2017-2018学年高中数学 2.2.1综合法和分析法课后习题新人教A版选修2-2

合集下载

2017_2018学年高中数学第二章推理与证明2.2.1综合法和分析法学案含解析新人教A版选修2_2

2．2.1综合法和分析法综合法阅读下列证明过程，回答问题．π(2x＋4)的一个周期．求证：π是函数f(x)＝sinπππ 证明：因为f(x＋π) [2x＋＋4]＝sin(2x＋2π＋4)＝sin(2x＋4)＝f(x)，所＝sinπ 以由周期函数的定(2x＋4)的一个周期．义可知，π是函数f(x)＝sin问题1：本题的条件和结论各是什么？π(2x＋4)；结论：π是f(x)的一个周期．提示：条件：f(x)＝sin问题2：本题的证明顺序是什么？提示：从已知利用诱导公式到待证结论．1．综合法的定义利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．2．综合法的框图表示P⇒Q1 Q1⇒Q2 Q2⇒Q3 Q n⇒Q―→―→―→…―→(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)综合法的特点(1)综合法的特点是从“已知”看“未知”，其逐步推理实际上是寻找已知条件的必要条件．(2)综合法从命题的条件出发，利用定义、公理、定理和运算法则，通过演绎推理，一步一步完成命题的证明.分析法阅读下列证明过程，回答问题．求证：6＋7≥22＋ 5.证明：要证原不等式成立，只需证( 6＋7)2≥(22＋5)2，即证2 42≥240，该式显然成立，因此原不等式成立．1问题1：本题证明从哪里开始？提示：从结论开始．问题2：证明思路是什么？提示：寻求每一步成立的充分条件．1．分析法的定义从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．2．分析法的框图表示Q⇐P1 P1⇐P2 P2⇐P3 得到一个明显―→―→―→…―→成立的条件分析法的特点(1)分析法的特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找使结论成立的充分条件．(2)分析法从命题的结论入手，寻求结论成立的条件，直至归结为已知条件、定义、公理、定理等.综合法的应用已知a，b，c是不全相等的正数，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc.∵a，b，c是正数，∴b2＋c2≥2bc，∴a(b2＋c2)≥2abc.①同理，b(c2＋a2)≥2abc，②c(a2＋b2)≥2abc.③∵a，b，c不全相等，∴b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，a2＋b2≥2ab三式中不能同时取到“＝”，∴①②③式相加得a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc.综合法的证明步骤(1)分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等；(2)转化条件，组织过程：将条件合理转化，书写出严密的证明过程．特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．24 1已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证：＋≥9.a b证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，4 1 4a＋b a＋b4b a4b a4b a∴＋＝＋＝4＋＋＋1＝5＋＋≥5＋2 ×＝5＋4＝9.当且仅a b a b a b a b a b4b a当＝，即a＝2b时“＝”成立.a b分析法的应用2设a，b为实数，求证：a2＋b2≥(a＋b)．2当a＋b≤0时，∵a2＋b2≥0，2∴a2＋b2≥(a＋b)成立．2当a＋b>0时，用分析法证明如下：2 要证a2＋b2≥(a＋b)，22只需证( a2＋b2)2≥[a＋b]2，21即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.2∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，2∴a2＋b2≥(a＋b)成立．2综上所述，不等式得证．分析法的证明过程及书写形式(1)证明过程：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个显而易见的命题即可．(2)书写形式：要证……，只需证……，即证……，然后得到一个明显成立的条件，所以结论成立．在锐角△ABC中，求证：tan A tan B＞1.sin A sin B证明：要证tan A tan B＞1，只需证＞1.cos A cos B∵A，B均为锐角，3∴cos A＞0，cos B＞0.即证sin A sin B＞cos A cos B，即cos A cos B－sin A sin B＜0，只需证cos(A＋B)＜0.∵△ABC为锐角三角形，∴90°＜A＋B＜180°，∴cos(A＋B)＜0，因此tan A tan B＞1.综合法和分析法的综合应用已知△ABC的三个内角A，B，C为等差数列，且a，b，c分别为角A，B，C的对边，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.法一：(分析法)要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，1 1 3即证＋＝，a＋b b＋c a＋b＋ca＋b＋c a＋b＋c只需证＋＝3，a＋b b＋cc a化简，得＋＝1，a＋b b＋c即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°，a2＋c2－b2 1所以cos B＝＝，2ac 2即a2＋c2－b2＝ac成立，∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．法二：(综合法)因为△ABC的三内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，所以c2＋a2＝ac＋b2.两边加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，两边同时除以(a＋b)(b＋c)，得c a＋＝1，a＋b b＋c4ca所以(＋1)＋(＋1)＝3，a ＋bb ＋c113即＋＝， a ＋b b ＋c a ＋b ＋c所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.综合法与分析法的适用范围(1)综合法适用的范围：①定义明确的题型，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式问题等； ②已知条件明确，且容易通过找已知条件的必要条件逼近欲得结论的题型． (2)分析法适用的范围：分析法的适用范围是已知条件不明确，或已知条件简便而结论式子较复杂的问题．设 a ，b ∈(0，＋∞)，且 a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 证明：法一：(分析法) 要证 a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2成立，即需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )成立．又因 a ＋b ＞0，故只需证 a 2－ab ＋b 2＞ab 成立，即需证 a 2－2ab ＋b 2＞0成立，即需证(a －b )2＞0成立．而依题设 a ≠b ，则(a －b )2＞0显然成立．由此命题得证．法二：(综合法)a ≠b ⇔a －b ≠0⇔(a －b )2＞0⇔a 2－2ab ＋b 2＞0⇔a 2－ab ＋b 2＞ab . ∵a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b ＞0，(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )， ∴a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.54.综合法、分析法的综合应用(12分)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数y＝f(x＋1)的图象与f(x)的图象关于y轴对称．1(x＋2 )为偶函数．求证：f61 1已知 a ≥－，b ≥－，a ＋b ＝1，求证： 2a ＋1＋ 2b ＋1≤2 2.2 2证明：要证 2a ＋1＋ 2b ＋1≤2 2，只需证 2(a ＋b )＋2＋2 2a ＋1· 2b ＋1≤8. 因为 a ＋b ＝1，即证 2a ＋1· 2b ＋1≤2. 1 1因为 a ≥－，b ≥－，所以 2a ＋1≥0,2b ＋1≥0， 2 22a ＋1＋2b ＋1 2a ＋b ＋1所以 2a ＋1· 2b ＋1≤ ＝＝2，2 2即 2a ＋1· 2b ＋1≤2 成立，因此原不等式成立．1．“a ，b ，c 是不全相等的正数”，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与 a <b 及 a ＝b 中，至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中正确判断的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选 C 由于 a ，b ，c 不全相等中含有 a ≠b ≠c 这种情况，所以③错误，①②都正确．2．欲证不等式 3－ 5＜ 6－ 8成立，只需证( ) A ．( 3－ 5)2＜( 6－ 8)2 B ．( 3－ 6)2＜( 5－ 8)2 C ．( 3＋ 8)2＜( 6＋ 5)2 D ．( 3－ 5－ 6)2＜(－ 8)2解析：选 C 要证 3－ 5＜ 6－ 8成立，只需证 3＋ 8＜ 6＋ 5成立，只需证( 3＋ 8)2 ＜( 6＋ 5)2成立．3．已知 a ，b ，c 为正实数，且 a ＋b ＋c ＝1，11 1求证：(－1 )(－1 )(－1 )≥8.abc证明过程如下：∵a ，b ，c 为正实数，且 a ＋b ＋c ＝1，1 b ＋c 1 a ＋c 1 a ＋b∴ －1＝＞0，－1＝＞0，－1＝＞0，a ab bc c 1 11b ＋c a ＋c a ＋b 2 bc ·2 ac ·2 ab∴(－1 )(－1 )(－1 )＝··≥＝8， abcab cabc7当且仅当a＝b＝c时取等号，∴不等式成立．这种证法是________(填“综合法”或“分析法”)．解析：本题从已知条件出发，不断地展开思考，去探索结论，这种方法是综合法．答案：综合法a2＋b2 a2＋b24．将下面用分析法证明≥ab的步骤补充完整：要证≥ab，只需证a2＋2 2b2≥2ab，也就是证________，即证________．由于________显然成立，因此原不等式成立．a2＋b2 a2＋b2解析：用分析法证明≥ab的步骤为：要证≥ab成立，只需证a2＋b2≥2ab，2 2也就是证a2＋b2－2ab≥0，即证(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0显然成立，所以原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥0a b5．已知a＞0，b＞0，求证：＋≥a＋b.(要求用两种方法证明)b aa b a b a－b证明：法一：(综合法)因为a＞0，b＞0，所以＋－a－b＝(－b)＋(－a)＝b a b a bb－a 1 1 a－b2a＋b＋a ＝(a－b)·(－a)＝≥0，b aba b所以＋≥a＋b.b aa b法二：(分析法)要证＋≥a＋b，只需证a a＋b b≥a b＋b a，即证(a－b)( a－b ab)≥0.因为a＞0，b＞0，所以a－b与a－b符号相同，不等式(a－b)( a－b)≥0成立，所以原不等式成立．一、选择题1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有()A．2个B．3个C．4个D．5个解析：选C①②③⑤正确．2．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2 时，都有f(x1)＞f(x2)”的是()1A．f(x)＝B．f(x)＝(x－1)2xC．f(x)＝e x D．f(x)＝ln(x＋1)81 1解析：选A本题就是找哪一个函数在(0，∞＋)上是减函数，A项中，f′(x)＝(x)′＝－x2 1＜0，∴f(x)＝在(0，＋∞)上为减函数．x1 13．设a＞0，b＞0，若3是3a与3b的等比中项，则＋的最小值为()a bA．8 B．41C．1 D.4解析：选B3是3a与3b的等比中项⇒3a·3b＝3⇒3a＋b＝3⇒a＋b＝1，因为a＞0，b＞0，a＋b 1 1 1 1 a＋b 1 1所以ab≤＝⇒ab≤，所以＋＝＝≥＝4.2 2 4 a b ab ab 144．A，B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B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解析：选C若A>B，则a>b.a b又∵＝，sin A sin B∴sin A>sin B.若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，∴A>B.5．已知f(x)＝a x＋1,0＜a＜1，若x1，x2∈R，且x1≠x2，则()f x1＋f x2x1＋x2A. 2 ≤f( 2 )f x1＋f x2x1＋x2B. ＝f 2 )2 (f x1＋f x2x1＋x2C. ≥f 2 )2 (f x1＋f x2x1＋x2D. 2 ＞f( 2 )f x1＋f x2ax1＋1＋ax2＋1解析：选D因为x1≠x2，所以＝＞＝aax1＋1·ax2＋12 2x1＋x2 x1＋x22 (＋1＝f 2 )，f x1＋f x2x1＋x2 所以＞f.2 ( 2 )二、填空题6．命题“函数f(x)＝x－x ln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－9x ln x取导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x＞0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．解析：该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如果a a＋b b＞a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是________．解析：a a＋b b＞a b＋b a⇔a a－a b＞b a－b b⇔a( a－b)＞b( a－b)⇔(a－b)( a－b)＞0⇔( a＋b)( a－b)2＞0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b1 π3π8．已知sin θ＋cos θ＝且≤θ≤，则cos 2θ＝________.5 2 41 1 24 π3π解析：因为sin θ＋cos θ＝所，以1＋sin 2θ＝所，以sin 2θ＝－.因为≤θ≤，5 25 25 2 43π 所以π≤2θ≤，27所以cos 2θ＝－1－sin22θ＝－.257答案：－25三、解答题sin2α－βsin β9．求证：2cos(α－β)－＝.sin αsin α证明：要证原等式成立，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，左边＝2cos(α－β)sin α－sin＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β＝右边．所以等式成立．10．设f(x)＝ln x＋x－1，证明：3(1)当x＞1时，f(x)＜(x－1)；2109x－1(2)当1＜x＜3时，f(x)＜.x＋53 1 1 3证明：(1)记g(x)＝ln x＋x－1－(x－1)，则当x＞1时，g′(x)＝＋－＜0.2 x 2 x 23 又因为g(1)＝0，故g(x)＜0，即f(x)＜(x－1)．29x－1(2)记h(x)＝f(x)－，x＋51 1 54则h′(x)＝＋－x2 x x＋522＋x54 x＋5 54＝－＜－2x x＋5 2 4x x＋52x＋53－216x＝.4x x＋52令p(x)＝(x＋5)3－216x，则当1＜x＜3时，p′(x)＝3(x＋5)2－216＜0，因此p(x)在(1,3) 内单调递减．又因为p(1)＝0，则p(x)＜0，故h′(x)＜0，因此h(x)在(1,3)内单调递减．又因为h(1)＝0，9x－1则h(x)＜0，故当1＜x＜3时，f(x)＜.x＋511。

