人教A版高中数学选修4-5同步练习-综合法与分析法

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也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．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则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 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。

数学·选修4－5(人教A 版)2.2　综合法与分析法一层练习1．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的( )A ．必要条件B ．充分条件C ．充要条件D ．必要或充分条件答案：B2．若x ＞y ＞1,0＜a ＜1，则下列式子中正确的是( )A ．a x ＞a yB ．log a x ＞log a yC ．x a ＜y aD ．x －a ＜y －a答案：D3．设a ，b∈R ＋，A ＝＋，B ＝，则A ，B 的大小关系是( )a b a ＋b A ．A≥B B ．A≤BC ．A>BD ．A<B答案：C证明不等式的基本方法4．已知0＜a ＜1,0＜b ＜1，且a≠b，那么a ＋b,2，a 2＋b 2,2ab 中最大的是________．ab 答案：a ＋b5．求证：＜2－.753证明：21＜25⇒＜521⇒2＜1021⇒10＋2＜2021⇒(＋)2＜(2)2735⇒＋＜2735⇒＜2－.753所以原不等式成立．二层练习6．若1<x<10，下面不等式中正确的是( )A ．(lg x)2<lg x 2<lg(lg x)B ．lg x 2<(lg x)2<lg(lg x)C ．(lg x)2<lg(lg x)<lg x 2D ．lg(lg x)<(lg x)2<lg x 2[:答案：D7．设a≥b，b>0，M ＝，N ＝a ＋b ，则M 与N 的大小关系是________．a 2＋b 2ab 答案：M≥N8．a ，b 是正数，求证：≥.a 2＋b 2 a ＋b 212证明：＝a 2＋b 2 a ＋b 2 a ＋b 2－2ab a ＋b 2＝1－≥1－＝1－＝，2ab a ＋b 22·(a ＋b 2)2 a ＋b 21212当且仅当a ＝b 时取“＝”．9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg ＋lg ＋lg ＞lg a ＋lg b ＋lg c.a ＋b 2b ＋c 2c ＋a 2证明：证法一(综合法)∵a，b ，c∈R ＋，∴≥＞0，≥＞0，≥＞0，且上述三个不等式中等号不能同时成立，a ＋b 2ab b ＋c 2bc c ＋a 2ac ∴··＞abc.a ＋b 2b ＋c 2c ＋a 2∴lg＋lg ＋lg ＞lg a ＋lg b ＋lg c.a ＋b 2b ＋c 2c ＋a 2证法二(分析法)lg＋lg ＋lg ＞lg a ＋lg b ＋lg c ⇐a ＋b 2b ＋c 2c ＋a 2lg ＞lg abc ⇐(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2)··＞abc.a ＋b 2b ＋c 2c ＋a 2因为≥＞0，≥＞0，≥＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以·a ＋b 2ab b ＋c 2bc c ＋a 2ac a ＋b 2·＞abc 成立，从而原不等式成立．b ＋c 2c ＋a 210．(2018·新课标Ⅱ卷)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：(1)ab ＋bc ＋ca≤；13(2)＋＋≥1.a 2b b 2c c 2a证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab，b 2＋c 2≥2bc，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca.由题设得(a ＋b ＋c)2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca)≤1，即ab ＋bc ＋ca≤.13(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，a 2b b 2c c 2a故＋＋＋(a ＋b ＋c)≥2(a＋b ＋c)，即＋＋≥a＋b ＋c.a 2b b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a所以＋＋≥1.a 2b b 2c c 2a 三层练习11．(1)设x≥1，y≥1，求证：x ＋y ＋≤＋＋xy.1xy 1x 1y(2)1<a≤b≤c，求证：log a b ＋log b c ＋log c a≤log b a ＋log c b ＋log a c.证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x ＋y ＋≤＋＋xy ⇔xy(x ＋y)＋1≤y＋x ＋(xy)2，1xy 1x 1y将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy)2]－[xy(x ＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x ＋y)－(x ＋y)]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y)(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．又x≥1，y≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数换底公式得log c a ＝，log b a ＝，log c b ＝，log a c ＝xy.1xy 1x 1y于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋≤＋＋xy ，1xy 1x 1y其中x ＝log a b≥1，y ＝log b c≥1.故由(1)知所要证明的不等式成立．12．(2018·上海卷·节选)给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|，数列a 1，a 2，a 3…满足a n ＋1＝f(a n )，n∈N *.(1)若a 1＝－c －2，求a 2及a 3；(2)求证：对任意n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.解析：因为c>0，a 1＝－(c ＋2)，故a 2＝f(a 1)＝2|a 1＋c ＋4|－|a 1＋c|＝2，a 3＝f(a 1)＝2|a 2＋c ＋4|－|a 2＋c|＝c ＋10.(2)要证明原f(x)≥x＋c ⇔2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|≥x＋c ，即只需证明2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ，若x ＋c≤0，显然有2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ＝0成立；若x ＋c>0，则2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ⇔x ＋c ＋4>x ＋c 显然成立．综上，f(x)≥x＋c 恒成立，即对任意的n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.13．设实数数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n∈N *)，(利用综合法和分析法)求证：对k≥3有0≤a k ≤.43证明：由题设条件有S n ＋a n ＋1＝a n ＋1S n ，故S n ≠1，a n ＋1≠1且a n ＋1＝，S n ＝，S n S n －1a n ＋1a n ＋1－1从而对k≥3有a k ＝＝＝＝.①S k －1S k －1－1a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1因a －a k －1＋1＝a k －1－2＋>0且a ≥0，由①得a k ≥0.2k －112342k －1要证a k ≤，由①只要证≤，即证3a ≤4(a －a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0.43a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1432k －12k －1此式明显成立．因此a k ≤(k≥3)．即原4314．设b>0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝(n≥2)．nba n －1a n －1＋2n －2(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤＋1.b n ＋12n ＋1解析：(1)由a n ＝可得nba n －1a n －1＋2n －2＝·＋，n a n 2b n －1a n －11b当b ＝2时，＝＋，则数列是以＝为首项，为公差的等差数列，n a n n －1a n －112{n a n }1a 11212∴＝，从而a n ＝2.n a n n 2当b≠2时，＋＝，n a n 12－b 2b (n －1a n －1＋12－b )则数列是以＋＝为首项，为公比的等比数列，{n a n ＋12－b }1a 112－b 2b 2－b 2b ∴＋＝·n －1＝·n ，n a n 12－b 2b 2－b (2b)12－b (2b )∴a n ＝.nb n 2－b 2n －b n综上，a n ＝Error!(2)当b ＝2时，a n ＝2，＋1＝2，b n ＋12n ＋1∴a n ＝＋1，从而不等式成立；b n ＋12n ＋1当b≠2时，要证a n ≤＋1，b n ＋12n ＋1只需证≤＋1，nb n 2－b 2n －b n b n ＋12n ＋1即证≤＋，n 2－b 2n －b n b 2n ＋11b n 即证≤＋，n 2n －1＋2n －2b ＋2n －3b 2＋…＋2b n －2＋b n －1b 2n ＋11b n即证n≤＋＋＋…＋＋＋＋＋…＋＋，2n －1b n 2n －2b n －12n －3b n －22b 21b b 22b 223b n －12n b n2n ＋1而上式右边＝＋＋…＋＋≥2＋(2n －1b n ＋b n 2n ＋1)(2n －2b n －1＋b n －12n )(2b 2＋b 223)(1b ＋b 22)2n －1b n ·b n2n ＋12＋…＋2＋2＝n.2n －2b n －1·b n －12n 2b 2·b 2231b ·b 22∴当b≠2时，原不等式也成立，从而原不等式成立．1．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点．常用不等式有：(1)a 2≥0(a∈R)；(2)(a －b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a 2＋b 2≥2ab，2≥ab，a 2＋b 2≥(a ＋b 2)(a ＋b)2；(3)若a ，b∈R ＋，≥，特别的有＋≥2；(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca(a ，b ，c∈R)．12a ＋b 2ab b a a b2．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．对思路不明显，从条件看感到无从下手的问题宜用分析法．用分析法证明“若A 则B”的模式为：欲证只需证只需证……[:只需证明A 为真．今已知A 为真，故B 必真．可以简单写成：B ⇐B 1⇐B 2⇐……⇐B n ⇐A.3．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．4．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．分析与综合互为前提，相互渗透，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点，分析法和综合法要结合起来使用，也就是“两头凑”，会使问题较易解决．即在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件同一为止，从而证明了不等式．这种“由两头往中间靠”的方法可称为分析综合法．5．一般来说，如果已知条件信息量较小，或已知与待证间的直接联系不明显，“距离”较大，用分析法来证明．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

