《《步步高學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計》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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《步步高學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計》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）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
2.2.1 綜合法和分析法(二)
一、基礎(chǔ)過關(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
2、 ( )
A．1個 B．2個
C．3個 D．4個
4． 若實(shí)數(shù)a，b滿足0<a<b，且a＋b＝1，則下列四個數(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A作SB的垂線，垂足為E，
過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(因為
______)，只需證______，只需證AE⊥BC(因為________
3、)，只需證BC⊥平面SAB，只需
證BC⊥SA(因為________)．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<
4、;R<Q
9． 已知α、β為實(shí)數(shù)，給出下列三個論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>2.以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結(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)，對任意兩個不相等的正數(shù)x1、x2，證明：當(dāng)a≤0時，>f()．
三、探究與拓展
14．已知a，b，c，
5、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，
因為a≠b，所
6、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．
因為a＋b＋c＝1，
所以只需證··≥8成立，
即證··≥8成立．
而··≥··＝8成立．
∴
7、(－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時取等號，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
8、
∵<，∴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，顯然成立．
②當(dāng)ac＋bd>0時，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.
因為a，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＋
9、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≤.
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