高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 二 综合法与分析法优化练习 新人教A版选修45

二 综合法与分析法
[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 ≤B C ．A >B
D ．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：C
2．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 >b C ．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>2 2. ∴b <c <a . 答案：B
3．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
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：D
4．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
≥2 B ．(a ＋b ＋c )2
≥3 C.1a ＋1b ＋1
c
≥2 3
D ．abc (a ＋b ＋c )≤1
3
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：B
5．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
6．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 －<a －a －，
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 －3
8．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 ＝1
3时等号成立．
答案： 3
9．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 ＋1
ab
≥2
ab ·1
ab
＝2，
b a ＋a b ≥2b a ·a
b
＝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 2
ab
≥0.
∵(a －b )2
≥0，∴ab >0，故q ⇒p 成立． 答案：C
2．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：∵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：D 3．若不等式
1a －b ＋1b －c ＋λ
c －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 －c a －b ＋a －c
b －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 －
c a －b ＋a －b
b －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 )________1
2[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
＋a
＋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 )≤1
2[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．
答案：≤
5．已知a >b >0，求证：
a －b
2
8a <a ＋b
2－ab <a －b
2
8b
.
证明：要证
a －b
2
8a <a ＋b
2－ab <a －b
2
8b
，
只要证
a －b
2
4a
<a ＋b －2ab <
a －b
2
4b
，
即证(
a －
b 2a )2<(a －b )2
<(a －b 2b )2， 即证0<
a －
b 2a <a －b <a －b
2b
， 即证
a ＋
b a <2<a ＋b
b
， 即证1＋
b a <2<1＋a b ， 即证
b a
<1< a
b 成立． 因为a >b >0，所以a b
>1，b a
<1， 故
b a <1, a
b
>1成立， 所以有
a －b
2
8a <a ＋b
2－ab <a －b
2
8b
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－1
3<c <0.
又a 2
＋b 2
＋c 2
＝1，则有ab ＝
a ＋b
2
－
a 2＋
b 2
2
＝
－c
2
－－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－1
3<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 >2
3(舍去)．
∴－13<c <0，即1<a ＋b <43.。