人教新课标A版选修4-5数学2.2分析法与综合法同步检测A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的（）A . 充分条件B . 必要条件C . 充要条件D . 既不充分又不必要条件2. （2分）下列叙述正确的是（）A . 若|a|=|b|，则a=bB . 若|a|＞|b|，则a＞bC . 若a＜b，则|a|＞|b|D . 若|a|=|b|，则a=±b3. （2分）证明不等式的最适合的方法是（）A . 综合法B . 分析法C . 间接证法D . 合情推理法4. （2分）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”索的因应是（）A . a﹣b＞0B . a﹣c＞0C . （a﹣b）（a﹣c）＞0D . （a﹣b）（a﹣c）＜05. （2分）下列表述：①综合法是执因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证法；⑤反证法是逆推法．正确的语句有（）A . 2个B . 3个C . 4个D . 5个6. （2分） (2016高一下·石门期末) 设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+a13=（）A . 120B . 105C . 90D . 757. （2分）要证，只需证，即需，即需证，即证35>11，因为35>11显然成立，所以原不等式成立。

以上证明运用了（）A . 比较法B . 综合法C . 分析法D . 反证法8. （2分） (2018高一下·台州期中) 若函数在区间和上均为增函数,则实数的取值范围是（）A .B .C .D .9. （2分）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“”索的因应是（）A . a－b>0B . a－c>0C . (a－b)(a－c)>0D . (a－b)(a－c)<0．10. （2分）“π是无限不循环小数，所以π是无理数”，以上推理（）A . 缺少小前提，小前提是无理数都是无限不循环小数B . 缺少大前提，大前提是无理数都是无限不循环小数C . 缺少小前提，小前提是无限不循环小数都是无理数D . 缺少大前提，大前提是无限不循环小数都是无理数11. （2分）要证明+＜2+所选择的方法有以下几种，其中合理的是（）A . 综合法B . 分析法C . 类比法D . 归纳法12. （2分）下列说法中正确的是（）A . 合情推理就是类比推理B . 归纳推理是从一般到特殊的推理C . 合情推理就是归纳推理D . 类比推理是从特殊到特殊的推理二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法________ 种．14. （1分）要证明+＜2+，在合情推理法、演绎推理法、分析法和综合分析法中，选用的最适合的证法是________15. （1分） (2018高二下·石家庄期末) 设，，则 ________ （填入“ ”或“ ”）．16. （1分） (2015高二下·霍邱期中) 设ai∈R+ ，xi∈R+ ， i=1，2，…n，且a12+a22+…an2=1，x12+x22+…xn2=1，则的值中，现给出以下结论，其中你认为正确的是________．①都大于1②都小于1③至少有一个不大于1④至多有一个不小于1⑤至少有一个不小于1．三、解答题 (共8题；共60分)17. （5分）已知a＞0，b＞0，用两种方法证明： .18. （5分） (2017高二下·扶余期末) 求证：19. （15分）(2014·北京理) 对于数对序列P：（a1 ， b1），（a2 ， b2），…，（an ， bn），记T1（P）=a1+b1 ，Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），其中max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}表示Tk﹣1（P）和a1+a2+…+ak 两个数中最大的数，（1）对于数对序列P：（2，5），（4，1），求T1（P），T2（P）的值；（2）记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对（a，b），（c，d）组成的数对序列P：（a，b），（c，d）和P′：（c，d），（a，b），试分别对m=a和m=d两种情况比较T2（P）和T2（P′）的大小；（3）在由五个数对（11，8），（5，2），（16，11），（11，11），（4，6）组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5（P）最小，并写出T5（P）的值（只需写出结论）．20. （10分）(2018高二上·沭阳月考)（1）若都是正实数，且，求证：与中至少有一个成立。

数学·选修4－5(人教A版)证明不等式的基本方法2.2 综合法与分析法一层练习1．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的( )A．必要条件 B．充分条件C．充要条件 D．必要或充分条件答案：B2．若x＞y＞1,0＜a＜1，则下列式子中正确的是( )A．a x＞a y B．log a x＞log a yC．x a＜y a D．x－a＜y－a答案：D3．设a，b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是( )A．A≥B B．A≤BC．A>B D．A<B答案：C4．已知0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b,2ab，a2＋b2,2ab中最大的是________．答案：a＋b5．求证：7＜25－ 3.证明：21＜25⇒21＜5⇒221＜10⇒10＋221＜20⇒(7＋3)2＜(25)2⇒7＋3＜2 5⇒7＜25－ 3.所以原不等式成立．二层练习6．若1<x<10，下面不等式中正确的是( ) A．(lg x)2<lg x2<lg(lg x)B．lg x2<(lg x)2<lg(lg x)C．(lg x)2<lg(lg x)<lg x2D．lg(lg x)<(lg x)2<lg x2[:答案：D7．设a≥b，b>0，M＝a2＋b2ab，N＝a＋b，则M与N的大小关系是________．答案：M≥N8．a，b是正数，求证：a2＋b2＋2≥12.证明：a2＋b2＋2＝＋2－2ab＋2＝1－2ab ＋2≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋2＝1－12＝12， 当且仅当a ＝b 时取“＝”．9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c.证明：证法一(综合法)∵a，b ，c∈R ＋，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc. ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c. 证法二(分析法)lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c ⇐ lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ⇐ a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc. 因为a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立，从而原不等式成立．10．(2018·新课标Ⅱ卷)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：(1)ab ＋bc ＋ca≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab，b 2＋c 2≥2bc，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca.由题设得(a ＋b ＋c)2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca)≤1，即ab ＋bc ＋ca≤13. (2)因为a 2b ＋b≥2a，b 2c ＋c≥2b，c 2a＋a≥2c， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c)≥2(a＋b ＋c)，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a＋b ＋c. 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 三层练习 11．(1)设x≥1，y≥1，求证：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy. (2)1<a≤b≤c，求证：log a b ＋log b c ＋log c a≤log b a ＋log c b ＋log a c.证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy(x ＋y)＋1≤y＋x ＋(xy)2， 将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy)2]－[xy(x ＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x ＋y)－(x ＋y)]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y)(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．又x≥1，y≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数换底公式得log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy. 于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ， 其中x ＝log a b≥1，y ＝log b c≥1.故由(1)知所要证明的不等式成立．12．(2018·上海卷·节选)给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|，数列a 1，a 2，a 3…满足a n ＋1＝f(a n )，n∈N *.(1)若a 1＝－c －2，求a 2及a 3；(2)求证：对任意n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.解析：因为c>0，a 1＝－(c ＋2)，故 a 2＝f(a 1)＝2|a 1＋c ＋4|－|a 1＋c|＝2，a 3＝f(a 1)＝2|a 2＋c ＋4|－|a 2＋c|＝c ＋10.(2)要证明原f(x)≥x＋c ⇔2|x ＋c ＋4|－|x ＋c|≥x＋c ，即只需证明2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ，若x ＋c≤0，显然有2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ＝0成立；若x ＋c>0，则2|x ＋c ＋4|≥|x＋c|＋x ＋c ⇔x ＋c ＋4>x ＋c 显然成立．综上，f(x)≥x＋c 恒成立，即对任意的n∈N *，a n ＋1－a n ≥c.13．设实数数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n∈N *)，(利用综合法和分析法)求证：对k≥3有0≤a k ≤43.证明：由题设条件有S n ＋a n ＋1＝a n ＋1S n ，故S n ≠1，a n ＋1≠1且a n ＋1＝S n S n －1，S n ＝a n ＋1a n ＋1－1， 从而对k≥3有a k ＝S k －1S k －1－1＝a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1＝a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1＝a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1.① 因a 2k －1－a k －1＋1＝a k －1－122＋34>0且a 2k －1≥0，由①得a k ≥0. 要证a k ≤43，由①只要证a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1≤43，即证3a 2k －1≤4(a 2k －1－a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0. 此式明显成立．因此a k ≤43(k≥3)．即原14．设b>0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.解析：(1)由a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2可得 n a n ＝2b ·n －1a n －1＋1b， 当b ＝2时，n a n ＝n －1a n －1＋12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 是以1a 1＝12为首项，12为公差的等差数列， ∴n a n ＝n 2，从而a n ＝2. 当b≠2时，n a n ＋12－b ＝2b ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1＋12－b ， 则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n ＋12－b 是以1a 1＋12－b ＝2－为首项，2b为公比的等比数列， ∴n a n ＋12－b＝2－·⎝ ⎛⎭⎪⎫2b n －1＝12－b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2b n ， ∴a n ＝nb n －2n－b n . 综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，b ＝2，nb n －2n －b n ，b>0且b≠2. (2)当b ＝2时，a n ＝2，b n ＋12n ＋1＋1＝2， ∴a n ＝b n ＋12n ＋1＋1，从而不等式成立； 当b≠2时，要证a n ≤b n ＋12n ＋1＋1， 只需证nb n －2n －b n ≤b n ＋12n ＋1＋1， 即证－2n －b n ≤b 2n ＋1＋1b n ， 即证n 2n －1＋2n －2b ＋2n －3b 2＋…＋2b n －2＋b n －1≤b 2n ＋1＋1b n ， 即证n≤2n －1b n ＋2n －2b n －1＋2n －3b n －2＋…＋2b 2＋1b ＋b 22＋b 223＋…＋b n －12n ＋b n 2n ＋1， 而上式右边＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －1b n ＋b n 2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －2b n －1＋b n －12n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b 2＋b 223＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋b 22≥22n －1b n ·b n 2n ＋1＋ 22n －2b n －1·b n －12n ＋…＋22b 2·b 223＋21b ·b 22＝n. ∴当b≠2时，原不等式也成立，从而原不等式成立．1．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点．常用不等式有：(1)a 2≥0(a∈R)；(2)(a －b)2≥0(a，b∈R)，其变形有a 2＋b 2≥2ab，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab，a 2＋b 2≥12(a ＋b)2；(3)若a ，b∈R ＋，a ＋b 2≥ab ，特别的有b a ＋a b≥2；(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca(a ，b ，c∈R)． 2．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．对思路不明显，从条件看感到无从下手的问题宜用分析法．用分析法证明“若A 则B”的模式为：欲证只需证只需证……[:只需证明A 为真．今已知A 为真，故B 必真．可以简单写成：B ⇐B 1⇐B 2⇐……⇐B n ⇐A.3．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．4．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．分析与综合互为前提，相互渗透，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点，分析法和综合法要结合起来使用，也就是“两头凑”，会使问题较易解决．即在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件同一为止，从而证明了不等式．这种“由两头往中间靠”的方法可称为分析综合法．5．一般来说，如果已知条件信息量较小，或已知与待证间的直接联系不明显，“距离”较大，用分析法来证明．。