高中数学 2.2.1综合法和分析法课后习题新人教A版选修2-2

1.要证明<2,最合理的方法是()A.综合法B.分析法C.综合分析法D.以上都不用答案:B2.在△ABC中,若sin A sin B<cos A cos B,则△ABC一定是()A.直角三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.等边三角形解析:由sin A sin B<cos A cos B得cos A cos B-sin A sin B>0,即cos(A+B)>0,-cos C>0,cos C<0,从而角C必为钝角,△ABC一定为钝角三角形.答案:C3.使不等式>1+成立的正整数a的最大值是()A.13B.12C.11D.10解析:由-1得a<(-1)2.而(-1)2=3+8+1+2-2-2=12+4-2-4≈12.68.因此使不等式成立的正整数a的最大值为12.答案:B4.已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,m⊂β,给出下列四个命题:①若α∥β,则l⊥m;②若l⊥m,则α∥β;③若α⊥β,则l⊥m;④若l∥m,则α⊥β.其中正确的命题的个数是()A.2B.3C.4D.5解析:若l⊥α,m⊂β,α∥β,则l⊥β,所以l⊥m,①正确;若l⊥α,m⊂β,l⊥m,α与β可能相交,②不正确;若l⊥α,m⊂β,α⊥β,l与m可能平行、相交或异面,③不正确;若l⊥α,m⊂β,l∥m,则m⊥α,所以α⊥β,④正确.答案:A5.已知a>0,b>0,m=lg,n=lg,则m与n的大小关系为()A.m>nB.m=nC.m<nD.不能确定解析:由a>0,b>0,得>0,所以a+b+2>a+b,所以()2>()2,所以,所以lg>lg,即m>n,故选A.答案:A6.平面内有四边形ABCD和点O,,则四边形ABCD为.解析:因为,所以,所以,故四边形ABCD为平行四边形.答案:平行四边形7.若lg x+lg y=2lg(x-2y),则lo=.解析:由条件知lg xy=lg(x-2y)2,所以xy=(x-2y)2,即x2-5xy+4y2=0,即-5+4=0,所以=4或=1.又x>2y,故=4,所以lo=lo4=4.答案:48.△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,求证:.证明:要证,只需证=3.即证=1,即c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),只需证c2+a2=ac+b2.∵△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,∴B=60°.由余弦定理,有b2=c2+a2-2ca cos 60°,即b2=c2+a2-ac,∴c2+a2=ac+b2.命题得证.9.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面B DE.证明:(1)设AC,BD的交点为G,连接EG,因为AB=,且四边形ABCD为正方形,所以AC=2,AG=AC=1.又EF∥AG,且EF=1,所以AG EF.所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连接FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形,所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF,所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.B组1.A,B为△ABC的内角,A>B是sin A>sin B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解析:若A>B,则a>b,又,所以sin A>sin B.若sin A>sin B,则由正弦定理得a>b,所以A>B.答案:C2.设函数f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数,若f(1)>1,f(2)=,则a的取值范围是()A.a<B.a<,且a≠-1C.a>或a<-1D.-1<a<解析:∵f(x)以3为周期,∴f(2)=f(-1).又f(x)是R上的奇函数,∴f(-1)=-f(1),则f(2)=f(-1)=-f(1).再由f(1)>1,可得f(2)<-1,即<-1,解得-1<a<.答案:D3.已知a,b,c,d为正实数,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为正实数,∴只需证a(b+d)<b(a+c),即证ad<bc.只需证.而成立,∴.同理可证.故A正确,D不正确.答案:A4.若不等式(-1)n a<2+对任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围是.解析:当n为偶数时,a<2-,而2-≥2-,故a<.当n为奇数时,a>-2-,而-2-<-2,故a≥-2.综上可得-2≤a<.答案:5.在锐角△A BC中,已知3b=2a sin B,且cos B=cos C,求证:△ABC是等边三角形.证明:∵△ABC为锐角三角形,∴A,B,C∈,由正弦定理及条件,可得3sin B=2sin A sin B.∵B∈,∴sin B≠0.∴3=2sin A.∴sin A=.∵A∈,∴A=.又cos B=cos C,且B,C∈,∴B=C.又B+C=,∴A=B=C=.从而△ABC是等边三角形.6.已知a>0,求证:≥a+-2.证明:要证≥a+-2,只需证+2≥a+.因为a>0,只需证.即证a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只需证2,故只需证4≥2,即证a2+≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.7.设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有+…+.(1)解:当n=1时,=2a1=a2--1-=2,解得a2=4.(2)解:2S n=na n+1-n3-n2-n.①当n≥2时,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1).②①-②,得2a n=na n+1-(n-1)a n-n2-n.整理得na n+1=(n+1)a n+n(n+1),即+1,=1,当n=1时,=2-1=1.所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.所以=n,即a n=n2.所以数列{a n}的通项公式为a n=n2,n∈N*.(3)证明:因为(n≥2),所以+…++…+<1++…+=1+.。

