学高中数学 第三章 综合法与分析法(二)检测题 北师大版选修1-2

§3综合法与分析法(二)一、基础过关1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则 ()A．a≤eq\f(1,2) B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤32．已知a、b、c、d∈{正实数}，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，则 ()A.eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d) B.eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)C.eq\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d) D．以上均可能3．下面四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥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0<a<b，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是 ()A.eq\f(1,2) B．2ab C．a2＋b2 D．a5．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(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：(eq\f(1,4))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a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lg(eq\f(a＋b,2))，则 ()A．R<P<Q B．P<Q<RC．Q<P<R D．P<R<Q9．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).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：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).11．已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)·(eq\f(1,c)－1)≥8.13．已知函数f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：当a≤0时，eq\f(fx1＋fx2,2)>f(eq\f(x1＋x2,2))．三、探究与拓展14．已知a，b，c，d∈R，求证：ac＋bd≤eq\r(a2＋b2c2＋d2).(你能用几种方法证明？)

答案1．C2．A3．C4．C5．a>b>c6．EF⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥BC7．C8．B9．①③⇒②10．证明方法一用综合法eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b)－a\r(b)－b\r(a),\r(ab))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))>0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).方法二用分析法要证eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)，只要证eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)＋2eq\r(ab)>a＋b＋2eq\r(ab)，即要证a3＋b3>a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，即需证a2－ab＋b2>ab，只需证(a－b)2>0，因为a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)成立．11．证明要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，故只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，从而只要证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要证4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)·(eq\f(1,c)－1)≥8.证明方法一(分析法)要证(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立，只需证eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因为a＋b＋c＝1，所以只需证eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立，即证eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8成立．而eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8成立．∴(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立．方法二(综合法)(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)＝(eq\f(a＋b＋c,a)－1)(eq\f(a＋b＋c,b)－1)(eq\f(a＋b＋c,c)－1)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝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＋eq\f(2,x)＋alnx，得eq\f(fx1＋fx2,2)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋(eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2))＋eq\f(a,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋eq\f(x1＋x2,x1x2)＋alneq\r(x1x2).f(eq\f(x1＋x2,2))＝(eq\f(x1＋x2,2))2＋eq\f(4,x1＋x2)＋alneq\f(x1＋x2,2)，∵x1≠x2且都为正数，有eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))>eq\f(1,4)[(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋2x1x2]＝(eq\f(x1＋x2,2))2. ①又(x1＋x2)2＝(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋2x1x2>4x1x2，∴eq\f(x1＋x2,x1x2)>eq\f(4,x1＋x2). ②∵eq\r(x1x2)<eq\f(x1＋x2,2)，∴lneq\r(x1x2)<lneq\f(x1＋x2,2).∵a≤0，∴alneq\r(x1x2)>alneq\f(x1＋x2,2). ③由①、②、③得eq\f(fx1＋fx2,2)>f(eq\f(x1＋x2,2))．14．证明方法一(用分析法)①当ac＋bd≤0时，显然成立．②当ac＋bd>0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＋b2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＋b2＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2.∴eq\r(a2＋b2c2＋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，∴eq\r(a2＋b2c2＋d2)≥|a