人教版数学高中选修4-5《综合法和分析法》
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1、综合法和分析法。

2、综合法和分析法的应用。

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2。

2分析法与综合法同步检测一、选择题1。

设a，b＞0,，，则A,B的大小关系是（）A。

A＝B B。

A＜B C。

A＞B D.大小不确定答案:C解析：【解答】用综合法:，所以.所以.又,，所以.【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是对所给关系式A,B两边平方作差比较即可.2。

下面对命题“函数是奇函数”的证明不是综合法的是A。

且x≠0有,则是奇函数B.且x≠0有，所以，则是奇函数C。

且x≠0，∵,∴，∴,则是奇函数D.取,，又,则是奇函数答案：D解析：【解答】D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法。

【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据综合法的特征分析判断即可.3. 若O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点,动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的( ）A。

外心 B。

内心 C。

重心 D。

垂心答案：B解析：【解答】∵，∴。

∴AP是△ABC中∠BAC的内角平分线，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的内心【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据所给条件平行四边形法则得到AP是△ABC中∠BAC的内角平分线,证明问题。

人教新课标A版选修4-5数学2.2分析法与综合法同步检测B卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）关于综合法和分析法说法错误的是（）A . 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法B . 综合法又叫顺推证法或由因导果法C . 分析法又叫逆推证法或执果索因法D . 综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法2. （2分）要证明+＜2+所选择的方法有以下几种，其中合理的是（）A . 综合法B . 分析法C . 类比法D . 归纳法3. （2分）设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是（）A . ②③B . ①②③C . ③D . ③④⑤4. （2分）以下说法正确的是（）A . 在用综合法证明的过程中，每一个分步结论都是结论成立的必要条件B . 在用综合法证明的过程中，每一个分步结论都是条件成立的必要条件C . 在用分析法证明的过程中，每一个分步结论都是条件成立的充分条件D . 在用分析法证明的过程中，每一个分步结论都是结论成立的必要条件5. （2分）以下是解决数学问题的思维过程的流程图：在此流程图中，①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法匹配正确的是（）A . ①—综合法，②—分析法B . ①—分析法，②—综合法C . ①—综合法，②—反证法D . ①—分析法，②—反证法6. （2分）已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0<log<1,则m的取值范围是（）A . m>1B . 1<m<8C . m>8D . 0<m<1或m>87. （2分）要证明+＜2，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 . 反证法D . 归纳法8. （2分）定义在R上的函数满足：成立，且在[-1,0]上单调递增，设，则a、b、c的大小关系是（）A . a>b>cB . a>c>bC . b>c>aD . c>b>a9. （2分）已知，，，则的最小值为（）A .B .C .D .10. （2分）若 0<a<1 ， 0<b<1 且，则在 a+b ，，和 2ab 中最大的是（）A . a+bB .C .D . 2ab11. （2分） (2018高二上·陆川期末) 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 <a”索的因应是（）A . a－b>0B . a－c>0C . (a－b)(a－c)>0D . (a－b)(a－c)<012. （2分）设x,y,z,则，（）A . 都大于2B . 至少有一个大于2C . 至少有一个不小于2D . 至少有一个不大于2二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）(2018·河北模拟) 观察三角形数组，可以推测：该数组第八行的和为________．14. （1分）设对任意非零实数均满足，则为________函数．（填“奇”或“偶”）15. （1分）有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法________ 种．16. （1分）已知数列{an}满足a1=1，an+1﹣2an=2n ，则an=________三、解答题 (共8题；共60分)17. （10分） (2018高二下·张家口期末) 已知，求证：（1）；（2） .18. （5分） (2017高二下·扶余期末) 求证：19. （10分） (2018高二下·邗江期中)（1）求证：；（2）已知且，求证：中至少有一个小于2.20. （10分）(2014·安徽理) 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N* ．（1）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（2）数列{an}满足a1＞，an+1= an+ an1﹣p．证明：an＞an+1＞．21. （5分） (2017高二下·太和期中) 设非等腰△ABC的内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，且A、B、C成等差数列，用分析法证明： = ．22. （10分）(2018高二上·沭阳月考)（1）若都是正实数，且，求证：与中至少有一个成立。