高中数学第二章2.2.1 综合法和分析法讲解与例题新人教A版选修12

2.2 直接证明与间接证明 2.2.1 综合法和分析法问题导学一、用综合法证明问题活动与探究11．已知a ，b ＞0，且a ＋b ＝1，求证：114a b+≥． 2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是A P ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD ．迁移与应用设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2．(1)综合法的证明步骤：①分析条件，选择方向．确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等．②转化条件，组织过程．将条件合理转化，书写出严密的证明过程．(2)综合法的适用范围：①定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，立体几何中的证明，不等式的证明等问题．②已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件能逐步逼近结论的题型．二、用分析法证明问题活动与探究2当a ，b 满足什么条件时，a b a b --＜成立．迁移与应用当a ＋b ＞0时，求证：222()2a b a b +≥＋．在分析法证明中，从结论出发的每一个步骤所得到的判断都是结论成立的充分条件，最后一步归结到一个明显成立的条件．因此，从最后一步可以倒推回去，得到结论，但这个倒推过程可以省略．三、综合法和分析法的综合应用活动与探究3求证：当x ≥0时，sin x ≤x ．迁移与应用已知a ，b ，c 是不全相等的正数，且0＜x ＜1．求证：log log log 222xx xa b b c a c+++++＜log x a ＋log x b ＋log x c ．实际解题时，用分析法思考问题，寻找解题途径，用综合法书写解题过程，或者联合使用分析法与综合法，即从“欲知”想“已知”(分析)，从“已知”推“可知”(综合)，双管齐下，两面夹击，找到沟通已知条件和结论的途径．答案：课前·预习导学【预习导引】1．综合法分析法2．已知条件推理论证结论充分条件预习交流 (1)解：∵a n ＝2n，∴a n ＋1a n ＝2n ＋12n ＝2×2n 2n ＝2．由等比数列的定义可知数列{a n }为等比数列． (2)证明：要证原不等式成立，只需证(6＋7)2≥(22＋5)2，即证242＞240，由于上式显然成立，因此原不等式成立．课堂·合作探究【问题导学】活动与探究 1．思路分析：解答本题可由已知条件出发，结合基本不等式a ＋b ≥2ab (a ，b ＞0)，即可得出结论．证明：方法一：∵a ，b ＞0，且a ＋b ＝1， ∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤12，∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4．当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．方法二：∵a ，b 是正数，∴a ＋b ≥2ab ＞0，1a ＋1b ≥21ab＞0，∴(a ＋b )(1a ＋1b )≥4．又a ＋b ＝1，∴1a ＋1b≥4．当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．方法三：1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝1＋b a ＋ab＋1≥2＋2b a ·ab＝4．当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．2．思路分析：(1)利用线线平行证明线面平行． (2)利用面面垂直线面垂直面面垂直．证明：(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为EF 平面PCD ，PD 平面PCD ，所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF 平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面PAD ．又因为BF 平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD ．迁移与应用证明：3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b )．因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0,3a 2－2b 2＞0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，即3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2．活动与探究2 解：要a －b ＜a －b ，只需a ＜b ＋a －b ，只需a ＜b ＋(a －b )＋2b (a －b )，只需2b (a －b )＞0，只需a ＞0，b ＞0，a －b ＞0，即a ，b 要满足的条件为a ＞b ＞0．迁移与应用证明：要证a 2＋b 2≥22(a ＋b )，只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤22(a ＋b )2，即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab ．因为a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立，所以a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立．综上所述，不等式得证．活动与探究3 思路分析：不等式的成立问题，可以转化为函数的最值问题来解决．证明：要证x ≥0时，sin x ≤x ，只需证x ≥0时，sin x －x ≤0即可．设f (x )＝sin x －x ，则即证x ≥0时，f (x )≤f (0)．即证x ≥0时，f (x )的最大值小于或等于0．(*)∵f (x )＝sin x －x ，∴f ′(x )＝cos x －1，∴当x ≥0时，f ′(x )≤0，∴f (x )在[0，＋∞)上单调递减．∴当x ≥0时，f (x )max ＝f (0)＝0，∴(*)式成立．∴原不等式成立．迁移与应用证明：要证明log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2＜log x a ＋log x b ＋log x c ，只需要证明log x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2＜log x(abc )，由已知0＜x ＜1，只需证明a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2＞abc ．由公式a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0， a ＋c2≥ac ＞0．又∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2＞a 2b 2c 2＝abc ．即a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2＞abc 成立．∴log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2＜log x a ＋log x b ＋log x c 成立．当堂检测1．设a ＝lg2＋lg5，b ＝e x(x ＜0)，则a 与b 的大小关系为( )． A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ＝b D ．a ≤b 答案：A 解析：∵a ＝lg2＋lg5＝lg10＝1，而b ＝e x ＜e 0＝1，故a ＞b ． 2．下列表述：①综合法是由因导果法； ②综合法是顺推法； ③分析法是执果索因法； ④分析法是间接证明法； ⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有( )．A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个答案：C 解析：由分析法、综合法的定义知①②③⑤正确．3．已知函数f (x )满足：当x ≥4时，f (x )＝2x，当x ＜4时，f (x )＝f (x ＋1)，则f (2＋log 23)＝( )．A ．11B ．12C ．24D ．8 答案：C 解析：∵1＜log 23＜2，∴3＜log 23＋2＜4．由已知得f (2＋log 23)＝f (3＋log 23)＝23log 32＋＝23×2log 32＝24．4．已知a ，b 是不相等的正数，且2a bx +=，y a b =+，则x ，y 的大小关系是________．答案：x ＜y 解析：∵y 2＝2()a b +＝a ＋b ＝22()()2a b a b x ++>=２，∴x ＜y ． 5．补充下面用分析法证明基本不等式222a b ab +≥的步骤：要证明222a b ab +≥，只需证明a 2＋b 2≥2ab ，只需证____________________，只需证____________________．由于________显然成立，因此原不等式成立．答案：a 2＋b 2－2ab ≥0 (a －b )2≥0 (a －b )2≥0提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记．。

