《步步高學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計(jì)》2013-2014學(xué)年高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-2【配套備課資源】第二章221（二）

2.2.1　綜合法和分析法(二) 一、基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1． 已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則 (　　) A．a(chǎn)≤ B．a(chǎn)b≥ C．a(chǎn)2＋b2≥2 D．a(chǎn)2＋b2≤3 2． 已知a、b、c、d∈{正實(shí)數(shù)}，且<，則 (　　) A.<< B.<< C.<< D．以上均可能 3． 下面四個(gè)不等式： ①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac； ②a(1－a)≤； ③＋≥2； ④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2. 其中恒成立的有 (　　) A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 4． 若實(shí)數(shù)a，b滿足0<a<b，且a＋b＝1，則下列四個(gè)數(shù)中最大的是 (　　) A. B．2ab C．a(chǎn)2＋b2 D．a(chǎn) 5．設(shè)a＝－，b＝－，c＝－，則a、b、c的大小順序是________． 6． 如圖所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過(guò)A作SB的垂線，垂足為E， 過(guò)E作SC的垂線，垂足為F. 求證：AF⊥SC. 證明：要證AF⊥SC，只需證SC⊥平面AEF，只需證AE⊥SC(因?yàn)? ______)，只需證______，只需證AE⊥BC(因?yàn)開(kāi)_______)，只需證BC⊥平面SAB，只需 證BC⊥SA(因?yàn)開(kāi)_______)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立． 二、能力提升 7． 命題甲：()x、2－x、2x－4成等比數(shù)列；命題乙：lg x、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差數(shù)列，則甲是乙的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 8． 若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，則 (　　) A．R<P<Q B．P<Q<R C．Q<P<R D．P<R<Q 9． 已知α、β為實(shí)數(shù)，給出下列三個(gè)論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>2.以其中的兩個(gè)論斷為條件，另一個(gè)論斷為結(jié)論，你認(rèn)為正確的命題是________． 10．如果a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：＋>＋. 11．已知a>0，求證： －≥a＋－2. 12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求證：(－1)(－1)·(－1)≥8. 13．已知函數(shù)f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1、x2，證明：當(dāng)a≤0時(shí)，>f()． 三、探究與拓展 14．已知a，b，c，d∈R，求證： ac＋bd≤.(你能用幾種方法證明？) 答案 1．C　2．A　3．C　4．C　 5．a(chǎn)>b>c 6．EF⊥SC　AE⊥平面SBC　AE⊥SB　AB⊥BC 7．C 8．B　 9．①③?② 10．證明　方法一　用綜合法 ＋－－ ＝ ＝ ＝>0， ∴＋>＋. 方法二　用分析法 要證＋>＋， 只要證＋＋2>a＋b＋2， 即要證a3＋b3>a2b＋ab2， 只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)， 即需證a2－ab＋b2>ab， 只需證(a－b)2>0， 因?yàn)閍≠b，所以(a－b)2>0恒成立， 所以＋>＋成立． 11．證明　要證 －≥a＋－2， 只要證 ＋2≥a＋＋. ∵a>0，故只要證 2≥2， 即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只要證2≥， 只要證4≥2， 即a2＋≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立． 12．證明　方法一　(分析法) 要證(－1)(－1)(－1)≥8成立， 只需證··≥8成立． 因?yàn)閍＋b＋c＝1， 所以只需證··≥8成立， 即證··≥8成立． 而··≥··＝8成立． ∴(－1)(－1)(－1)≥8成立． 方法二　(綜合法) (－1)(－1)(－1) ＝(－1)(－1)(－1) ＝·· ＝ ≥＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào)，所以原不等式成立． 13．證明　由f(x)＝x2＋＋aln x， 得＝(x＋x)＋(＋)＋(ln x1＋ln x2) ＝(x＋x)＋＋aln . f()＝()2＋＋aln ， ∵x1≠x2且都為正數(shù)， 有(x＋x)>[(x＋x)＋2x1x2]＝()2. ① 又(x1＋x2)2＝(x＋x)＋2x1x2>4x1x2， ∴>. ② ∵<，∴l(xiāng)n<ln. ∵a≤0，∴aln>aln. ③ 由①、②、③得>f()． 14．證明　方法一　(用分析法) ①當(dāng)ac＋bd≤0時(shí)，顯然成立． ②當(dāng)ac＋bd>0時(shí)，欲證原不等式成立，只需證 (ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 即證a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2. 即證2abcd≤b2c2＋a2d2. 即證0≤(bc－ad)2. 因?yàn)閍，b，c，d∈R，所以上式恒成立． 故原不等式成立，綜合①②知，命題得證． 方法二　(用綜合法) (a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2 ＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d2) ＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2. ∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd. 方法三　(用比較法) ∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2 ＝(bc－ad)2≥0， ∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2， ∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd. 方法四　(用放縮法) 為了避免討論，由ac＋bd≤|ac＋bd|，可以試證(ac＋bd)2≤ (a2＋b2)(c2＋d2)． 由方法一知上式成立，從而方法四可行． 方法五　(構(gòu)造向量法) 設(shè)m＝(a，b)，n＝(c，d)， ∴m·n＝ac＋bd， |m|＝， |n|＝. ∵m·n≤|m|·|n|＝·. 故ac＋bd≤.