2.2 课时6 综合法与分析法一、教学目标（一）核心素养通过对综合法与分析法的学习，体会数学证明的基本思想及逻辑思路.（二）学习目标1.结合已经学过的数学实例，了解直接证明的综合法.2.了解直接证明分析法，注意格式规范.2.了解分析法和综合法的思考过程.（三）学习重点会用综合法证明问题；了解综合法的思考过程.（四）学习难点根据问题的特点，结合综合法的思考过程、特点，选择适当的证明方法.二、教学设计（一）课前设计1．预习任务（1）读一读：阅读教材第23页至第25页，思考：什么是综合法？什么是分析法？（2）想一想：两种方法有什么区别与联系？2．预习自测（1）综合法又叫顺推证法，它的特点是.【知识点】综合法【数学思想】【解题过程】由因到果【思路点拨】了解综合法的原理【答案】由因到果（2）分析法的特点是.【知识点】分析法【数学思想】【解题过程】执果索因.【思路点拨】了解分析法的原理【答案】执果索因（32+<，最好用什么方法？ 【知识点】分析法 【数学思想】2+<，只需证22(2<+，只需证<<，只需证1820<，显然成立，原命题成立. 【思路点拨】分析法由果寻因，证明问题很方便 【答案】分析法 (二)课堂设计 1.知识回顾（1）如果,a b ∈R ，那么222a b ab +≥，当且仅当a b =时，等号成立.（2）如果,0a b >，那么2a b+≥，当且仅当a b =时，等号成立. （3）如果,a b c d >>，那么a c b d +>+；如果0,0a b c d >>>>，那么ac bd >. 2．问题探究探究一 综合法与分析法 ●活动① 综合法与分析法的定义综合法和分析法是数学中常用的两种直接证明方法，也是不等式证明中的基本方法.由于两者在证明思路上存在着明显的互逆性，这里将其放在一起加以认识、学习，以便于对比研究两种思路方法的特点.所谓综合法，即从已知条件出发，根据不等式的性质或已知的不等式，逐步推导出要证的不等式.而分析法，则是由结果开始，倒过来寻找原因，直至原因成为明显的或者在已知中.前一种是“由因及果”，后一种是“执果索因”.打一个比方：张三在山里迷了路，救援人员从驻地出发，逐步寻找，直至找到他，这是“综合法”；而张三自己找路，直至回到驻地，这是“分析法”.以前得到的结论，可以作为证明的根据.特别的，AB B A 222≥+是常常要用到的一个重要不等式.例1 b a ,都是正数，求证：.2≥+abb a【知识点】综合法；基本不等式 【数学思想】【解题过程】证明：由重要不等式AB B A 222≥+可得.22=≥+ab b a a b b a 【思路点拨】基本不等式：一正二定三取等 【答案】见解析同类训练 证明：当1x >时, 1+31x x ≥-. 【知识点】综合法；基本不等式 【数学思想】【解题过程】证明：因为1x >，所以11+(1)++11)+1=3111x x x x x =-≥---. 【思路点拨】配凑定值，用基本不等式可证 【答案】见解析例2 设0,0>>b a ，求证.2233ab b a b a +≥+ 【知识点】综合法；分析法 【数学思想】【解题过程】证法一 综合法ab b ab a b ab a b a ≥+-⇒≥+-⇒≥-22222020)(，注意到0,0>>b a ，即0>+b a ，由上式即得)())((22b a ab b ab a b a +≥+-+，从而2233ab b a b a +≥+成立.证法二 分析法要证2233ab b a b a +≥+成立.只需证)())((22b a ab b ab a b a +≥+-+成立， 又因0>+b a ，只需证ab b ab a ≥+-22成立，又需证0222≥+-b ab a 成立， 即需证0)(2≥-b a 成立.而0)(2>-b a 显然成立. 由此命题得证. 【思路点拨】因式分解化简不等式. 【答案】见解析同类训练 求证2252(2)a b a b ++≥- 【知识点】综合法；分析法【数学思想】【解题过程】证法一 综合法因为22(2)(1)0a b -++≥,所以224250a b a b +-++≥,所以2252(2)a b a b ++≥-. 证法二 分析法要证2252(2)a b a b ++≥-，只需证22542a b a b ++≥-,只需证224250a b a b +-++≥，只需证22(2)(1)0a b -++≥，显然成立，所以原不等式成立.【思路点拨】一元二次，配方. 【答案】见解析议一议：根据上面的例证，你能指出综合法和分析法的主要特点吗？ 【设计意图】理解和掌握综合法与分析法. 探究二 综合法与分析法的特点 ●活动① 综合法与分析法的特点如果用Q P ⇒或P Q ⇐表示命题P 可以推出命题Q （命题Q 可以由命题P 推出），那么采用综合法的证法一就是).1()2()3()4(⇒⇒⇒采用分析法的证法二就是).4()3()2()1(⇐⇐⇐如果命题P 可以推出命题Q ，命题Q 也可以推出命题P ，即同时有P Q Q P ⇒⇒,，那么我们就说命题P 与命题Q 等价，并记为.Q P ⇔例3 证明：ca bc ab c b a ++≥++222. 【知识点】综合法；分析法 【数学思想】化归与转化思想【解题过程】证法一 因为ab b a 222≥+，bc c b 222≥+，ca a c 222≥+ 所以三式相加得)(2)(2222ca bc ab c b a ++≥++， 两边同时除以2即得ca bc ab c b a ++≥++222. 证法二 因为,0)(21)(21)(21)(222222≥-+-+-=++-++a c c b b a ca bc ab c b a 所以ca bc ab c b a ++≥++222成立.【思路点拨】基本不等式，不等式的可加性. 【答案】见解析同类训练 求证：222222222a b b c c a a bc ab c abc ++≥++. 【知识点】综合法；分析法 【数学思想】化归与转化思想【解题过程】证明：因为222222a b b c ab c +≥，222222b c c a abc +≥，222222c a a b a bc +≥ 所以三式相加得2222222222()2()a b b c c a a bc ab c abc ++≥++， 两边同时除以2即得222222222a b b c c a a bc ab c abc ++≥++. 【思路点拨】基本不等式，不等式的可加性. 【答案】见解析例4 证明：.)())((22222bd ac d c b a +≥++ 【知识点】分析法【数学思想】化归与转化思想 【解题过程】证明 要证.)())((22222bd ac d c b a +≥++只需证0)())((22222≥+-++bd ac d c b a只需证0)2(222222222222≥++-+++d b abcd c a d b d a c b c a 只需证022222≥-+abcd d a c b 只需证 0)(2≥-ad bc ，显然成立，原不等式成立. 此时显然成立.因此.)())((22222bd ac d c b a +≥++成立. 【思路点拨】化简，配方. 【答案】见解析同类训练 已知1m n >>,求证：2m n mn m +>+. 【知识点】分析法【数学思想】化归与转化思想【解题过程】证明 要证2m n mn m +>+,只需证2()()0m m n mn -+->,只需证(1)(1)0m m n m -+->,只需证(1)()0m m n -->,因为1m n >>，所以(1)()0m m n -->.【思路点拨】化简，因式分解. 【答案】见解析【设计意图】体会综合法与分析法在证明不等式时的异同． 探究三 巩固提升 ●活动① 巩固提升例5 已知c b a ,,都是正数，求证.3333abc c b a ≥++并指出等号在什么时候成立？ 【知识点】综合法【数学思想】化归与转化思想【解题过程】证明 abc c b a 3333-++=))((222ca bc ab c b a c b a ---++++ =].)()())[((21222a c c b b a c b a -+-+-++由于c b a ,,都是正数，所以.0>++c b a 而0)()()(222≥-+-+-a c c b b a ，可知03333≥-++abc c b a ，即abc c b a 3333≥++（等号在c b a ==时成立）【思路点拨】本题可以考虑利用因式分解公式))((3222333ca bc ab c b a c b a abc c b a ---++++=-++着手. 【答案】见解析同类训练 已知0,0,0a b c >>>,且1abc =,111+a b c≤+. 【知识点】综合法【数学思想】化归与转化思想【解题过程】证明 由1abc =，得111+=ab bc ac a b c +++，又由基本不等式及0,0,0a b c >>>得ab bc +≥=bc ac +≥=,ab ac +≥=,111+a b c+≤+ 【思路点拨】基本不等式. 【答案】见解析同类训练 如果将不等式abc c b a 3333≥++中的333,,c b a 分别用c b a ,,来代替，并在两边同除以3，会得到怎样的不等式？并利用得到的结果证明不等式：27)1)(1)(1(>++++++a c c b b a ，其中c b a ,,是互不相等的正数，且1=abc .【知识点】基本不等式；综合法 【数学思想】【解题过程】,,0)3a b c a b c ++≥>，当且仅当a b c ==时取等号. ,31,31,31333ac a c bc c b ab b a ≥++≥++≥++三式相乘的，得 127)1)(1)(1(32=>++++++）（abc a c c b b a ，所以27)1)(1)(1(≥++++++a c c b b a ，当且仅当⎪⎩⎪⎨⎧======c a c b b a 111，即1===c b a 时取等号，因为c b a ,,是互不相等的正数，所以27)1)(1)(1(>++++++a c c b b a .【思路点拨】注意取等三个正数的均值不等式的条件 【答案】见解析【设计意图】掌握用综合法与分析法证明不等式． 3. 课堂总结 知识梳理(1)解不等式时，在不等式的两边分别作恒等变形，在不等式的两边同时加上（或减去）一个数或代数式，移项，在不等式的两边同时乘以（或除以）一个正数或一个正的代数式，得到的不等式都和原来的不等式等价。