高中数学 2.2.1 综合法与分析法同步练习新人教A版选修2-2

选修2-2 2.2 第1课时综合法与分析法一、选择题1．证明命题“f(x)＝e x＋1e x在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝e x＋1e x ，∴f′(x)＝e x－1e x.∵x>0，∴e x>1,0<1e<1∴e x－1e x>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是( )A．综合法 B．分析法C．反证法D．以上都不是[答案] A[解析] 该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac <3a索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0[答案] C[解析] 要证b 2－ac <3a 只需证b 2－ac <3a 2只需证b 2－a (－b －a )<3a 2只需证2a 2－ab －b 2>0. 只需证(2a ＋b )(a －b )>0，只需证(a －c )(a －b )>0. 故索的因应为C.3．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn(m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，则p 、q 的大小为( )A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p >qD ．不确定[答案] B [解析] q ＝ab ＋mad n ＋nbcm＋cd≥ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a 、b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A[答案] A [解析] a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，＋∞)上是单调减函数， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是( ) A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin β B ．sin(α＋β)＞cos α＋cos β C ．cos(α＋β)＞sin α＋sin β D ．cos(α＋β)<cos α＋cos β [答案] D[解析] ∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π， ∴cos α＞cos(α＋β)又cos β＞0，∴cos α＋cos β＞cos(α＋β)．6．设a 、b 、c ∈R ＋，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR >0”是“P 、Q 、R 同时大于零”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] C[解析] 首先若P 、Q 、R 同时大于零，则必有PQR >0成立．其次，若PQR >0，且P 、Q 、R 不都大于0，则必有两个为负，不妨设P <0，Q <0，即a ＋b －c <0，b ＋c －a <0，∴b <0与b ∈R ＋矛盾，故P 、Q 、R 都大于0. 7．已知y >x >0，且x ＋y ＝1，那么( ) A ．x <x ＋y2<y <2xy B ．2xy <x <x ＋y2<y C ．x <x ＋y 2<2xy <yD ．x <2xy <x ＋y2<y[答案] D[解析] ∵y >x >0，且x ＋y ＝1，∴设y ＝34，x ＝14，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38.所以有x <2xy <x ＋y2<y ，故排除A 、B 、C.8．下面的四个不等式：①a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；②a (1－a )≤14；③b a ＋a b≥2；④(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)≥(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] ∵(a 2＋b 2＋c 2)－(ab ＋bc ＋ac )＝12[(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2]≥0a (1－a )－14＝－a 2＋a －14＝－⎝⎛⎭⎪⎫a －122≤0，(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2≥a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2.∴应选C.9．若x ，y ∈R ＋，且x ＋y ≤a x ＋y 恒成立，则a 的最小值是( ) A ．2 2 B. 2 C ．2D ．1[答案] B[解析] 原不等式可化为a ≥x ＋y x ＋y ＝(x ＋y )2x ＋y ＝1＋2xyx ＋y要使不等式恒成立，只需a 不小于1＋2xy x ＋y的最大值即可．∵1＋2xy x ＋y≤2，当x ＝y 时取等号，∴a ≥2，∴a 的最小值为 2.故应选B.10．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S (x )＝a x －a －x2，C (x )＝a x ＋a －x2，其中a >0，且a ≠1，下面正确的运算公式是( )①S (x ＋y )＝S (x )C (y )＋C (x )S (y )； ②S (x －y )＝S (x )C (y )－C (x )S (y )； ③C (x ＋y )＝C (x )C (y )－S (x )S (y )； ④C (x －y )＝C (x )C (y )＋S (x )S (y )． A ．①③ B ．②④ C ．①④D ．①②③④[答案] D [解析] ∵S (x )＝a x －a －x2，C (x )＝a x ＋a －x2，∴S (x ＋y )＝a x ＋y －a －x －y2，S (x )C (y )＋C (x )S (y )＝a x －a －x 2·a y ＋a －y 2＋a x ＋a －x 2·a y －a －y2＝a x ＋y ＋a x －y －a y －x －a －x －y ＋a x ＋y －a －x －y ＋a y －x －a －x －y4＝2(ax ＋y－a －x －y)4＝a x ＋y－a －x －y2.∴S (x ＋y )＝S (x )C (y )＋C (x )S (y ) 同理：S (x －y )＝S (x )C (y )－C (x )S (y )C (x ＋y )＝C (x )C (y )－S (x )S (y )C (x －y )＝C (x )C (y )＋S (x )S (y )．应选D.二、填空题11．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a 、b 应满足的条件是________． [答案] a ≥0，b ≥0且a ≠b [解析] ∵a a ＋b b ＞a b ＋b a⇔(a －b )2(a ＋b )＞0⇔a ≥0，b ≥0且a ≠b .12．设a >0，b >0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．[答案] ≤[解析] ∵(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b ) ＝1＋2ab ＋ab －1－a －b －ab ＝2ab －(a ＋b )＝－(a －b )2≤0 ∴(1＋ab )2≤(1＋a )(1＋b )，∴lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．13．如果不等式|x －a |<1成立的充分非必要条件是12<x <32，则实数a 的取值范围是________．[答案] 12≤a ≤32[解析] |x －a |＜1⇔a －1＜x ＜a ＋1由题意知⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32a －1，a ＋1)则有⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤12a ＋1≥32，(且等号不同时成立)解得12≤a ≤32.14．给出下列不等式：①a >b >0，且a 2＋b 24＝1，则ab >a 2b 2；②a ，b ∈R ，且ab <0，则a 2＋b 2ab≤－2；③a >b >0，m >0，则a ＋mb ＋m >ab； ④⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x ≥4(x ≠0)．其中正确不等式的序号为________． [答案] ①②④[解析] ①a >b >0，∴a ≠b2∴a 2＋b 24＝1>2a 2·b 24＝ab∴1－ab >0，∴ab －a 2b 2＝ab (1－ab )>0，∴ab >a 2b 2正确．②a 2＋b 2ab ＋2＝(a ＋b )2ab∵ab <0，(a ＋b )2≥0，∴a 2＋b 2ab≤－2，②正确；③a ＋mb ＋m －a b ＝(b －a )mb (b ＋m )∵a >b >0，m >0，∴b (b ＋m )>0，b －a <0，∴(b －a )mb (b ＋m )<0，∴a ＋mb ＋m <ab，③不正确． ④⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x ＝|x |＋4|x |≥4，④正确．三、解答题15．设a >0，b >0，a ＋b ＝1. 求证：(1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. [证明] (1)∵a >0，b >0，a ＋b ＝1， ∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，∴1ab ≥4.∴1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8，∴1a ＋1b ＋1ab≥8.(2)∵a ＋b2≤a 2＋b 22，则a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a＋b ＋1b 22 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＋1b 22≥⎝⎛⎭⎪⎫1＋21ab 22≥252. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 16．已知a >b >0，求证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b .[证明] 欲证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b 成立．只需证(a －b )24a <a ＋b －2ab <(a －b )24b⇐⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2<(a －b )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2⇐a －b 2a <a －b <a －b 2b ⇐a ＋b 2a <1<a ＋b2b⇐1＋b a <2<1＋a b ⇐b a <1<a b ⇐b a <1<ab. ∵a >b >0，∴ba<1<a b成立．从而，有(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b .17．已知a 、b 、c 表示△ABC 的三边长，m ＞0，求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m. [证明] 要证明a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m只需证明a a ＋m ＋b b ＋m －cc ＋m＞0即可∴aa ＋m ＋bb ＋m －cc ＋m＝a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )(a ＋m )(b ＋m )(c ＋m )∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，m ＞0 ∴(a ＋m )(b ＋m )(c ＋m )＞0∵a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )＝abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －bcm －acm －cm 2＝2abm ＋am 2＋abc ＋bm 2－cm 2＝2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2∵△ABC 中任意两边之和大于第三边 ∴a ＋b －c ＞0，∴(a ＋b －c )m 2＞0 ∴2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2＞0 ∴aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.18．若a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .[证明] 要证lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(a ·b ·c )，即证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .因为a ，b ，c 为不全相等的正数，所以a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，c ＋a2≥ac >0，且上述三式中等号不能同时成立．所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc 成立，所以lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c 成立．。

数学选修1-2人教A教案+课后练习2.2.1综合法与分析法

第二章第2节直接证明与间接证明一、综合法与分析法课前预习学案一、预习目标：了解综合法与分析法的概念，并能简单应用。

二、预习内容：证明方法可以分为直接证明和间接证明1．直接证明分为和2．直接证明是从命题的或出发，根据以知的定义，公里，定理，推证结论的真实性。

3．综合法是从推导到的方法。

而分析法是一种从追溯到的思维方法，具体的说，综合法是从已知的条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论，分析法则是从待证的结论出发，一步一步寻求结论成立的条件，最后达到题设的以知条件或以被证明的事实。

综合法是由导，分析法是执索。

三、提出疑惑课内探究学案一、学习目标让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用二、学习过程：例1．已知a,b∈R+，求证：例2．已知a,b∈R+，求证：例3.已知a,b,c∈R，求证（I）课后练习与提高1．（A 级）函数⎩⎨⎧≥<<-=-0,;01,sin )(12x e x x x f x π，若,2)()1(=+a f f则a 的所有可能值为（）A ．1B ．22-C ．1,2-或D ．1,2或 2．（A 级）函数x x x y sin cos -=在下列哪个区间内是增函数（）A ．)23,2(ππ B ．)2,(ππC ．)25,23(ππ D ．)3,2(ππ3．（A 级）设b a b a b a +=+∈则,62,,22R 的最小值是（） A ．22- B ．335-C ．－3D ．27- 4．（A 级）下列函数中,在),0(+∞上为增函数的是（） A ．x y 2sin = B ．x xe y =C ．x x y -=3D ．x x y -+=)1ln(5．（A 级）设c b a ,,三数成等比数列，而y x ,分别为b a ,和c b ,的等差中项，则=+ycx a （）A ．1B ．2C ．3D ．不确定6．（A 级）已知实数0≠a ，且函数)12()1()(2ax x a x f +-+=有最小值1-，则a =__________。

