高中数学选修2-2课时作业2：习题课 综合法和分析法

人教版高中数学选修2-2PAGEPAGE1习题课综合法和分析法一、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≥2D．a2＋b2≤3[答案]C[解析]∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.2．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[答案]A[解析]方法一特值检验，∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，则eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，满足eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).∴B、C、D不正确．方法二要证eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)，∵a、b、c、d∈{正实数}，∴只需证a(b＋d)<b(a＋c)，即证ad<bc.只需证eq\f(a,b)<eq\f(c,d).而eq\f(a,b)<eq\f(c,d)成立，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可证eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).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[答案]C[解析]a2＋b2＋c2＝eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(a2＋c2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)≥ab＋ac＋bc；a(1－a)≤(eq\f(a＋1－a,2))2＝eq\f(1,4)；(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；当eq\f(b,a)<0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立．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．2abC．a2＋b2D．a[答案]C[解析]∵a＋b＝1，a＋b>2eq\r(ab)，∴2ab<eq\f(1,2)，由a2＋b2>eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(1,2)，又∵0<a<b，且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)，∴a2＋b2最大．5．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________．[答案]a>b>c[解析]a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6)).∴a>b>c.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．[答案]EF⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥BC[解析]要证线线垂直，可先证线面垂直，要证线面垂直，还需线线垂直，通过证明BC⊥平面SAB，可得AE⊥BC，进而AE⊥平面SBC，SC⊥平面AEF，问题得证．7．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).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．二、能力提升8．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[答案]C[解析]由(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比数列可得：(2－x)2＝(eq\f(1,4))x·2x－4，解得x＝4；由lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列得：2lg(x＋2)＝lgx＋lg(2x＋1)，可解得x＝4(x＝－1舍去)，所以甲是乙的充要条件.9．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<QB．P<Q<RC．Q<P<RD．P<R<Q[答案]B[解析]a>b>1⇒lga>0，lgb>0，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)>eq\r(lga·lgb)＝P，R>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝Q⇒R>Q>P.10．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________．[答案]①③⇒②[解析]∵αβ>0，|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.∴|α＋β|>5.11．已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.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．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).(1)解2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)解当n≥2时，2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)，两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－eq\f(1,3)(3n2－3n＋1)－(2n－1)－eq\f(2,3)，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq\f(a1,1)＝1，公差为1的等差数列，所以eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(3)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝1＋eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(5,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n)＝eq\f(7,4)－eq\f(1,n)<eq\f(7,4)，所以对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).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？)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＋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.∴eq\r(a2＋b2c2＋d2)≥|ac＋bd|≥ac＋bd.方法三(用比较法)∵(a2＋b2)(c2＋d2)－