教材习题点拨习题2.21．证明：a 2＋b 2＋5－2(2a －b )＝a 2＋b 2＋5－4a ＋2b ＝(a －2)2＋(b ＋1)2.∵(a －2)2≥0，(b ＋1)2≥0，∴(a －2)2＋(b ＋1)2≥0.∴a 2＋b 2＋5≥2(2a －b )．2．证明：(1)∵ab ＋a ＋b ＋1≥44ab ·a ·b ·1＝44a 2b 2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，ab ＋ac ＋bc ＋c 2≥44ab ·ac ·bc ·c 2＝44a 2b 2c 4，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，∴(ab ＋a ＋b ＋1)(ab ＋ac ＋bc ＋c 2)≥44a 2b 2·44a 2b 2c 4＝16abc ，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．(2)∵(a －b )2＝a 2－2ab ＋b 2≥0，∴a 2－ab ＋b 2≥ab .∵a ，b ∈R ＋，∴(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥ab (a ＋b )，即a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，c 3＋a 3≥c 2a ＋ca 2，以上三个同向不等式相加，得2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2(b ＋c )＋b 2(a ＋c )＋c 2(a ＋b )．3．证明：3＋8＞1＋10⇐3＋224＋8＞1＋10＋210⇐24＞10⇐24＞10. 显然，3＋8＞1＋10成立．4．证明：∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0.∴a －c ＞b －c ＞0.∴1a －c ＜1a －b ，1a －c ＜1b －c， 1a －b ＋1b －c ＞1a －c ＋1a －c ＞1a －c. ∴1a －b ＋1b －c －1a －c ＞0，即1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 5．证明：∵22222m nm n m n m n n m n m m nm m n m n n ++---⎛⎫== ⎪⎝⎭，当m ≥n 时，m n≥1，m －n ≥0， ∴21m n m n -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭. ∴221m nn m mn --≥.∴22m nn m n m m n m n ++≥，即2()n m n m mn m n +≥.∵12()2m n mn +≥=， ∴2()2n m m n m n mn +++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭. ∴m ＋n 2≥m ＋n m n n m . 6．证明：∵f (a )＝1＋a 2，f (b )＝1＋b 2，∴|f (a )－f (b )|＜|a －b |⇔|1＋a 2－1＋b 2|＜|a －b |.∵a ≠b ， ∴|a －b ||1＋a 2－1＋b 2| ＝|a －b ||1＋a 2＋1＋b 2||a 2－b 2|＝|a －b ||1＋a 2＋1＋b 2||a －b ||a ＋b |＝1＋a 2＋1＋b 2|a ＋b |＞1. ∴|f (a )－f (b )|＜|a －b |.点拨：两边同为正数，可考虑用作商比较法，结合综合法来证明．7．解：设P ＝log 2a (1－x )－log 2a (1＋x )＝[log a (1－x )－log a (1＋x )][log a (1－x )＋log a (1＋x )]＝log a (1－x 2)·log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x . 当a ＞1时，∵0＜1－x 2＜1,0＜1－x 1＋x＜1， ∴log a (1－x 2)＜0，log a 1－x 1＋x＜0. ∴P ＞0.∴log 2a (1－x )＞log 2a (1＋x )．当0＜a ＜1时，log a (1－x 2)＞0，log a 1－x 1＋x＞0. ∴log 2a (1－x )＞log 2a (1＋x )．∴当a ＞0且a ≠1时，log 2a (1－x )＞log 2a (1＋x )．∴|log a (1－x )|＞|log a (1＋x )|.点拨：当差的结果不确定时，需要分类讨论．8．证明：∵n ＞0，∴n ＋4n 2＝n 2＋n 2＋4n 2 ≥33n 2·n 2·4n 2＝3. ∴n ＋4n2≥3. 当且仅当n 2＝n 2＝4n2，即n ＝2时“＝”成立． 点拨：需要构造成能利用均值不等式的形式．9．证明：|1－ab |＞|a －b |⇐a 2b 2－2ab ＋1＞a 2－2ab ＋b 2⇐a 2b 2＋1＞a 2＋b 2⇐a 2b 2＋1－a 2－b 2＞0⇐(a 2－1)(b 2－1)＞0.∵|a |＜1，|b |＜1，∴a 2＜1，b 2＜1.∴a 2－1＜0，b 2－1＜0，即(a 2－1)(b 2－1)＞0.∴|1－ab |＞|a －b |成立．点拨：不等号的两边都为一个绝对值的式子时，可以通过两边同时平方转化为不含绝对值的式子来解决．。

第二讲证明不等式的基本方法2. 2综合法与分析法------------- 高效演练 知能提升一 A 级基础巩固一、选择题1.已知 a<0, -l<A<0,贝U( )A. a>ab>a& B ・ aE>ab>aC. ab>a>at)D. ab>at) >a解析：因为一lVbVO,所以1＞〃＞0＞方.又 a<0,所以 ab>at) >a.答案：D2.设 x, y>0,且 xy — (x+j) =1,贝!)( )A. x+y$2(边+1)B.刃0/^ + 1C. 卄応2(边+1尸D.砂$2(迈+1)解析：因为 X, y>0,且 xy — (x+y) = 1,所以(x+02—4匕+力—4^0, 解得 x+yN2(«^+l) •答案：A3.若a ＞b ＞0t 下列各式中恒成立的是（）2a+Z? a 化&+2方>Z C. a+->b —; D. a>aa b /2 I 1 if 解析：因为a>b>0,所以所以£>飞g 十1 a 答案：B4-设X({fv({fvi ，则()A. a<a b <b^B. a<lf<a h解析:因为#<（扩<（扩<1，a所以 OV a<b<\,所以A=a _i>l,所以 a 所以(x+力+l=xyW 〃+l E& 尙a ap=M •因为 OV乙<1，a>0, 所以Gfvi'所以趴所以龙答案：C5.已知 a, bWR,贝（J “日+方>2, ab> 1w是“a>l, b>l”成立的（）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：当a>l, b>l时，两式相加得a+b>2f两式相乘得ab>l.反之，当a+b>2f曰&>1时，a>l, 6>1不一定成立.如:&=*，〃=4 也满足a+b>29 ab=2>l f但不满足 a>l, b>l.答案：B二、填空题6・如果a\[a+ b\[b>a\[b+ b\[a f则实数b应满足的条件是 _________ ・解析：方M0,且a^b.答案：心0,於0,且aHb7.若丄<舟<0,已知下列不等式：①a+b<ab； ®\a\>\b\；③aVb；④^+£>2.a b a b 其中正确的不等式的序号为____ ・解析：因为丄vgvo,a b所以b<a<0,故②③错.答案：①④占+ b8.在Rt△磁中，Z*90° , c为斜边，则——的取值范围是c解析：因为所以（a+Z?）2=a 1）-\~2ab^2 &+旳=2c f所以干的取值范围是（1,边].答案:（1, ^2]三、解答题9. 已知 a>0, b>0, 2c>a+b,求证：c —yjc —ab<a. 证明：要证c —yjc —ab<a, 只需证明c< a+yjc —ab, 即证 b —c —ab t 当b-$VO 时，显然成立； 当 b —a^O 时，只需证明 I ）+a 2—2aA<4c —4aA,即证（a+A ）2<4c ,由2c>a+b 知上式成立.所以原不等式成立.10. 若不等式士+士+土>0在条件a>b>c 时恒成立，求实数人 解：不等式可化为士+止因为a>b>Cy所以日一方>0,b —c>0, a — c>0,所以人<竺干+尸叵成立. a — b b — ca —c _(£—b) + (b —c) la —b) + (b —c) a~b b —c a~b b ——c a —b =4, 所以久W4・故实数久的取值范围是(一8, 4]・B 级能力提升1・已知a, b, c 为三角形的三边且S=a-\-l )+c , P= ab+ bc+ ca,贝！J(A. 42PB ・ P<S<2P C. S>P D ・ P^S<2P解析：因为 a l )^2ab, A 2 + c^2bc, c + a^2ca,又因为a+b>c 9所以 也>1.的取值范围. a —b +□$2 + 2 a~b所以a-\-1)+ aA+ bc-\- ca,即S^P.又三角形中| a—b\ <c,所以a+l)—2ab<c , 同理I)—2Ac+ c <Za c—2ac~\~a<il},所以a1)+ c <2 (Q方 + 比 + ca),即 SV2E 答案:D2.若/2为正整数，则2個二与20+芈的大小关系是 _________解析：要比较2们I与2羽+¥的大小，只需比较（2佰J）?与yjn的大即4卄4与4卄4+*的大小.因为力为正整数，所以4/2+4+->4n+4. n所以2佰dv2&+答案：2^77+1 < 2y[n+-i=yjn3.设日，b, c, d均为正数，且a+b=c+d证明：(1)若ab> cd,则y^+yfb>y[c+y[d；⑵、扫+羽>讥+讥是|日一方| <\c—d\的充要条件.证明：(1)因为(Ja+嗣=a+b+2剧,(y[c~\-yl~d) $ = c+ N+ 2yj~cd f由题设a+ b= c+ d, ab> cd,得(r\[a+y[i) 2> (yj~c+y[d)2. 因此⑵①若 I a— b\< | c~d\,则(a—A) 2< (c— d)29即(a+ 6)2—4aK (c+ d)2—4cd.因为a+b=c+d f所以ab>cd, 由(1) ^y[a+y[b>y[c+\[d.②若则2> 2即 a+ b~\~ 2y[ab> c+ d+2yl~cd,因为a+b=c+d9所以ab>cd.于是舁=(a+ 舁一4ab< (c+ 押一#4= a—亦,因此 I a—b\< | c—d\, 综上所^y[a+\[b>y[c+y[d& \ a~b\<\c~d\的充要条件.。

