<x<10,下面不等式正确的是()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 x21<x<10,所以0<lg x<1,于是0<(lg x)2<lg x,lg x2=2lg x>lg x>0.又lg(lg x)<0,所以lg(lg x)<(lg x)2<lg x2.4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证a”,索的“因”应是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.要证a,只要证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证a(a-c)-b(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.故求证a,索的“因”应是(a-b)(a-c)>0.5.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是()A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B()2=a+2+b,∴A2-B2>0.又A>0,B>0,∴A>B.6.导学号26394035设x1,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|=16Δ=p2-16>0,所以|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用的证明方法是.(填“综合法”或“分析法”)8.若a>c>b>0,则的符号是.===,因为a>c>b>0,所以a-b>0,a-c>0,b-c<0,abc>0.因此<0.9.导学号26394036已知a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2.求证1<a+b<.a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2,∴a2+ab+b2=a+b.∴(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b.∴a+b>1.要证a+b<,只需证3(a+b)<4,只需证3(a+b)2<4(a+b),即3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2),只需证a2-2ab+b2>0,只需证(a-b)2>0,而a,b为不相等的正数,∴(a-b)2>0显然成立.故而a+b<成立.综上,1<a+b<.10.导学号26394037在△ABC中,已知△ABC的面积为,外接圆的半径为1,三边长分别为a,b,c,求证.R,△ABC的面积为S.∵S=,R=1,S=,∴abc=1,且a,b,c不全相等,否则a=1与a=2R sin 60°=矛盾,∴=bc+ac+ab.又bc+ac≥2=2,ca+ab≥2=2,bc+ab≥2=2,∵a,b,c不全相等,∴上述三式中“=”不能同时成立.∴2(bc+ac+ab)>2(),即bc+ac+ab>.因此.。
2018-2019学年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5
二综合法与分析法一、选择题1.给出下列四个命题:①若a>b>0,则;②若a>b>0,则a->b-;③若a>b>0,则;④设a,b是互不相等的正数,则|a-b|+≥2.其中正确的命题是( )A.①②B.②C.②③D.③④解析:①a>b>0,则,故①错;②a>b>0,则,故②对;③中<0,故③错;④因为a-b不能确定为正数,故④错.答案:B2.当x>1时,不等式x+≥a恒成立,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,2]B.[2,+∞)C.[3,+∞)D.(-∞,3]解析:要使x+≥a恒成立,只需f(x)=x+的最小值大于等于a即可,而x+=x-1++1≥2+1=3.∴f(x)的最小值为3,∴a≤3.答案:D3.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是( )A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B解析:∵()2=a+2+b,∴A2-B2>0.又A>0,B>0,∴A>B.答案:C4.若1<x<10,则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解析:∵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.答案:D5.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<2P解析:∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca,即S≥P.又三角形中|a-b|<c,∴a2+b2-2ab<c2,同理b2-2bc+c2<a2,c2-2ac+a2<b2,∴a2+b2+c2<2(ab+bc+ca),即S<2P.答案:D二、非选择题6.已知x,y∈R,且1≤x2+y2≤2,z=x2+xy+y2,则z的取值范围是. 解析:∵-≤xy≤,∴(x2+y2)≤x2+xy+y2≤(x2+y2).又∵1≤x2+y2≤2,∴≤z≤3.答案:7.若a>0,b>0,则下列两式的大小关系为lg[lg(1+a)+lg(1+b)].