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2016_2017学年高中数学第三章推理与证明3综合法与分析法3.2分析法课后演练提升北师大版选修1_2

3.2 分析法课后演练提升 北师大版选修 1-2 一、选择题 1.要证明 3+ 7<2 5可选择的方法有以下几种,其中最合理的是( A.综合法 C.类比法 解析: 要证明 3+ 7<2 5, 只需证 3+ 7< 5+ 5. 两边平方有 10+2 21<10+10. 即只要证 2 21<10. 再两边平方有 84<100 成立. 故 3+ 7<2 5成立. 由证明过程可知分析法最合理. 答案: B 2.如果 a、b 都是非零实数,则下列不等式不恒成立的是( A.|a+b|-|b|≤|a| C.|a-b|≥|b|-|a| ) B.分析法 D.归纳法 ) B.2 ab≤|a+b|(ab>0) D.|a+b|≥a-b 解析: A 中,|a|=|(a+b)-b|≥|a+b|-|b|成立; B 中,要使 2 ab≤|a+b|成立,只需 4ab≤a +2ab+b , 即(a-b) ≥0 成立,∴B 中不等式恒成立; C 中,|a-b|≥|b|-|a|成立; 但 D 中不一定恒成立,当 a≤b 时显然成立, 当 a>b 时,要使|a+b|≥a-b 成立,只需使(a+b) ≥(a-b) 即 4ab≥0 成立,但 a> 2 2 2 2 2 b 不一定有 ab≥0 成立,所以 D 中不等式不恒成立. 答案: D 3.设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则( A.ad=bc C.ad>bc 2 ) B.ad<bc D.ad≤bc 2 解析: |a-d|<|b-c|,∴|a-d| <|b-c| , 即 a +d -2ad<b +c -2bc. ∵a+d=b+c, ∴(a+d) =(b+c) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∴a +d +2ad=b +c +2bc. ∴-4ad<-4bc.∴ad>bc. 1 2 答案: C 4. 已知 a, b 为非零实数, 则使不等式: + ≤-2 成立的一个充分不必要条件是( A.ab>0 C.a>0,b<0 B.ab<0 D.a>0,b>0 a b b a ) 解析: ∵ 与 同号,由 + ≤-2,知 <0, <0,即 ab<0.又若 ab<0,则 <0, <0. ∴ + =-??- ?+?- ?? b a ≤-2 a b b a a b b a a b b a a b b a a b b a ?? a? ? b?? ?? ? ? ?? ?-a?·?-b?=-2, ? b? ? a? ? ? ? ? a b b a 综上,ab<0 是 + ≤-2 的充要条件, ∴a>0,b<0 是 + ≤-2 的一个充分而不必要条件. 答案: C 二、填空题 5.如右图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的侧棱垂直于底面,满足____________________时, a b b a BD⊥A1C.(写出一个条件即可). 解析: 欲使 BD⊥A1C, 只需 BD⊥面 A1ACC1, 答案: BD⊥AC(不唯一) 6.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) >0, 只需 a≠b 且 a,b 都不小于零即可. 答案: a≥0,b≥0 且 a≠b 三、解答题 7.已知 a>6,求证: a-3- a-4< a-5- a-6. 证明: 证法一:要证 a-3- a-4< a-5- a-6, 只需证 a-3+ a-6< a-5+ a-4 2 2 ?( a-3+ a-6) <( a-5+ a-4) , ?2a-9+2 ? 2 2 a- a- < a- a- <2a-9+2 a- , a- a- a- ?(a-3)(a-6)<(a-5)(a-4), ?18<20 因为 18<20 显然成立, 所以原不等式 a-3- a-4< a-5- a-6成立. 证法二:要证 a-3- a-4< a-5- a-6, 只需证 1 < , a-3+ a-4 a-5+ a-6 1 只需证 a-3+ a-4> a-5+ a-6. ∵a>6,∴a-3>0,a-4>0,a-5>0,a-6>0. 又∵a-3>a-5,∴ a-3> a-5. 同样有 a-4> a-6, 则 a-3+ a-4> a-5+ a-6. ∴ a-3- a-4< a-5- a-6. 8.已知 a,b 是正实数,求证: 证明: 证法一(比较法): ∵ a b + ≥ a+ b. b a a b + - a- b b a b-a a-b a-b + = a b a- b 2 = a- b ab ≥0, = ∴ a+ b ab a b + ≥ a+ b. b a 证法二(分析法): 要证 a b + ≥ a+ b , b a 只要证:a a+b b≥ ab( a+ b). 即证(a+b- ab)( a+ b)≥ ab( a+ b). 即证 a+b- ab≥ ab. 也就是要证 a+b≥2 ab. 3 显然 a+b≥2 ab成立, 故 a b + ≥ a+ b. b a x 1 证法三(综合法,因为左边是分式型,利用基本不等式 x+ ≥2(x>0)使左边向整式型过 渡): (法一)∵ a b + b+ + a≥2 b a a b + ≥ a+ b. b a a · b +2 b b · a=2 a+2 b,当且仅当 a a =b 时取等号,∴ ( 法二 )∵? a a b b ?a+b? + ≥a + b + 2 ? ( a + b ) = a + b+ b a ? ? b a 2 a a b b · = a +b + b a 2 ab=( a+ b) ,当且仅当 a=b 时取等号,∴ a

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