第二讲证明不等式的基本方法2.2 综合法与分析法A级基础巩固一、选择题1．若a＞0，b＞0，则必有()A.b2a＞2b－a B.b2a＜2b－aC.b2a≥2b－a D.b2a≤2b－a解析：因为a2＋b2≥2ab，a＞0，所以a＋b2a≥2b，即b2a≥2b－a.答案：C2．设x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则()A．x＋y≥2(2＋1) B．xy≤2＋1C．x＋y≤2(2＋1)2D．xy≥2(2＋1)解析：因为x，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，所以(x＋y)＋1＝xy≤⎝⎛⎭⎪⎪⎫x＋y22.所以(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0，解得x＋y≥2(2＋1)．答案：A3．若a ＞b ＞0，下列各式中恒成立的是( )A.2a ＋b a ＋2b ＞a bB.b 2＋1a 2＋1＞b 2a 2 C ．a ＋1a ＞b －1b D ．a a ＞a b解析：因为a ＞b ＞0，所以a 2＞b 2，所以b 2＋1a 2＋1＞b 2a 2. 答案：B4．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3C.1a ＋1b ＋1c≥2 3 D ．abc (a ＋b ＋c )≤13解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，a 2＋c 2≥2ac ，b 2＋c 2≥2bc ，将三式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ac ，即a 2＋b 2＋c 2≥1.又因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以(a ＋b ＋c )2≥1＋2×1＝3，故选项B 成立．答案：B5．已知a ，b ∈R ，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )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：当a ＞1，b ＞1时，两式相加得a ＋b ＞2，两式相乘得ab ＞1.反之，当a ＋b ＞2，ab ＞1时，a ＞1，b ＞1不一定成立．如：a ＝12，b ＝4也满足a ＋b ＞2，ab ＝2＞1，但不满足a ＞1，b ＞1.答案：B二、填空题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 ＋b )(a －b )2＞0⇔a ≥0，b ≥0，且a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0，且a ≠b7．若1a ＜1b＜0，已知下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2. 其中正确的不等式的序号为________．解析：因为1a ＜1b＜0， 所以b ＜a ＜0，故②③错．答案：①④8．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋b c的取值范围是________．解析：因为a 2＋b 2＝c 2，所以(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab ≤2(a 2＋b 2)＝2c 2，所以a ＋b c ≤2， 又因为a ＋b ＞c ，所以a ＋b c＞1. 所以a ＋b c的取值范围是(1，2]． 答案：(1，2]三、解答题9．求证：7＜25－ 3.证明：21＜25⇒21＜5⇒221＜10⇒10＋221＜20⇒(7＋3)2＜(25)2⇒7＋3＜25⇒7＜25－ 3.所以原不等式成立．10．已知：a ，b 是不相等的正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2，求证：1＜a ＋b ＜43. 证明：因为a ，b 是不相等的正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2.所以a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b .所以(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b .所以a ＋b ＞1.要证a ＋b ＜43，只需证3(a ＋b )＜4，只需证3(a ＋b )2＜4(a ＋b )，即3(a 2＋2ab ＋b 2)＜4(a 2＋ab ＋b 2)，只需证a 2－2ab ＋b 2＞0，只需证(a －b )2＞0，而a ，b 为不相等的正数，所以(a －b )2＞0一定成立．故a ＋b ＜43成立． 综上所述，1＜a ＋b ＜43. B 级 能力提升1．设a ＞0，b ＞0，则以下不等式中不恒成立的是( )A ．(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4 B ．a 3＋b 3≥2ab 2C ．a 2＋b 2＋2≥2a ＋2b D.|a －b |≥a －b解析：因为a ＞0，b ＞0，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab≥4， 当且仅当a ＝b 时等号成立，故A 恒成立；a 3＋b 3≥2ab 2，取a ＝12，b ＝23，则B 不成立； a 2＋b 2＋2－(2a ＋2b )＝(a －1)2＋(b －1)2≥0，故C 恒成立； 若a ＜b ，则|a －b |≥a －b 恒成立；若a ≥b ，则(|a －b |)2－(a －b )2＝2(ab －b )≥0， 所以|a －b |≥a －b ，故D 恒成立．答案：B2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n的大小关系是________． 解析：要比较2n ＋1与2n ＋1n 的大小，只需比较(2n ＋1)2与⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2的大小，即4n ＋4与4n ＋4＋1n 的大小． 因为n 为正整数，所以4n ＋4＋1n＞4n ＋4. 所以2n ＋1＜2n ＋1n. 答案：2n ＋1＜2n ＋1n3．(2015·课标全国Ⅱ卷)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d .证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ； (2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2即a＋b＋2ab>c ＋d＋2cd，因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，因此|a－b|<|c－d|，综上所述a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。

自主广场我夯基我达标1.设a,b ∈R +,A=b a +,B=b a +,则A,B 的大小关系是（ ）A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B思路解析:用综合法（a +b ）2=a+ab 2+b,所以A 2-B 2>0.又A>0,B>0,∴A>B. 答案:C2.若1<x<10,下面不等式中正确的是（ ）A.（lgx 2）<lgx 2<lg(lgx)B.lgx 2<(lgx)2<lg(lgx)C.(lgx)2<lg(lgx)<lgx 2D.lg(lgx)<(lgx)2<lgx 2思路解析:因为1<x<10,所以0<lgx<1,0<(lgx)2<1,0<lgx 2<2,lg(lgx)<0,又(lgx)2-lgx 2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2)<0,所以(lgx)2<lgx 2,所以lg(lgx)<(lgx)2<lgx 2.答案:D3.已知0<a<1<b,下面等式中一定成立的是（ ）A.log a b+log b a+2>0B.log a b+log b a-2>0C.log a b+log b a+2≥0D.log a b+log b a+2≤0思路解析:因为0<a<1<b,所以log a b<0,-log a b>0,又（-log a b ）+)log (1b a -≥2,所以-［-log a b+b a log 1-］≤-2,即log a b+ba log 1≤-2,所以log a b+logb a≤-2. 所以log a b+log b a+2≤0.答案:D4.如果x>1,M=x x -+1,N=1--x x ,那么M,N 的大小关系是（ ）A.M<NB.M>NC.M≥ND.M≤N思路解析:∵x>1,∴M>0,N>0.x x x x x x x x N M ++-+=---+=1111<1.∴M<N.另外本题作为选择题，可以通过赋值法确定正确选项.如令x=3,则M=2-3≈0.27, N=23-≈0.32,∴M<N.答案:A5.已知a>b>0,x>0，那么xa xb ++的取值范围是（ ） A.x a x b ++>1 B.x a x b ++<1 C.0<x a x b ++<1 D.1<x a x b ++<ab 思路解析:因为a>b>0,x>0,所以a+x>b+x>x>0,所以0<x a x b ++<1. 答案:C6.若a,b,c ∈R ,且ab+bc+ac=1,则下列不等式成立的是（ ）A.a 2+b 2+c 2≥2B.(a+b+c)2≥3C.a 1+b 1+c 1≥32D.abc(a+b+c)≤31 思路解析:因为a 2+b 2≥2ab,a 2+c 2≥2ac,b 2+c 2≥2bc,将三式相加,得2(a 2+b 2+c 2)≥2ab+2bc+2ac,即a 2+b 2+c 2≥1.又因为(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ac,所以(a+b+c)2≥1+2×1=3.B 成立.答案:B7.设a>0,b>0,则以下不等式中不恒成立的是（ ） A.(a+b)(a 1+b1)≥4 B.a 3+b 3≥2ab 2 C.a 2+b 2+2≥2a+2b D.b a b a -≥-||思路解析:(a+b)(a 1+b1)≥ab 2·ab 12=4,则A 成立;a 2+1≥2a,b 2+1≥2b,a 2+b 2+2≥2a+2b,则C 恒成立; 当a≥b 时,2)())(()(||b a b a b a b a b a ---+=---b a -=)(b a b a --+≥0,||b a -≥a -b ;当a<b 时,||b a ->a -b ,则D 恒成立.答案:B8.已知a,b,m 都是正数，在空白处填上适当的不等号:（1）当a__________b 时，b a >mb m a ++; (2)当a_________b 时,b a ≤mb m a ++. 思路解析:(1)b a >⇔++mb m a ab+am>ab+bm ⇔am>bm ⇔a>b; (2)b a ≤⇔++m b m a a(b+m)≤b(a+m) ⇔am≤bm ⇔a≤b. 答案:(1)> (2)≤9.已知a≥3,求证:321---<--a a a a .证法一（综合法）：∵(a +3-a )2-(21-+-a a )2=a+a-3+)3(2-a a -［a-1+a-2+)2)(1(2--a a ］ =2(23322+---a a a a )<0,∴(a +3-a )2<(21-+-a a )2. ∵a +3-a >0,21-+-a a >0, ∴a +3-a <21-+-a a .故a -321---<-a a a (a≥3). 证法二（分析法）：a -321---<-a a a ⇐a +3-a <21-+-a a ⇐(a +3-a )2<(21-+-a a )2⇐a ·3-a <21-+-a a ⇐(a a 32-)2<(232+-a a )20<2.∵2>0显然成立.∴a -321---<-a a a (a≥3). 我综合我发展10.对于0<a<1,给出下列四个不等式:①log a (1+a)<log a (1+a 1);②log a (1+a)>log a (1+a 1); ③a 1+a <a a 11+;④a 1+a >a a 11+.其中成立的是（ ）A.①与③B.①与④C.②与③D.②与④思路解析:因为0<a<1,所以a<1<a 1,所以1+a<1+a1,而y=log a x 与y=a x 均为减函数.所以log a (1+a)>log a (1+a 1),a 1+a >a 11+ 答案:D11.(2005全国高考Ⅲ,6) a=22ln ,b=33ln ,c=55ln ,则（ ） A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c思路解析:a=ln 2,b=ln 33,c=ln 55,2=68<69=33,2=1032>1025=55，所以c<a<b.答案:C12.若a,b,c 是不全相等的正数,求证:lg2b a ++lg 2c b ++lg 2a c +>lga+lgb+lgc. 证法一(分析法):lg 2b a ++lg 2c b ++lg 2a c +>lga+lgb+lgc ⇐lg(2b a +·2c b +·2a c +)>lgabc⇐2b a +·2c b +·2a c +>abc. 因为2b a +≥ab >0，2c b +≥bc >0,2a c +≥ac >0,且以上三个不等式中数量不能同时成立,所以2b a +·2c b +·2a c +>abc 成立,从而原不等式成立. 证法二(综合法):∵a,b,c ∈R +, ∴2b a +≥ab >0,2c b +≥bc >0,2a c +≥ac >0,且上述三个不等式等号不能同时成立. ∴2b a +·2c b +·2a c +>abc. ∴lg 2b a ++lg 2c b ++lg 2a c +>lga+lgb+lgc. 13.在锐角三角形中,求证:sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC.证明:∵在锐角三角形中,A+B>2π, ∴A>2π-B.∴0<2π-B<A<2π. 又∵在(0, 2π)内正弦函数是单调递增函数,所以有sinA>sin(2π-B)=cosB, 即sinA>cosB.①同理sinB>cosC,②sinC>cosA.③以上①+②+③,有sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC.14.求证:在非直角三角形ABC 中,若a>b,h a ,h b 分别表示a,b 边上的高,则必有a+h a >b+h b . 证明:设S 表示△ABC 的面积,则 S=21ah a =21bh b =21absinC, 所以h a =bsinC,h b =asinC.所以a+h a -b-h b =a+bsinC-b-asinC=(a-b)(1-sinC).因为C≠2π,所以sinC<1,所以1-sinC>0,所以(a-b)(1-sinC)>0. 故a+h a >b+h b . 15.已知|λ|≤2,求证:22)(22λλ++≥++b a b ab a . 证明:(1)a+b<0时,当|λ|≤2,22b ab a ++λ≥0,λ+2≥0. 显然可证得22b ab a ++λ≥22)(λ++b a (2)a+b>0时,∵|λ|≤2,2-λ≥0,若λ=2,求证的不等式显然成立. 若λ<2,则2-λ>0,由于a 2-2ab+b 2≥0, ∴4(a 2+λab+b 2)≥(2+λ)(a 2+2ab+b 2). 4(a 2+λab+b 2)≥(2+λ)(a+b)2. ∴22b ab a ++λ≥22λ+|a+b|≥22)(λ++b a .。