解析:[lg(1+a)+lg(1+b)]=lg[(1+a)(1+b)]=lg[(1+a)(1+b),lg=lg.∵a>0,b>0,∴a+1>0,b+1>0,∴[(a+1)(1+b),∴lg≥lg[(1+a)(1+b).即lg[lg(1+a)+lg(1+b)].答案:≥8.建立一个容积为8 m3,深为2 m的长方体无盖水池,如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元,那么水池的最低总造价为元.解析:设水池底长为x(x>0)m,则宽为(m).水池造价y=×120+×80=480+320≥480+1 280=1 760(元), 当且仅当x=2时取等号.答案:1 7609.已知a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2.求证:1<a+b<.解：证明:∵a,b是不相等的正数,且a3-b3=a2-b2, ∴a2+ab+b2=a+b.∴(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b.∴a+b>1.要证a+b<,只需证3(a+b)<4,只需证3(a+b)2<4(a+b),即3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2),只需证a2-2ab+b2>0,只需证(a-b)2>0,而a,b为不相等的正数,∴(a-b)2>0一定成立.故而a+b<成立.综上,1<a+b<10.设a>0,b>0,a+b=1,求证≥8.解：证明:∵a>0,b>0,a+b=1,∴1=a+b≥2,∴≥4.∴=(a+b)≥2·2+4=8.当且仅当a=b=时,等号成立.∴≥8.三、备选习题1.设x>0,y>0,且x≠y,求证:(x3+y3<(x2+y2.分析:注意到x,y的对称性,可能会想到重要不等式,但后续思路不好展开,故我们可采用分析法,从消去分数指数幂入手.证明:∵x>0,y>0,且x≠y,∴要证(x3+y3<(x2+y2,只需证(x3+y3)2<(x2+y2)3,只需证2x3y3<3x2y2(x2+y2),只需证2xy<3(x2+y2),只需证2xy<x2+y2只需证(x-y)2>0.∵x≠y,∴(x-y)2>0一定成立,故而(x3+y3<(x2+y2.。
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二综合法与分析法
课后篇巩固探究
1.求证.
证明:因为都是正数,
所以要证,
只需证()2>()2,
展开得5+2>5,即2>0,显然成立,
所以不等式.
上述证明过程应用了()
A.综合法
B.分析法
C.综合法、分析法混合
D.间接证法
:要证……只需证……,只需证……,结合证明过程,证明过程应用了分析法.故选B.
2.下面对命题“函数f(x)=x+是奇函数”的证明不是运用综合法的是()
A.∀x∈R,且x≠0有f(-x)=(-x)+=-=-f(x),则f(x)是奇函数
B.∀x∈R,且x≠0有f(x)+f(-x)=x++(-x)+=0,∴f(x)=-f(-x),则f(x)是奇函数
C.∀x∈R,且x≠0,∵f(x)≠0,∴=-1,∴f(-x)=-f(x),则f(x)是奇函数
D.取x=-1,f(-1)=-1+=-2,又f(1)=1+=2.f(-1)=-f(1),则f(x)是奇函数
项中,选取特殊值进行证明,不是综合法.
3.若1<x<10,下面不等式正确的是()
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 x2
D.lg(lg x)<(lg x)2<lg x2
1<x<10,所以0<lg x<1,于是0<(lg x)2<lg x,lg x2=2lg x>lg x>0.
又lg(lg x)<0,所以lg(lg x)<(lg x)2<lg x2.
4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证a”,索的“因”应是()
A.a-b>0
B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0
D.(a-b)(a-c)<0
a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.要证a,只要证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证a(a-c)-b(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.故求证
a,索的“因”应是(a-b)(a-c)>0.
5.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是()
A.A≥B
B.A≤B
C.A>B
D.A<B
()2=a+2+b,
∴A2-B2>0.
又A>0,B>0,
∴A>B.
6.导学号26394035设x1,x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则()
A.|x1|>2,且|x2|>2
B.|x1+x2|<4
C.|x1+x2|>4
D.|x1|=4,且|x2|=16
Δ=p2-16>0,所以|p|>4.又x1+x2=-p,所以|x1+x2|=|p|>4.
7.等式“”的证明过程:“等式两边同时乘得,左边
==1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用的证明方法是.(填“综合法”或“分析法”)
8.若a>c>b>0,则的符号是.
=
=
=,
因为a>c>b>0,。