2017-2018学年人教A版高中数学选修2-2课后提升训练十

关闭Word文档返回原板块。

课后提升训练十六综合法(45分钟70分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2017·济南高二检测)若a>1,0<b<1,则下列不等式中正确的是( )A.a b<1B.b a>1C.log a b<0D.log b a>0【解析】选C.a b>a0=1,b a<b0=1,log a b<log a1=0,log b a<log b1=0.【补偿训练】设a>0,b>0且ab-(a+b)≥1,则( )A.a+b≥2(+1)B.a+b≤+1C.a+b≤(+1)2D.a+b>2(+1)【解析】选A.由条件知a+b≤ab-1≤-1,令a+b=t,则t>0且t≤-1,解得t≥2+2.2.已知等差数列{a n},S n表示前n项的和,a3+a9>0,S9<0,则S1,S2,S3,…中最小的是( ) A.S4 B.S5 C.S6 D.S9【解析】选 B.因为{a n}为等差数列,所以a3+a9=2a6>0,S9==9a5<0,所以S5最小.3.若a,b,c∈R,且ab+bc+ca=1,则下列不等式成立的是( )A.a2+b2+c2≥2B.(a+b+c)2≥3C.++≥2D.abc(a+b+c)≤【解析】选B.因为a,b,c∈R,所以a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac=1,所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=a2+b2+c2+2≥3.4.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面【解析】选 B.在空间中,垂直于同一条直线的两条直线不一定平行,故A错;两平行线中的一条垂直于第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线,B正确;互相平行的三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱,故C错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的三条侧棱,故D 错.5.在△ABC中,tanA·tanB>1,则△ABC是( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【解析】选A.因为tanA·tanB>1,所以角A,角B只能都是锐角,所以tanA>0,tanB>0,1-tanA·tanB<0,所以tan(A+B)=<0.所以A+B为钝角,由三角形内角和定理可知C为锐角,综上△ABC为锐角三角形.6.设a,b,c三数成等比数列,而x,y分别为a,b和b,c的等差中项,则+等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4【解析】选B.因为ac=b2,a+b=2x,b+c=2y,所以+=+=+====2.【补偿训练】已知不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2三数( )A.成等比数列而非等差数列B.成等差数列而非等比数列C.既成等差数列又成等比数列D.既非等差数列又非等比数列【解析】选B.由已知条件,可得由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.7.已知关于x的方程x2+(k-3)x+k2=0的一根小于1,另一根大于1,则k的取值范围是( )A.(-1,2)B.(-2,1)C.(-∞,-1)∪(2,+∞)D.(-∞,-2)∪(1,+∞)【解析】选B.令f(x)=x2+(k-3)x+k2.易知其图象开口向上,由题意可知f(1)<0,Δ=(k-3)2-4×1×k2>0,即解得-2<k<1.8.(2017·南昌高二检测)已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4是a3与a7的等比中项且S8=32,则S10等于( )A.18B.24C.60D.90【解题指南】由等比中项的定义可得=a3a7,根据等差数列的通项公式及前n项和公式,设出公差d,列方程解出a1和d进而求出S10. 【解析】选C.设等差数列{a n}的公差为d,因为a4是a3与a7的等比中项,所以=a3·a7,即(a1+3d)2=(a1+2d) (a1+6d),整理得2a1+3d=0,①又S8=8a1+d=32,整理得2a1+7d=8,②由①②知d=2,a1=-3.所以S10=10a1+d=60.二、填空题(每小题5分,共10分)9.若sinα+sinβ+sinγ=0,cosα+cosβ+cosγ=0,则cos(α-β)=________.【解析】由题意得sinα+sinβ=-sinγ①,cosα+cosβ=-cosγ②.①②两边同时平方相加得2+2sinαsinβ+2cosαcosβ=1,2cos(α-β)=-1,cos(α-β)=-.答案:-【拓展延伸】证明三角等式或不等式的主要依据(1)三角函数的定义、诱导公式及同角三角函数基本关系式.(2)和、差、倍角的三角函数公式.(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理.(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式.10.(2017·长春高二检测)点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P 到直线y=x-2的距离的最小值是________.【解题指南】在曲线上求一点,使得在此点处的切线和直线y=x-2平行,求出两条平行线间的距离即可.【解析】点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,当过点P的切线和直线y=x-2平行时,点P到直线y=x-2的距离最小.直线y=x-2的斜率为1.令y=x2-lnx的导数y′=2x-=1,得x=1或x=-(舍去),所以切点坐标为(1,1),点(1,1)到直线y=x-2的距离等于.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)11.设数列{a n}的前n项和为S n,且满足a n=2-S n(n∈N*).(1)求a1,a2,a3,a4的值并猜想其通项公式.(2)证明数列{a n}是等比数列.【解析】(1)由a n=2-S n,得a1=1;a2=;a3=;a4=.猜想a n=(n∈N*).(2)因为a n=2-S n,①所以当n≥2时,a n-1=2-S n-1.②①-②得a n-a n-1=-(S n-S n-1)=-a n,移项得2a n=a n-1,即a n=a n-1,又由(1)知a1=1,故{a n}是首项为1,公比为的等比数列.12.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1=A1C1,AC1⊥A1B,M,N分别是A1B1,AB的中点.求证:(1)C1M⊥平面AA1B1B.(2)A1B⊥AM.(3)平面AC1M∥平面B1NC.【解题指南】(1)由B1C1=A1C1,M为A1B1的中点可知C1M⊥A1B1,再根据C1M ⊥A1A即可得证.(2)要证A1B⊥AM,可转化为证明A1B⊥平面AC1M.(3)要证面面平行,应转化为证明线面平行.【证明】(1)因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1=A1C1,M是A1B1的中点,所以C1M⊥A1B1.又因为C1M⊥A1A,A1A∩A1B1=A1,A1A,A1B1⊂平面AA1B1B,所以C1M⊥平面AA1B1B.(2)因为A1B⊂平面AA1B1B,由(1)知C1M⊥平面AA1B1B,所以A1B⊥C1M.又因为A1B⊥AC1,AC1,C1M⊂平面AC1M,AC1∩C1M=C1,所以A1B⊥平面AC1M.又因为AM⊂平面AC1M,所以A1B⊥AM.(3)在矩形AA1B1B中,易知AM∥B1N,AM⊄平面B1NC,B1N⊂平面B1NC,所以AM∥平面B1NC.又因为C1M∥CN,CN⊂平面B1NC,C1M⊄平面B1NC,所以C1M∥平面B1NC.又因为C1M∩AM=M,C1M,AM⊂平面AC1M,所以平面AC1M∥平面B1NC.【延伸探究】将本题条件“B1C1=A1C1,AC1⊥A1B,M,N分别是A1B1,AB的中点”改为“AB=BB1,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点”,求证:(1)B1C∥平面A1BD.(2)B1C1⊥平面ABB1A1.【证明】(1)如图,连接AB1.令AB1∩A1B=O,则O为AB1的中点.连接OD,因为D为AC的中点,所以在△ACB1中,有OD∥B1C.又因为OD⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.(2)因为AB=B1B,三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以四边形ABB1A1为正方形.所以A1B⊥AB1,又因为AC1⊥平面A1BD,A1B⊂平面A1BD,所以AC1⊥A1B.又因为AC1⊂平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,AC1∩AB1=A,所以A1B⊥平面AB1C1.又因为B1C1⊂平面AB1C1,所以A1B⊥B1C1.又因为A1A⊥平面A1B1C1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥B1C1.又因为A1A⊂平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B=A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1.【拓展延伸】综合法的广泛应用综合法不但是数学证明中的重要方法之一,也是其他解答题步骤书写的重要方法,其特点是“执因索果”.综合法在数学证明中的应用非常广泛,用它不但可以证明不等式、立体几何、解析几何问题,也可以证明三角恒等式、数列问题、函数问题等.【能力挑战题】已知数列{a n}中,a1=1,二次函数f(x)=a n·x2+(2-n-a n+1)·x的对称轴为x=.(1)试证明{2n a n}是等差数列,并求{a n}的通项公式.(2)设{a n}的前n项和为S n,试求使得S n<3成立的n的值,并说明理由. 【解题指南】(1)根据对称轴,得到2n+1a n+1-2n a n=2,继而得到{2n a n}是以2为首项,以2公差的等差数列.根据等差数列的通项公式求出a n. (2)利用错位相加法求出数列的前n项和S n,并利用函数的思想,得到使得S n<3成立的n的值.【解析】(1)因为二次函数f(x)=a n·x2+(2-n-a n+1)·x的对称轴为x=.所以=,所以2n+1a n+1-2n a n=2,因为a1=1,所以2a1=2,所以{2n a n}是以2为首项,以2为公差的等差数列,所以2n a n=2+2(n-1)=2n,所以a n==n·.(2)因为S n=a1+a2+…+a n=1×+2×+3×+…+n·,所以S n=1×+2×+3×+…+n·,两式相减得,S n=++++…+-n·=-n·=2-2·-n·,因为S n<3,所以4-<3,所以n+2>2n-1,分别画出函数y=x+2(x>0),与y=2x-1(x>0)的图象,如图所示.由图象可知,当n=1,2,3时,S n<3成立.关闭Word文档返回原板块。