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课时提升卷(七)综合法与分析法（45分钟 100分）一、选择题(每小题5分,共30分)1.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)2.若1<x<10,下面不等式中正确的是( )A.(lgx)2<lgx2<lg(lgx)B.lgx2<(lgx)2<lg(lgx)C.(lgx)2<lg(lgx)<lgx2D.lg(lgx)<(lgx)2<lgx23.下列三个不等式中:①a<0<b;②b<a<0;③b<0<a,其中能使<成立的充分条件有( )A.①②B.①③C.②③D.①②③4.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1) (b2-1)≥05.已知a,b,c为三角形的三边且S=a2+b2+c2,P=ab+bc+ca,则( )A.S≥2PB.P<S<2PC.S>PD.P≤S<2P6.设x1和x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则( )A.|x1|>2且|x2|>2B.|x1+x2|<4C.|x1+x2|>4D.|x1|=4且|x2|=1二、填空题(每小题8分,共24分)7.等式“=”的证明过程:“等式两边同时乘以得,左边=·===1,右边=1,左边=右边,故原不等式成立”,应用了的证明方法.(填“综合法”或“分析法”)8.(2013·威海高二检测)设x,y,z为正实数,满足x-2y+3z=0,则的最小值是.9.设a,b,c都是正实数,a+b+c=1,则++的最大值为.三、解答题(10～11题各14分,12题18分)10.用分析法证明:当x>0时,sinx<x.11.(2013·常州高二检测)已知x,y,z均为正数,求证:++≥++.12.(能力挑战题)在某两个正数x,y之间,若插入一个数a,使x,a,y 成等差数列,若插入两个数b,c,使x,b,c,y成等比数列,求证:(a+1)2≥(b+1)(c+1).答案解析1.【解析】选A.因为≤,所以ab≤(a+b)2,所以(a+b)2-(a+b)≥ab-(a+b)≥1,所以(a+b)2-4(a+b)-4≥0,所以a+b≤2-2或a+b≥2+2.又a>0,b>0,所以a+b≥2+2.2.【解析】选D.因为1<x<10,所以0<lgx<1,所以0<(lgx)2<1,0<lgx2<2,lg(lgx)<0.又(lgx)2-lgx2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2)<0,所以0<(lgx)2<lgx2,所以lg(lgx)<(lgx)2<lgx2.3.【解析】选A.①a<0<b⇒<;②b<a<0⇒<;③b<0<a⇒>,故选A.4.【解析】选D.a2+b2-1-a2b2=-(a2-1)(b2-1),要证原不等式成立,只需证-(a2-1)(b2-1)≤0,即证(a2-1)(b2-1)≥0. 5.【解析】选D.因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca,即S≥P.又三角形中|a-b|<c,所以a2+b2-2ab<c2,同理b2-2bc+c2<a2,c2-2ac+a2<b2,所以a2+b2+c2<2(ab+bc+ca),即S<2P.6.【解析】选C.由方程有两个不等实根知Δ=p2-16>0,故>4.又x 1+x2=-p,所以=>4.7.【解析】由综合法的特点可知,此题的证明用的是综合法.答案:综合法8.【解析】由x-2y+3z=0得y=,代入得=≥=3,当且仅当x=3z时,取等号.答案:39.【解题指南】本题需把++的最大值问题转化为(++)2的最大值问题,注意“1”的使用.【解析】因为(++)2=a+b+c+2+2+2≤1+(a+b)+(b+c)+(c+a)=1+2(a+b+c)=3,所以++≤,当且仅当a=b=c=时等号成立.答案:【拓展提升】解含有根式的问题(1)含有根式的问题,往往是先确定符号,通过平方将其有理化解决.(2)平方过程中要注意变形的恒等性.10.【证明】当x>0时,要证sinx<x,即证f(x)=sinx-x<0=f(0),即证f'(x)=cosx-1≤0,显然当x>0时,f'(x)=cosx-1≤0,故原命题成立. 【变式备选】用分析法证明:当x>1时,x>ln(1+x).【证明】当x>1时,要证x>ln(1+x),即证f(x)= x-ln(1+x)>0=f(0),即证f'(x)=1-=>0,显然x>1时,f'(x)>0,所以原命题成立.【拓展提升】分析法证明不等式的技巧(1)用分析法证明不等式,是从要证的不等式着手,逐步推求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知正确的不等式或为已知条件,这是一种执果索因的思考方法和证明方法.(2)当所证的不等式与基本不等式没有什么直接联系,或条件与结论之间的关系不明显时,可用分析法来寻找证明途径.11.【证明】因为x,y,z均为正数,所以+=≥,同理得+≥,+≥(当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立), 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得++≥++.12.【证明】方法一:由条件得消去x,y即得:2a=+,且有a>0,b>0,c>0,要证(a+1)2≥(b+1)(c+1),只需证a+1≥,因为≤=+1,所以只需证2a≥b+c,而2a=+,所以只需证+≥b+c,即b3+c3≥bc(b+c),(b+c)(b2+c2-bc)≥bc(b+c),而b+c>0,则只需证b2+c2-bc≥bc,即(b-c)2≥0,上式显然成立.所以原不等式成立.方法二:由等差、等比数列的定义知:用x,y表示a,b,c得所以(b+1)(c+1)=(+1)(+1)≤=(2x+y+3)(x+2y+3)≤==(a+1)2,所以原不等式成立.关闭Word文档返回原板块。

