数学同步测控分析法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精同步测控我夯基我达标1。下列命题中，不正确的是（）A。(a-b）（an-bn）(n∈Z)不小于0B.若a<c<b,则(c—a)（c—b)小于0C.≥D.a2+3a+3〉0解析：当a〉b〉0,n为负整数时，a—b>0,an-bn<0,∴（a-b）(an-bn）〈0,A不正确。答案:A2.已知a、b、c、d∈{正实数}且〈，则（)A。<〈B.〈<C.<<D.以上均可能解析：先取特值检验，∵<,可取a=1,b=3，c=1,d=2,则=，满足〈<。∴B、C不正确。要证〈,∵a、b、c、d∈{正实数｝，只需证a（b+d)〈b（a+c),即证ad〈bc。只需证<。而〈成立，∴<.同理可证〈.答案:A3.已知a、b∈｛正实数｝，则-与的大小关系是(）A。—〉B.—≥C。—≤D。与a、b大小有关解析:∵（-)3=a—b-3+3=a-b—3(-），∵a、b∈{正实数｝,∴3〉0.但—的符号不定,∴（-）3与a—b大小不定。答案：D4。已知a、b是不相等的正数,x=,y=,则x、y的关系是()A。x〉yB.y〉xC.x〉yD。不确定解析：x2=+，y2=a+b=+,∵>(a、b为不相等的正数）,∴x2<y2.∴x〈y。答案:B5.设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a—d｜<｜b-c|，则(）A.ad=bcB.ad〈bcC。ad〉bcD。ad≤bc解析:｜a—d|〈｜b-c｜,∴|a-d｜2〈|b—c|2，即a2+d2—2ad〈b2+c2-2bc。∵a+d=b+c，∴(a+d)2=（b+c）2.∴a2+d2+2ad=b2+c2+2bc。∴—4ad〈-4bc。∴ad〉bc.答案:C6.要证—<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：要证—〈，只需证（-)3〈(）3,即a-b-3+3〈a—b，即证<,只需证ab2<a2b,即ab（b—a）<0。只需ab>0且b—a〈0或ab〈0,b—a〉0.答案:D7.设a=,b=—，c=—，则a、b、c的大小关系是__________。解析:∵a〉0，b〉0,c〉0，假设b〉c，即—>—，只需+〉+,即2+9〉2+9，即>.∵〉不成立，∴b>c不成立.∴b〈c.而a2=2,c2=8-2=8-4，a2-c2=4—6=->0，∴a〉c。a2—b2=2-(—)2=2-10+2=2-8=—〉0.∴a2〉b2。∴a>b.∴a>c>b。答案:a>c>b8.设a、b∈R,则“a2+b2〈1”是“ab+1〉a+b"的__________条件.解析：ab+1〉a+bab—a+1-b>0a(b-1)-（b—1)>0(a-1)(b—1)〉0。由a2+b2〈1,得a〈1，b〈1.∴a—1<0，b—1〈0.∴（a—1)(b-1）〉0。∴ab+1〉a+b.而(a—1）（b-1)〉0,得或当a—1>0且b-1>0时,a〉1,b〉1.a2+b2<1不成立。∴a2+b2〈1是ab+1>a+b的充分不必要条件。答案:充分不必要我综合我发展9.若a≠b,a≠0，b≠0,则比较大小关系:+__________+.解析：可比较|a|+｜b|与｜a|+|b|的大小。进而比较|a｜-｜a｜与｜b｜—｜b|的大小,从而就比较出大小.答案:>10.若a、b、c、d、x、y都是正实数且p=+,Q=·，则P、Q的大小关系为__________.解析：P2=ab+cd+2,Q2=(ax+cy)(+)=ab+cd+ad+bc,只需比较ad+bc与2的大小.∵a、b、c、d、x、y都是正实数，∴ad+bc≥2（当且仅当adx2=bcy2时，取“＝”）.∴P2≤Q2.∴P≤Q。答案：P≤Q（当且仅当adx2=bcy2时取“＝”）11。证明对于任意给定的向量a、b都有|｜a｜-｜b｜｜≤｜a+b|≤｜a｜+｜b｜。解析:向量的模可转化为向量的数量积运算.证明:要证｜|a|—|b｜|≤｜a+b｜≤|a｜+|b|，只需证(｜a|—｜b｜）2≤｜a+b|2≤（｜a｜+｜b|)2，即证｜a｜2+|b｜2-2|a｜·｜b|≤(a+b）2≤｜a｜2+|b｜2+2｜a|·|b｜，只需证｜a｜2+｜b|2—2|a｜·｜b|≤|a｜2+|b|2+2a·≤｜a|2+|b｜2+2｜a｜·｜b|,只需证0-2|a｜·｜b|≤2a·b≤2｜a|·｜b只需证—|a｜·｜b|≤|a｜·|b|·cos〈a,b〉≤｜a|·｜b|，只需证—1≤cos〈a,b〉≤1。∵—1≤cos〈a，b>≤1成立，∴|｜a|-｜b｜|≤｜a+b｜≤|a｜+｜b|成立。12.设a〉b〉0，求证:〉.解析:本题为分式结构不等式不易化简,可用分析法将不等式变为整式不等式。证明：要证〉，∵a>b〉0,只需证（a2—b2)（a+b)>（a—b)(a2+b2）,即证a3+a2b—ab2-b3〉a3-a2b+ab2—b3,即证a2b〉ab2.只需证a〉b.∵a>b>0成立,∴〉成立。13。已知a〉b〉0，求证:—〈—。解析:已知条件较简单,所证较复杂,可用分析法。证明：要证<,只需证+〈2，只需证（+）2〈(2）2，即a+b+a-b+2<4a,只需证<a,只需证a2—b2<a2,即b2〉0.又∵b〉0,∴-〈成立.我创新我超越14.证明对于任意实数x、y有x4+y4≥xy(x+y)2.解析:因为所证的不等式次数较高,不易证,可用分析法.证明：要证x4+y4≥xy（x+y）2，只需证2(x4+y4）≥x3y+2x2y2+xy3,只需证∵x4+y4≥2x2y2成立，只需证x4+y4≥x3y+xy3成立。只需证x4+y4—x3y-xy3≥0,即x3（x-y）-y3(x-y）≥0，即(x3—y3）(x-y）≥0。∵x-y与x3-y3同号，∴(x—y）（x3—y3)≥0。∴x4+y4≥x3y+xy3。∴x4+y4≥xy(x+y)2成立.15。是否存在常数c,使得不等式+≤c≤+对任意正数x、y恒成立？试证明你的结论。解析:可先令x、y为具体的值，来确定常数c,再用分析法证明。解：令x=y=1，得≤c≤,∴c=.下面先证