2017-2018学年高中数学人教A版选修2-2学案：第二章 2.2 2.2.1 综合法和分析法

2．2.1综合法和分析法预习课本P85～89，思考并完成下列问题(1)综合法的定义是什么？有什么特点？(2)综合法的推证过程是什么？(3)分析法的定义是什么？有什么特点？(4)分析法与综合法有什么区别和联系？[新知初探] 1．综合法→P 2⇐P 3→…→ 得到一个明显成立的条件3．综合法、分析法的区别[点睛] 一般来说，分析法解题方向明确，利于寻求解题思路；而综合法解题条理清晰，宜于表述．因此在解决问题时，通常以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．[小试身手]1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法是执果索因的逆推证法．( ) (2)分析法就是从结论推向已知．( ) (3)所有证明的题目均可使用分析法证明．( ) 答案：(1)× (2)× (3)×2．若a ＞b ＞0，则下列不等式中不正确的是( ) A ．a 2＞ab B ．ab ＞b 2 C.1a ＞1b D ．a 2＞b 2答案：C3．欲证2－3＜6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2＜(6－7)2 B ．(2－6)2＜(3－7)2 C ．(2＋7)2＜(3＋6)2 D ．(2－3－6)2＜(－7)2 答案：C4．如果a a ＞b b ，则实数a ，b 应满足的条件是________．答案：a ＞b ＞0[典例] 在△ABC 中，三边a ，b ，c 成等比数列．求证：a cos 2 C 2＋c cos 2 A 2≥32b .[证明] ∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac . ∵左边＝a (1＋cos C )2＋c (1＋cos A )2＝12(a ＋c )＋12(a cos C ＋c cos A ) ＝12(a ＋c )＋12⎝⎛⎭⎫a ·a 2＋b 2－c22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝12(a ＋c )＋12b ≥ac ＋b 2＝b ＋b 2＝32b ＝右边， ∴a cos 2C 2＋c cos 2 A 2≥32b .当且仅当a ＝c 时等号成立．综合法的解题步骤[活学活用]1．已知a ，b ，c ，d ∈R ，求证：(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．证明：∵左边＝a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2 ≤a 2c 2＋(a 2d 2＋b 2c 2)＋b 2d 2 ＝(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝右边， ∴(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)． 2．设数列{a n }满足a 1＝0，11－a n ＋1－11－a n＝1.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1－a n ＋1n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，证明：S n ＜1. 解：(1)∵11－a n ＋1－11－a n＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是公差为1的等差数列．又∵11－a 1＝1，∴11－a n＝n ，a n ＝1－1n . (2)证明：由(1)得 b n ＝1－a n ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1.∴S n ＜1.分析法的应用[典例] 设a ，b 为实数，求证： a 2＋b 2≥22(a ＋b )． [证明] 当a ＋b ≤0时，∵ a 2＋b 2≥0，∴a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立．当a ＋b ＞0时，用分析法证明如下：要证 a 2＋b 2≥22(a ＋b )，只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎡⎦⎤22(a ＋b )2. 即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab .∵a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立， ∴a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立．综上所述，不等式得证．分析法证明不等式的依据、方法与技巧(1)解题依据：分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论；(2)适用范围：对于一些条件复杂，结构简单的不等式的证明，经常用综合法．而对于一些条件简单、结论复杂的不等式的证明，常用分析法；(3)思路方法：分析法证明不等式的思路是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式；(4)应用技巧：用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”等词语．[活学活用]已知a ，b ，c 都为正实数，求证： a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证明：要证a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3，只需证a 2＋b 2＋c 23≥⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c 32，只需证3(a 2＋b 2＋c 2)≥a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，只需证2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ，只需证(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≥0，而这是显然成立的，所以 a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3成立．分析法与综合法的综合应用[典例] 已知a ，b ，c 是不全相等的正数，且0＜x ＜1. 求证：log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c2＜log x a ＋log x b ＋log x c .[证明] 要证明log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c2＜log x a ＋log x b ＋log x c ，只需要证明log x ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2＜log x (abc )，由已知0＜x ＜1，只需证明a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2＞abc ，由公式a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0， a ＋c2≥ac ＞0.又∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2＞ a 2b 2c 2＝abc . 即a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2＞abc 成立． ∴log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2＜log x a ＋log x b ＋log x c 成立．分析综合法的应用综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．[活学活用]已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 为三个内角对应的边长，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋a b ＋c ＝1.即证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，即证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.∵△ABC 三个内角A ，B ，C 成等差数列． ∴B ＝60°.由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ca cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac .∴c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立，命题得证．层级一学业水平达标1．要证明a ＋a ＋7＜a ＋3＋a ＋4(a ≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．类比法C ．分析法D ．归纳法解析：选C 直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理．2．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ ”，其过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法解析：选B 结合分析法及综合法的定义可知B 正确．3．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足什么条件()A．a2＜b2＋c2B．a2＝b2＋c2 C．a2＞b2＋c2D．a2≤b2＋c2解析：选C由cos A＝b2＋c2－a22bc＜0，得b2＋c2＜a2.4．若a＝ln 22，b＝ln 33，c＝ln 55，则()A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c解析：选C利用函数单调性．设f(x)＝ln xx，则f′(x)＝1－ln xx2，∴0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．又a＝ln 44，∴b＞a＞c.5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负解析：选A由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.6．命题“函数f(x)＝x－x ln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－x ln x取导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x＞0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．解析：该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如果a a＋b b＞a b＋b a，则正数a，b应满足的条件是________．解析：∵a a＋b b－(a b＋b a)＝a(a－b)＋b(b－a)＝(a－b)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．∴只要a≠b，就有a a＋b b＞a b＋b a.答案：a≠b8．若不等式(－1)n a＜2＋(－1)n＋1n对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：当n 为偶数时，a ＜2－1n ，而2－1n ≥2－12＝32，所以a ＜32，当n 为奇数时，a ＞－2－1n ，而－2－1n ＜－2，所以a ≥－2.综上可得，－2≤a ＜32.答案：⎣⎡⎭⎫－2，32 9．求证：2cos(α－β)－sin(2α－β)sin α＝sin βsin α.证明：要证原等式，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，① 因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α] ＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α ＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α ＝sin β.所以①成立，所以原等式成立．10．已知数列{a n }的首项a 1＝5，S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，(n ∈N *)． (1)证明数列{a n ＋1}是等比数列． (2)求a n .解：(1)证明：由条件得S n ＝2S n －1＋(n －1)＋5(n ≥2)① 又S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，② ②－①得a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝(2a n ＋1)＋1a n ＋1＝2(a n ＋1)a n ＋1＝2.又n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，且a 1＝5，所以a 2＝11，所以a 2＋1a 1＋1＝11＋15＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为公比的等比数列． (2)因为a 1＋1＝6，所以a n ＋1＝6×2n －1＝3×2n ，所以a n ＝3×2n －1.层级二应试能力达标1．使不等式1a ＜1b 成立的条件是( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＞b 且ab ＜0D ．a ＞b 且ab ＞0解析：选D 要使1a ＜1b ，须使1a －1b ＜0，即b －a ab ＜0.若a ＞b ，则b －a ＜0，ab ＞0；若a ＜b ，则b －a ＞0，ab ＜0. 2．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( ) A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin β B ．sin(α＋β)＞cos α＋cos β C ．cos(α＋β)＞sin α＋sin β D ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：选D 因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．3．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4＜m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4,1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析：选B ∵x ＞0，y ＞0，1x ＋4y ＝1，∴x ＋y 4＝⎝⎛⎭⎫x ＋y 4⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ＝2＋y 4x ＋4x y≥2＋2y 4x ·4x y＝4，等号在y ＝4x ，即x ＝2，y ＝8时成立，∴x ＋y4的最小值为4，要使不等式m 2－3m ＞x＋y4有解，应有m 2－3m ＞4，∴m ＜－1或m ＞4，故选B. 4．下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca B.a ＋b ＞a ＋b (a ＞0，b ＞0) C.a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3) D.2＋10＞2 6解析：选D 对A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；对B ，∵(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(a ＋b )2＝a ＋b ，∴a ＋b ＞a ＋b ；对C ，要证 a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3)成立，只需证明a ＋a －3＜a －2＋a －1，两边平方得2a －3＋2a (a －3)＜2a －3＋2(a －2)(a －1)，即a (a －3)＜(a －2)(a －1)，两边平方得a 2－3a ＜a 2－3a ＋2，即0＜2.因为0＜2显然成立，所以原不等式成立；对于D ，(2＋10)2－(26)2＝12＋45－24＝4(5－3)＜0，∴2＋10＜26，故D 错误．5．已知函数f (x )＝2x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系是________．解析：∵a ＋b 2≥ab (a ，b 为正实数)，2aba ＋b≤ab ，且f (x )＝2x 是增函数，∴f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，即C ≤B ≤A .答案：C ≤B ≤A6．如图所示，四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．解析：要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C . 因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ，即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C . 答案：AC ⊥BD (答案不唯一)7．在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C . 证明：在锐角三角形ABC 中，∵A ＋B ＞π2，∴A ＞π2－B .∴0＜π2－B ＜A ＜π2，又∵在⎝⎛⎭⎫0，π2内正弦函数y ＝sin x 是单调递增函数， ∴sin A ＞sin ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝cos B ，即sin A ＞cos B ．① 同理sin B ＞cos C ，② sin C ＞cos A ．③ 由①＋②＋③，得：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .8．已知n ∈N ，且n ＞1，求证：log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．证明：要证明log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)，即证明log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＞0.(*) ∵log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＝1log n ＋1n－log n ＋1(n ＋2)＝1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n.又∵当n ＞1时，log n ＋1n ＞0，且log n ＋1(n ＋2)＞0，log n ＋1n ≠log n ＋1(n ＋2)，∴log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＜14[log n ＋1n ＋log n ＋1(n ＋2)]2＝14log 2n ＋1[n (n ＋2)]＝14log 2n ＋1(n 2＋2n )＜14log 2n ＋1(n ＋1)2＝1，故1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＞0，∴1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n＞0. 这说明(*)式成立，∴log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．。

