《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学人教A版选修2-2【配套备课资源】第二章2.2.

2.2.1综合法和分析法(二)一、基础过关1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则()A．a≤12B．ab≥12C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤32．已知a、b、c、d∈{正实数}，且abcd，则()A.aba＋cb＋dcdB.a＋cb＋dabcdC.abcda＋cb＋dD．以上均可能3．下面四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤14；③ba＋ab≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有()A．1个B．2个C．3个D．4个4．若实数a，b满足0ab，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是()A.12B．2abC．a2＋b2D．a5．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是________．6．如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.求证：AF⊥SC.证明：要证AF⊥SC，只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC(因为______)，只需证______，只需证AE⊥BC(因为________)，只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA(因为________)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．二、能力提升7．命题甲：(14)x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列，则甲是乙的()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8．若ab1，P＝lga·lgb，Q＝12(lga＋lgb)，R＝lg(a＋b2)，则()A．RPQB．PQRC．QPRD．PRQ9．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ0；②|α＋β|5；③|α|22，|β|22.以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，你认为正确的命题是________．10．如果a，b都是正数，且a≠b，求证：ab＋baa＋b.11．已知a0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(1a－1)(1b－1)·(1c－1)≥8.13．已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx(x0)，对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：当a≤0时，fx1＋fx22f(x1＋x22)．三、探究与拓展14．已知a，b，c，d∈R，求证：ac＋bd≤a2＋b2c2＋d2.(你能用几种方法证明？)答案1．C2．A3．C4．C5．abc6．EF⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥BC7．C8．B9．①③⇒②10．证明方法一用综合法ab＋ba－a－b＝aa＋bb－ab－baab＝a－ba－bab＝a－b2a＋bab0，∴ab＋baa＋b.方法二用分析法要证ab＋baa＋b，只要证a2b＋b2a＋2aba＋b＋2ab，即要证a3＋b3a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)ab(a＋b)，即需证a2－ab＋b2ab，只需证(a－b)20，因为a≠b，所以(a－b)20恒成立，所以ab＋baa＋b成立．11．证明要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，即a2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．12．证明方法一(分析法)要证(1a－1)(1b－1)(1c－1)≥8成立，只需证1－aa·1－bb·1－cc≥8成立．因为a＋b＋c＝1，所以只需证a＋b＋c－aa·a＋b＋c－bb·a＋b＋c－cc≥8成立，即证b＋ca·a＋cb·a＋bc≥8成立．而b＋ca·a＋cb·a＋bc≥2bca·2acb·2abc＝8成立．∴(1a－1)(1b－1)(1c－1)≥8成立．方法二(综合法)(1a－1)(1b－1)(1c－1)＝(a＋b＋ca－1)(a＋b＋cb－1)(a＋b＋cc－1)＝b＋ca·a＋cb·a＋bc＝b＋ca＋ca＋babc≥2bc·2ac·2ababc＝8，当且仅当a＝b＝c时取等号，所以原不等式成立．13．证明由f(x)＝x2＋2x＋alnx，得fx1＋fx22＝12(x21＋x22)＋(1x1＋1x2)＋a2(lnx1＋lnx2)＝12(x21＋x22)＋x1＋x2x1x2＋alnx1x2.f(x1＋x22)＝(x1＋x22)2＋4x1＋x2＋alnx1＋x22，∵x1≠x2且都为正数，有12(x21＋x22)14[(x21＋x22)＋2x1x2]＝(x1＋x22)2.①又(x1＋x2)2＝(x21＋x22)＋2x1x24x1x2，∴x1＋x2x1x24x1＋x2.②∵x1x2x1＋x22，∴lnx1x2lnx1＋x22.∵a≤0，∴alnx1x2alnx1＋x22.③由①、②、③得fx1＋fx22f(x1＋x22)．14．证明方法一(用分析法)①当ac＋bd≤0时，显然成立．②当ac＋bd0时，欲证原不等式成立，只需证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2.即证2abcd≤b2c2＋a2d2.即证0≤(bc－ad)2.因为a，b，c，d∈R，所以上式恒成立．故原不等式成立，综合①②知，命题得证．方法二(用综合法)(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d2)＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2.∴a2＋b2c2＋d2≥|ac＋bd|≥ac＋bd.方法三(用比较法)∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝(bc－ad)2≥0，∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，∴a2＋b2c2＋d2≥|ac＋bd|≥ac＋bd.方法四(用放缩法)为了避免讨论，由ac＋bd≤|ac＋bd|，可以试证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．由方法一知上式成立，从而方法四可行．方法五(构造向量法)设m＝(a，b)，n＝(c，d)，∴m·n＝ac＋bd，|m|＝a2＋b2，|n|＝c2＋d2.∵m·n≤|m|·|n|＝a2＋b2·c2＋d2.故ac＋bd≤a2＋b2c2＋d2.