课时跟踪检测(七)综合法与分析法1设a = 2, b = 7-3, c = 6- . 2,那么a , b , c 的大小关系是(A. a>b>c B . a>c>b C . b>a>c4 44 解析：选B 由已知，可得出 a =」,b =4—, c = 4—,2寸2 >/7 + V 3M 6 + V 2.7+ , 3>訂6+』2>2=.2 /• b<c<a.2. a , b € R +,那么下列不等式中不正确的是解析：选C A 项满足基本不等式；2B 项可等价变形为(a - b) (a + b)> 0,正确；C 项中不等式可化为 a 3+ b 3w a 2b + ab 2，即(a + b)(a - b)2< 0,所以C 项不正确;3.已知 m > 1, a =』m + 1 — m ,b = . m — m — 1,则以下结论正确的是B . a v bD . a , b 大小不定b = m - m - 1 =——1——.寸m +斗m - 1 而 m + 1+ m > m + m - 1 > 0(m > 1),1 v 1m + 1+ , m , m + ■, m - 14.已知a , b , c 为三角形的三边且 S = a 2+ b 2 + c 2, P = ab + bc + ca,则(B. PvS<2PC. S>PD . P W S<2P解析：选 D •/ a 2 + b 2 A 2ab , b 2+ c 2>2bc , c 2+ a 2 A 2ca , ••• a 2 + b 2+ c 2 A ab + bc + ca ,即 S > P. 又三角形中|a - b|<c , a ?+ b ?— 2ab<c 2,同理 b 2- 2bc + c 2<a 2, c 2- 2ac + a 2<b 2,D 项是A 项中不等式的两端同除以 ab 得到的，D 正确.解析：选B •/ a =m +1-m =D . b<c>aa + babA . a > bC . a = b ，即 a<b.A . S A 2P 2 2 b aB. + A a + b a b 1 D.T + a2 2 2••• a + b + cv2(ab + bc + ca),即卩 S<2P.5. _________ 设a , b , c 都是正实数，且a + b + c = 1,若M = £ — 1「^一 1/ £一 1[贝卩M的取 值范围是 ____ .解析：•/ a + b + c = 1,• M= a -1 -I -1-c -1即M 的取值范围是［8,+ a ). 答案：［8,+R ) 1116.已知a>0 , b>0 ,若P 是a , b 的等差中项，Q 是a , b 的正的等比中项，占是-，的R a b等差中项，则 P , Q , R 按从大到小的排列顺序为 ___________ .解析：■/ P = ^^, Q = ab , R = + b ,R = -2abw Q = ab w P = a ^b ,a +b Y2 ?当且仅当a = b 时取等号. 答案：P >Q >R7. _____________________________________________________________ 设a> b>c ，且― + — A m 恒成立，贝V m 的取值范围是 ___________________________________ .' a — b b - c a - c解析：■/ a>b>c ,. a — b>0, b — c>0 , a — c>0. 又(a — c)•土+ bh =[(a — b)+ (b — ©I •a —L b +亡A 2 a — b b — c 2 ; — b b —c = 4,当且仅当 a — b = b — c 时取等号.m € (— a , 4]. 答案：( — a, 4]a 2b 2 + b 2c 2+ c 2a 28. 已知a , b , c 都是正数，求证： A abc.a 十b 十c 证明：因为 b 2 + c 2 A 2bc , a 2>0, 所以 a 2(b 2+ C 2)A 2a 2bc.①a +b +c 1 aa +b +c 1bc =&=bb &b同理，b2(a2+ c2) A 2ab2c. ②2 2 2 2c(a + b )>2abc .③①②③相加得 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2)> 2a ?bc + 2ab ?c + 2abc 2, 从而 a 2b 2+ b 2c 2 + c 2a 2> abc(a + b + c).由a , b , c 都是正数，得 a + b + c>0,a 2b 2 + b 2c 2+ c 2a 2因此—— - -> abc ,当且仅当a = b = c 时取等号.a +b +c 9.设 a , b, c>0，且 ab + bc + ca = 1.求证：(1) a + b + c > 3; (2)bc +2+,新3( a+ b + c).证明：⑴要证a + b + c > 3,由于 a , b, c > 0, 因此只需证明(a + b + c)2》3. 即证 a ?+ b ?+ c ?+ 2(ab + bc + ca)》3, 而 ab + bc + ca = 1,故只需证明： —2 + b ? + c ? + 2(ab + bc + ca)》3(ab + bc + ca).即证 a 2+ b 2+ c 2 > ab + bc + ca.2 2 . 2 2 2 2a +b b +c c + a 2 22而这可以由 ab + bc + ca w + + = a 2 + b 2+ c 2(当且仅当 a = b = c 时等号成立）证得.所以原不等式成立.在⑴中已证a + b + O 3. 因此要证原不等式成立， 1只需证明寸帀> V -+血+讥， 即证 a . bc + b _ ac + c ab < 1,即证 a bc + b . ac + c ab < ab + bc + ca. 而 a bc = ab ac < -b； -c,所以 a bc + b , ac + c , ab < ab + bc + ca (当且仅当a = b = c ^^3时等号成立).b ac <ab + bc 2 c ab < bc + ac2所以原不等式成立.10.设实数 X, y 满足y+ x2= 0,0<a<1，求证:log a(a x+ a y)<1 + log a2. 证明：因为a X>0, a y>0,所以a x+ a y> 2 a x+y= 2 ax- x2.因为x- x2= x(1 - x) w X + (；- X)|2= 4,又因为0<a<1,1 所以a x_x2》a4，当x= 2时，等式成立.________________________________ 11 r但当x = 2 a x z a-x2,「. ax -x2>a8.i所以a x+ a y>2a8，又：0<a<1,i所以log a(a x+ a y)<iog a2a8.1 即|o g a(a x+ a y)v|og a2 + .8。

人教新课标A版选修4-5数学2.2分析法与综合法同步检测（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是（）A . ②③B . ①②③C . ③D . ③④⑤2. （2分） (2016高二下·晋中期中) 分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的（）A . 充分条件B . 必要条件C . 充要条件D . 既不充分又不必要条件3. （2分）要证明+＜2，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 . 反证法D . 归纳法4. （2分） (2018高二上·陆川期末) 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 <a”索的因应是（）A . a－b>0B . a－c>0C . (a－b)(a－c)>0D . (a－b)(a－c)<05. （2分）分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的（）A . 充分条件B . 必要条件C . 充要条件D . 既不充分又不必要条件6. （2分） (2018高一下·遂宁期末) 《莱茵德纸草书》(Rhind Papyrus)是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（）A . 磅B . 磅C . 磅D . 磅7. （2分）“π是无限不循环小数，所以π是无理数”，以上推理（）A . 缺少小前提，小前提是无理数都是无限不循环小数B . 缺少大前提，大前提是无理数都是无限不循环小数C . 缺少小前提，小前提是无限不循环小数都是无理数D . 缺少大前提，大前提是无限不循环小数都是无理数8. （2分） (2017高三上·山西月考) 已知函数 = 是上的减涵数,那么的取值范围是（）A . (0,3)B .C . (0,2)D .9. （2分）若a>0,b>0，那么必有（）A .B .C .D .10. （2分）下列叙述正确的是（）A . 若|a|=|b|，则a=bB . 若|a|＞|b|，则a＞bC . 若a＜b，则|a|＞|b|D . 若|a|=|b|，则a=±b11. （2分）命题“任意角”的证明：“ ”应用了（）A . 分析法B . 综合法C . 综合法、分析法结合使用D . 间接证法12. （2分）命题“对于任意角θ，cos4θ﹣sin4θ=cos2θ”的证明：“cos4θ﹣sin4θ=（cos2θ﹣sin2θ）（cos2θ+sin2θ）=cos2θ﹣sin2θ=cos2θ”过程应用了（）A . 分析法B . 综合法C . 综合法、分析法结合使用D . 间接证法二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2018高二下·石家庄期末) 设，，则 ________ （填入“ ”或“ ”）．14. （1分）分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的________ （填序号）①充分条件；②必要条件；③充要条件．15. （1分）设对任意非零实数均满足，则为________函数．（填“奇”或“偶”）16. （1分）有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法________ 种．三、解答题 (共8题；共50分)17. （5分） (2017高二下·扶余期末) 求证：18. （10分） (2014·安徽理) 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N* ．（1）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（2）数列{an}满足a1＞，an+1= an+ an1﹣p．证明：an＞an+1＞．19. （5分）(2012·福建) 某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数．1）sin213°+cos217°﹣sin13°cos17°2）si n215°+cos215°﹣sin15°cos15°3）sin218°+cos212°﹣sin18°cos12°4）sin2（﹣18°）+cos248°﹣sin2（﹣18°）cos48°5）sin2（﹣25°）+cos255°﹣sin2（﹣25°）cos55°（Ⅰ）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．20. （5分）已知c＞0，用分析法证明：+．21. （5分）已知a、b∈R，a＞b＞e（其中e是自然对数的底数），求证：ba＞ab ．（提示：可考虑用分析法找思路）22. （5分） (2017高二下·长春期末) 用分析法证明：；23. （5分）已知a＞0，b＞0，用两种方法证明： .24. （10分）(2018高二上·沭阳月考)（1）若都是正实数，且，求证：与中至少有一个成立。