2017-2018学年高二数学人教A版选修1-2教师用书：第2章

第2课时分析法及其应用1．了解分析法证明数学问题的格式、步骤．(重点)2．理解分析法的思考过程、特点，会用分析法证明较复杂的数学问题．(难点、易混点)教材整理分析法阅读教材P38～P39“例4”以上内容，完成下列问题．1．分析法的定义从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)，这种证明方法叫做分析法．2．分析法的框图表示Q ⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)分析法就是从结论推向已知．( )(2)分析法的推理过程要比综合法优越．( )(3)并不是所有证明的题目都可使用分析法证明．( )【解析】(1)错误．分析法又叫逆推证法，但不是从结论推向已知，而是寻找使结论成立的充分条件的过程．(2)错误．分析法和综合法各有优缺点．(3)正确．一般用综合法证明的题目均可用分析法证明，但并不是所有的证明题都可使用分析法证明．【答案】(1)×(2)×(3)√已知a >b >0，求证：8a<2－ab <8b.【精彩点拨】本题用综合法不易解决，由于变形后均为平方式，因此要先将式子两边同时开方，再找出使式子成立的充分条件．【自主解答】要证a －b28a <a ＋b2－ab <a －b28b，只需证a －b28a<a －b22<a －b 28b.∵a >b >0， ∴同时除以a －b22，得a ＋b 24a<1<a ＋b 24b，同时开方，得a ＋b 2a <1<a ＋b2b，只需证a ＋b <2a ，且a ＋b >2b ，即证b <a ，即证b <a . ∵a >b >0，∴原不等式成立，即a －b28a<a ＋b2－ab <a －b28b.1．分析法证明不等式的思维是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件为已知(或已证)的不等式．2．分析法证明数学命题的过程是逆向思维，即结论⇐…⇐…⇐…已知，因此，在叙述过程中，“要证”“只需证”“即证”等词语必不可少，否则会出现错误．1．已知a ＞0，b ＞0，求证a b ＋ba≥a ＋b .【证明】要证a b ＋ba≥a ＋b ，只需证a a ＋b b ≥ab (a ＋b )，只需证(a )3＋(b )3≥ab (a ＋b )，只需证(a ＋b )(a －ab ＋b )≥ab (a ＋b )，只需证a －ab ＋b ≥ab ，只需证(a －b )2≥0，(a －b )2≥0显然成立，故原不等式成立．求证：以过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点的弦为直径的圆必与直线x ＝－p2相切．【精彩点拨】【自主解答】如右图所示，过点A ，B 分别作AA ′，BB ′垂直准线于点A ′，B ′，取AB 的中点M ，作MM ′垂直准线于点M ′.要证明以AB 为直径的圆与准线相切，只需证|MM ′|＝12|AB |.由抛物线的定义有|AA ′|＝|AF |，|BB ′|＝|BF |，所以|AB |＝|AA ′|＋|BB ′|，因此只需证|MM ′|＝12(|AA ′|＋|BB ′|)．根据梯形的中位线定理可知上式是成立的，所以以过抛物线y 2＝2px 焦点的弦为直径的圆必与直线x ＝－p2相切．1．分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法．2．分析法的思路与综合法正好相反，它是从要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知，即已知条件、已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等．2．已知1－tan α2＋tan α＝1，求证：cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)．【证明】要证cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)，只需证cos α－sin αcos α＋sin α＝3，只需证1－tan α1＋tan α＝3，只需证1－tan α＝3(1＋tan α)，只需证tan α＝－12.∵1－tan α2＋tan α＝1，∴1－tan α＝2＋tan α，即2tan α＝－1.∴tan α＝－12显然成立，∴结论得证．探究1 【提示】综合法与分析法的推理过程是演绎推理，它们的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”．探究2 综合法与分析法有什么区别？【提示】综合法是从已知条件出发，逐步寻找的是必要条件，即由因导果；分析法是从待求结论出发，逐步寻找的是充分条件，即执果索因．在某两个正数x ，y 之间，若插入一个数a ，则能使x ，a ，y 成等差数列；若插入两个数b ，c ，则能使x ，b ，c ，y 成等比数列，求证：(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)．【精彩点拨】可用分析法找途径，用综合法由条件顺次推理，易于使条件与结论联系起来．【自主解答】由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝x ＋y ，b 2＝cx ，c 2＝by .消去x ，y 得2a ＝b 2c ＋c 2b，且a >0，b >0，c >0.要证(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)，只需证a ＋1≥b ＋c ＋，因b ＋c ＋≤b ＋＋c ＋2，只需证a ＋1≥b ＋1＋c ＋12，即证2a ≥b ＋c .由于2a ＝b 2c ＋c 2b ，故只需证b 2c ＋c 2b≥b ＋c ，只需证b 3＋c 3＝(b ＋c )(b 2＋c 2－bc )≥(b ＋c )bc ，即证b 2＋c 2－bc ≥bc ，即证(b －c )2≥0.因为上式显然成立，所以(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)．综合法推理清晰，易于书写，分析法从结论入手，易于寻找解题思路，在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用，称为分析综合法，其结构特点是根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证.3．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 【导学号：81092022】【证明】要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋ab ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，只需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2. ∵A ，B ，C 成等差数列， ∴2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴B ＝60°. ∵c 2＋a 2－b 2＝2ac cos B ， ∴c 2＋a 2－b 2＝ac ， ∴c 2＋a 2＝ac ＋b 2， ∴1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c成立．1．要证明2＋7>23，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( ) A ．综合法 B ．分析法 C ．比较法D ．归纳法【解析】由分析法和综合法定义可知选B. 【答案】 B2．已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则( ) A ．a ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3【解析】 ∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1. ∵a 2＋b 2＝4－2ab ，∴a 2＋b 2≥2. 【答案】 C3.3a －3b <3a －b 成立的充要条件是( ) A ．ab (b －a )>0 B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <b D ．ab (b －a )<0【解析】 3a －3b <3a －b ⇔(3a －3b )3<(3a －b )3⇔a －b －33a 2b ＋33ab 2<a －b ⇔3ab 2<3a 2b⇔ab 2<a 2b ⇔ab (b －a )<0.【答案】 D4．设n ∈N ，a ＝n ＋4－n ＋3，b ＝n ＋2－n ＋1，则a ，b 的大小关系是________．【解析】要比较n ＋4－n ＋3与n ＋2－n ＋1的大小，即判断(n ＋4－n ＋3)－(n ＋2－n ＋1)＝(n ＋4＋n ＋1)－(n ＋3＋n ＋2)的符号， ∵(n ＋4＋n ＋1)2－(n ＋3＋n ＋2)2＝2[n ＋n ＋－n ＋n ＋]＝2(n 2＋5n ＋4－n 2＋5n ＋6)＜0， ∴n ＋4－n ＋3＜n ＋2－n ＋1. 【答案】 a ＜b5．已知a ，b ，c ，d ∈R ，求证：ac ＋bd≤a2＋b2c2＋d2.【证明】(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．学业分层测评(建议用时：45分钟) 一、选择题1．若a，b∈R，则1a3>1b3成立的一个充分不必要条件是( )A．ab>0 B．b>aC．a<b<0 D．ab(a－b)<0【解析】由a<b<0⇒a3<b3<0⇒1a3>1b3，但1a3>1b3不能推出a<b<0.∴a<b<0是1a3>1b3的一个充分不必要条件．【答案】 C2．求证：7－1>11－ 5.证明：要证7－1>11－5，只需证7＋5>11＋1，即证7＋27×5＋5>11＋211＋1，即证35>11，∵35>11，∴原不等式成立．以上证明应用了( )A．分析法B．综合法C．分析法与综合法配合使用D．间接证法【解析】该证明方法符合分析法的定义，故选A. 【答案】 A3．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0【解析】要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明(a 2－1)＋b 2(1－a 2)≤0，只要证明(a 2－1)(1－b 2)≤0，即证(a 2－1)(b 2－1)≥0.【答案】 D4．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足什么条件( )A ．a 2<b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2>b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2【解析】由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，∴b 2＋c 2－a 2<0，即b 2＋c 2<a 2. 【答案】 C5．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”，索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0【解析】由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2⇐b 2＋a (a ＋b )<3a 2⇐b 2＋a 2＋ab <3a 2⇐b 2＋ab <2a 2⇐2a 2－ab －b 2>0⇐a 2－ab ＋a 2－b 2>0⇐a (a －b )＋(a ＋b )(a －b )>0 ⇐a (a －b )－c (a －b )>0⇐(a －b )(a －c )>0，故选C. 【答案】 C 二、填空题6．设A ＝12a ＋12b ，B ＝2a ＋b(a >0，b >0)，则A ，B 的大小关系为________．【解析】 ∵A －B ＝a ＋b 2ab －2a ＋b ＝a ＋b 2－4ab 2ab a ＋b ＝a －b 22ab a ＋b≥0，∴A ≥B .【答案】 A ≥B7．如果a a >b b ，则实数a ，b 应满足的条件是________. 【导学号：81092024】【解析】要使a a >b b 成立，只需(a a )2>(b b )2，只需a 3>b 3>0，即a ，b 应满足a >b >0. 【答案】 a >b >08．如图224，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．图224【解析】要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C .因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ，即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .【答案】 AC ⊥BD (或底面为菱形) 三、解答题9．设a ，b >0，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 【证明】法一：分析法要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2成立．只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )成立，又因a ＋b >0，只需证a 2－ab ＋b 2>ab 成立，只需证a 2－2ab ＋b 2>0成立，即需证(a －b )2>0成立．而依题设a ≠b ，则(a －b )2>0显然成立，由此命题得证．法二：综合法a ≠b ⇒a －b ≠0⇒(a －b )2>0⇒a 2－2ab ＋b 2>0⇒a 2－ab ＋b 2>ab .注意到a ，b >0，a ＋b >0，由上式即得 (a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )． ∴a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.10．已知三角形的三边长为a ，b ，c ，其面积为S ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥43S . 【证明】要证a 2＋b 2＋c 2≥43S ，只要证a 2＋b 2＋(a 2＋b 2－2ab cos C )≥23ab sin C ，即证a 2＋b 2≥2ab sin(C ＋30°)，因为2ab sin(C ＋30°)≤2ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，显然上式成立．所以a 2＋b 2＋c 2≥43S .1．已知a ，b ，c ，d 为正实数，且a b <c d，则( ) A.a b <a ＋cb ＋d <cd B.a ＋cb ＋d <a b <cdC.a b <c d <a ＋cb ＋dD ．以上均可能【解析】先取特殊值检验，∵a b <c d，可取a ＝1，b ＝3，c ＝1，d ＝2，则a ＋cb ＋d ＝25，满足a b <a ＋c b ＋d <cd. ∴B ，C 不正确．要证a b <a ＋cb ＋d，∵a ，b ，c ，d 为正实数， ∴只需证a (b ＋d )<b (a ＋c )，即证ad <bc . 只需证a b <c d .而a b <c d成立， ∴a b <a ＋cb ＋d .同理可证a ＋c b ＋d <cd.故A 正确，D 不正确．【答案】 A2．下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca B.a ＋b >a ＋b (a >0，b >0) C.a －a －1<a －2－a －3(a ≥3) D.2＋10>2 6【解析】对于A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；对于B ，∵(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(a ＋b )2＝a ＋b ，∴a ＋b >a ＋b ；对于C ，要证a －a －1<a －2－a －3(a ≥3)成立，只需证明a ＋a －3<a －2＋a －1，两边平方得2a －3＋2a a －<2a －3＋2a －a －，即a a －<a－a－，两边平方得a2－3a<a2－3a＋2，即0<2.因为0<2显然成立，所以原不等式成立；对于D，(2＋10)2－(26)2＝12＋45－24＝4(5－3)<0，∴2＋10<26，故D 错误．【答案】 D3．使不等式3＋22>1＋p成立的正整数p的最大值是________.【导学号：81092025】【解析】由3＋22>1＋p，得p<3＋22－1，即p<(3＋22－1)2，所以p<12＋46－42－23，由于12＋46－42－23≈12.7，因此使不等式成立的正整数p的最大值是12.【答案】124．证明：若a＞b＞c且a＋b＋c＝0，则b2－aca＜ 3.【证明】∵a＞b＞c且a＋b＋c＝0，∴a＞0，c＜0.要证b2－aca＜3，只需证b2－ac＜3a，即证b2－ac＜3a2.因为b＝－a－c，故只需证(a＋c)2－ac＜3a2，即证2a2－ac－c2＞0，即证(2a＋c)(a－c)＞0.∵2a＋c＞a＋b＋c＝0，a－c＞0，∴(2a＋c)(a－c)＞0成立．∴原不等式成立．。

