人教版新课标A选修1-22.2直接证明与间接证明精练

2.2.1　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≤      B．ab≥

C．a2＋b2≥2     D．a2＋b2≤3

2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且<，则         (　　)

A.<<      B.<<

C.<<      D．以上均可能

3．下面四个不等式：

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.     B．2ab    C．a2＋b2    D．a

5．设a＝－，b＝－，c＝－，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：()x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lg x、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＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，则     (　　)

A．R<P<Q      B．P<Q<R

C．Q<P<R      D．P<R<Q

9．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>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：＋>＋.

11．已知a>0，求证： －≥a＋－2.

12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(－1)(－1)(－1)≥8.

13．已知函数f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：当a≤0时，>f()．

三、探究与拓展

14．已知a，b，c，d∈R，求证：

ac＋bd≤.(你能用几种方法证明？)

答案

1．C　2．A　3．C　4．C　5．a>b>c

6．EF⊥SC　AE⊥平面SBC　AE⊥SB　AB⊥BC

7．C　8．B　9．①③⇒②

10．证明　方法一　用综合法

＋－－

＝

＝

＝>0，

∴＋>＋.

方法二　用分析法

要证＋>＋，

只要证＋＋2>a＋b＋2，

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＋>＋成立．

11．证明　要证 －≥a＋－2，

只要证 ＋2≥a＋＋.

∵a>0，故只要证 2≥2，

即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，

从而只要证2≥，

只要证4≥2，

即a2＋≥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(－1)(－1)(－1)≥8成立，

只需证··≥8成立．

因为a＋b＋c＝1，

所以只需证··≥8成立，

即证··≥8成立．

而··≥··＝8成立．

∴(－1)(－1)(－1)≥8成立．

方法二　(综合法)

(－1)(－1)(－1)

＝(－1)(－1)(－1)

＝··

＝

≥＝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＋＋aln x，

得＝(x＋x)＋(＋)＋(ln x1＋ln x2)

＝(x＋x)＋＋aln .

f()＝()2＋＋aln ，

∵x1≠x2且都为正数，

有(x＋x)>[(x＋x)＋2x1x2]＝()2.①

又(x1＋x2)2＝(x＋x)＋2x1x2>4x1x2，

∴>.②

∵<，

∴ln<ln.

∵a≤0，∴aln≥aln.③

由①、②、③得

>f()．

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＋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.

∴≥|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，

∴≥|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|＝，

|n|＝.

∵m·n≤|m|·|n|＝·.

故ac＋bd≤.