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《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学 人教A版选修2-2【配套备课资源】第二章 2.2.1(二)


2.2.1
一、基础过关

综合法和分析法(二)

1. 已知 a≥0,b≥0,且 a+b=2,则 1 A.a≤ 2 C.a2+b2≥2 1 B.ab≥ 2 D.a2+b2≤3

(

)

a c 2. 已知 a、b、c、d∈{正实数},且 < ,则 b d a a+c c A. < < b b+d d a c a+c C. < < b d b+d 3. 下面四个不等式: ①a2+b2+c2≥ab+bc+ac; 1 ②a(1-a)≤ ; 4 b a ③ + ≥2; a b ④(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2. 其中恒成立的有 A.1 个 C.3 个 B .2 个 D.4 个 ( a+c a c B. < < b+d b d D.以上均可能

(

)

)

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 1 A. 2 B.2ab C.a2+b2 D.a

(

)

5.设 a= 3- 2,b= 6- 5,c= 7- 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

1 - - 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, 4 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 a+b 1 8. 若 a>b>1,P= lg a· lg b,Q= (lg a+lg b),R=lg( ),则 2 2 A.R<P<Q C.Q<P<R B.P<Q<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 2,|β|>2 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 b + > a+ b. b a

1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2. a a

1 1 1 12.已知 a、b、c∈R,且 a+b+c=1,求证:( -1)( -1)· ( -1)≥8. a b c 2 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, x f?x1?+f?x2? x1+x2 >f( ). 2 2 三、探究与拓展 14.已知 a,b,c,d∈R,求证: ac+bd≤ ?a2+b2??c2+d2?.(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 a b + - a- b b a = = = ∴ a a+b b-a b-b a ab ?a-b?? a- b? ab ? a- b?2? a+ b? >0, ab a b + > a+ b. b a

方法二 用分析法 要证 a b + > a+ b, b a

a2 b2 只要证 + +2 ab>a+b+2 ab, b a 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 a b + > a+ b成立. b a 1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2, a a

11.证明 要证 只要证

1 1 a2+ 2+2≥a+ + 2. a a

∵a>0,故只要证 ?

?

1 1 ? a+ + 2?2, a2+ 2+2 2≥? ? a ? ? a

1 即 a2+ 2+4 a

1? 1 1 a2+ 2+4≥a2+2+ 2+2 2? ?a+a?+2, a a

从而只要证 2

1? 1 a2+ 2≥ 2? ?a+a?, a

1? ? 2 1? 2 只要证 4? ?a +a2?≥2?a +2+a2?, 1 即 a2+ 2≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立. a 12.证明 方法一 (分析法)

1 1 1 要证( -1)( -1)( -1)≥8 成立, a b c 1-a 1-b 1-c 只需证 · · ≥8 成立. a b c 因为 a+b+c=1, ?a+b+c?-a ?a+b+c?-b ?a+b+c?-c 所以只需证 · · ≥8 成立, a b c b+c a+c a+b 即证 · · ≥8 成立. a b c 而 b+c a+c a+b 2 bc 2 ac 2 ab · · ≥ · · =8 成立. a b c a b c

1 1 1 ∴( -1)( -1)( -1)≥8 成立. a b c 方法二 (综合法) 1 1 1 ( -1)( -1)( -1) a b c a+b+c a+b+c a+b+c =( -1)( -1)( -1) a b c = = ≥ b+c a+c a+b · · a b c ?b+c??a+c??a+b? abc 2 bc· 2 ac· 2 ab =8, abc

当且仅当 a=b=c 时取等号,所以原不等式成立. 2 13.证明 由 f(x)=x2+ +aln x, x 得 f?x1?+f?x2? 1 2 2 1 1 a = (x1+x2)+( + )+ (ln x1+ln x2) 2 2 x1 x2 2 x1x2.

x1+x2 1 2 = (x2 +aln 1+x2)+ 2 x1x2

x1+x2 x1+x2 2 x1+x2 4 f( )=( )+ +aln , 2 2 2 x1+x2 ∵x1≠x2 且都为正数,

x1+x2 2 1 1 有 (x2 +x2)> [(x2+x2)+2x1x2]=( ). 2 1 2 4 1 2 2
2 又(x1+x2)2=(x2 1+x2)+2x1x2>4x1x2,





x1+x2 4 > . x1x2 x1+x2



x1+x2 x1+x2 ∵ x1x2< ,∴ln x1x2<ln . 2 2 ∵a≤0,∴aln x1x2>aln x1+x2 . 2 ③

f?x1?+f?x2? x1+x2 由①、②、③得 >f( ). 2 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+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. ∴ ?a2+b2??c2+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, ∴ ?a2+b2??c2+d2?≥|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|= a2+b2, |n|= c2+d2. ∵m· n≤|m|· |n|= a2+b2· c2+d2. 故 ac+bd≤ ?a2+b2??c2+d2?.



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