【人教A版】2017-2018学年数学选修2-2优化练习：第二章 2.2 2.2.1 第2课时分析法 Word版含解析

[课时作业][A组基础巩固]1．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3a索的因应是()A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析：要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2，只需证b2－a(－b－a)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，只需证(2a＋b)(a－b)＞0，只需证(a－c)(a－b)＞0.故索的因应为C.答案：C2．证明命题“f(x)＝e x＋1e x在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝e x＋1e x，∴f′(x)＝e x－1e x.∵x>0，∴e x>1,0<1e x<1，∴e x－1e x>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是()A．综合法B．分析法C．反证法D．以上都不是解析：该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.答案：A3．要使a2＋b2－a2b2－1≤0成立的充要条件是()A．|a|≥1且|b|≥1 B．|a|≥1且|b|≤1C．(|a|－1)(|b|－1)≥0 D．(|a|－1)(|b|－1)≤0解析：a2＋b2－a2b2－1≤0⇔a2(1－b2)＋(b2－1)≤0⇔(b2－1)(1－a2)≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0⇔(|a|－1)(|b|－1)≥0.答案：CA.2＋6≥3＋ 5B.2＋6≤3＋ 5C.2＋6＞3＋ 5D.2＋6＜3＋ 5解析：要想确定2＋6与3＋5的大小，只需确定(2＋6)2与(3＋5)2的大小，只需确定8＋212与8＋215的大小，即确定12与15的大小，显然12＜15.∴2＋6＜3＋ 5.答案：D5．若x，y∈R＋，且x＋y≤a x＋y恒成立，则a的最小值是() A．2 2 B. 2C．2 D．1解析：原不等式可化为a≥x＋yx＋y＝(x＋y)2x＋y＝1＋2xyx＋y要使不等式恒成立，只需a不小于1＋2xyx＋y的最大值即可．∵1＋2xyx＋y≤2，当x＝y时取等号，∴a≥2，∴a的最小值为 2.故选B.答案：B6．设n∈N，则n＋4－n＋3________ n＋2－n＋1(填＞、＜、＝)．解析：要比较n＋4－n＋3与n＋2－n＋1的大小．即判断(n＋4－n＋3)－(n＋2－n＋1)＝(n＋4＋n＋1)－(n＋3＋n＋2)的符号，∵(n＋4＋n＋1)2－(n＋3＋n＋2)2＝2[(n＋4)(n＋1)－(n＋3)(n＋2)]∴n ＋4－n ＋3＜n ＋2－n ＋1. 答案：＜7.如图所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．解析：要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C .因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ，即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .答案：AC ⊥BD (答案不唯一)8．已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成一个首项为12的等比数列，则|m －n |＝________. 解析：不妨设12是x 2－mx ＋2＝0的一根，另一根为a ，则m ＝a ＋12，12a ＝2. 设x 2－nx ＋2＝0的两根为b ，c, 则n ＝b ＋c ，bc ＝2.由12，b ，c ，a 成等比数列及a ＝4可得b ＝1，c ＝2，从而m ＝92，n ＝3，|m －n |＝32. 答案：329．已知0＜a ≤1,0＜b ≤1,0＜c ≤1，求证：1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1. 证明：∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴要证1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1，只需证1＋ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c ＋abc ，即证1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0.∵1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )＝(1－a )＋b (a －1)＋c (a －1)＋bc (1－a )＝(1－a )(1－b －c ＋bc )＝(1－a )(1－b )(1－c )，又a ≤1，b ≤1，c ≤1，∴(1－a )(1－b )(1－c )≥0.∴1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0成立，即证明了1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1. 10．求证：当一个圆与一个正方形的周长相等时，这个圆的面积比正方形的面积大．证明：设圆和正方形的周长为l ，依题意，圆的面积为π(l 2π)2，正方形的面积为(l 4)2，因此本题只需证明π(l 2π)2＞(l 4)2. 为了证明上式成立，只需证明πl 24π2＞l 216，两边同乘以正数4l 2，得1π＞14，因此，只需证明4＞π. 上式显然成立，故π(l 2π)2＞(l 4)2. [B 组能力提升]1．已知a ，b 为正实数，函数f (x )＝(12)x ，A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2ab a ＋b)，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：因为函数f (x )＝(12)x 为减函数，所以要比较A ，B ，C 的大小，只需比较a ＋b 2，ab ，2ab a ＋b的大小，因为a ＋b 2≥ab ，两边同乘ab 得：ab ·a ＋b 2≥ab ，即ab ≥2ab a ＋b ，故a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，∴A ≤B ≤C . 答案：A2．设甲：函数f (x )＝|x 2＋mx ＋n |有四个单调区间，乙：函数g (x )＝lg(x 2＋mx ＋n )的值域为R ，那么甲是乙的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．以上均不对解析：对甲，要使f (x )＝|x 2＋mx ＋n |有四个单调区间，只需要Δ＝m 2－4n >0即可；对乙，要使g (x )＝ lg(x 2＋mx ＋n )的值域为R ，只需要u ＝x 2＋mx ＋n 的值域包含区间(0，＋∞)，只需要Δ＝m 2－4n ≥0，所以甲是乙的充分不必要条件．答案：A3．要证3a －3b <3a －b 成立，则a ，b 应满足的条件是________．解析：要证3a －3b <3a －b ，只需证(3a －3b )3<(3a －b )3，即a －b －33a 2b ＋33ab 2<a －b ，即33a 2b －33ab 2>0，即3ab (3a －3b )>0.故所需条件为⎩⎨⎧ 3ab >0，3a －3b >0或⎩⎨⎧ 3ab ＜0，3a －3b <0，即ab >0且a >b 或ab <0且a <b .答案：ab >0且a >b 或ab <0且a <b4．如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，则x ＋y 的最小值为________．解析：由x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2, 得2－(x ＋y )＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22， ∴(x ＋y )2＋4(x ＋y )－8≥0，∴x ＋y ≥23－2或x ＋y ≤－2－23，∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋y 的最小值为23－2.答案：23－25．在某两个正数m ，n 之间插入一个数x ，使m ，x ，n 成等差数列，插入两个数y ，z ，使m ，y ，z ，n 成等比数列，求证：(x ＋1)2≥(y ＋1)(z ＋1)．证明：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝m ＋n y 2＝mz z 2＝yn ，所以m ＝y 2z ，n ＝z 2y. 即m ＋n ＝y 2z ＋z 2y ，从而2x ＝y 2z ＋z 2y. 要证(x ＋1)2≥(y ＋1)(z ＋1)，只需证x ＋1≥(y ＋1)(z ＋1)成立．只需证x ＋1≥(y ＋1)＋(z ＋1)2即可．也就是证2x ≥y ＋z ，而2x ＝y 2z ＋z 2y，则只需证y 2z ＋z 2y≥y ＋z 即可．即y 3＋z 3≥yz (y ＋z )，只需证y 2－yz ＋z 2≥yz ，即证(y －z )2≥0成立，由于(y －z )2≥0显然成立，∴(x ＋1)2≥(y ＋1)(z ＋1)．6．已知a ＞0，函数f (x )＝x 3－a ，x ∈[0，＋∞)，设x 1＞0.记曲线y ＝f (x )在点M (x 1，f (x 1))处的切线为l .(1)求l 的方程；(2)设l 与x 轴的交点为(x 2,0)，求证：x 2≥a 13. 解析：(1)f ′(x )＝3x 2.故l 的方程为y －(x 31－a )＝3x 21(x －x 1)，即y ＝3x 21x －2x 31－a .(2)证明：令y ＝3x 21x －2x 31－a ＝0，得x ＝2x 31＋a 3x 21，∴x 2＝2x 31＋a 3x 21. 欲证x 2≥a 13，只需证2x 31＋a ≥3x 21·a 13，即证(x 1－a 13)2(2x 1＋a 13)≥0，显然成立，∴原不等式成立.。

2017-2018学年高中数学 2.2.1综合法和分析法课后习题 新人教A版选修2-2

2017_2018学年高中数学第二章推理与证明2.2.1综合法和分析法学案含解析新人教A版选修2_2

高中数学 2.2.1综合法和分析法课后习题 新人教A版选修2-2

高中数学 第二章2.2.1 综合法和分析法讲解与例题 新人教A版选修12

高中数学 2.2.1 综合法与分析法同步练习 新人教A版选修2-2