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- 2021-06-16 发布
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2.2.1 综合法与分析法(二)
一、基础过关
1．已知 a≥0，b≥0，且 a＋b＝2，则 ( )
A．a≤1
2
B．ab≥1
2
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
2．已知 a、b、c、d∈{正实数}，且
a
b
b>1，P＝ lg a·lg b，Q＝1
2
(lg a＋lg b)，R＝lg(a＋b
2
)，则
( )
A．R0；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：
a
b
＋
b
a
> a＋ b.
11．已知 a>0，求证： a2＋ 1
a2
－ 2≥a＋1
a
－2.
12．已知 a、b、c∈R，且 a＋b＋c＝1，求证：(1
a
－1)(1
b
－1)(1
c
－1)≥8.
13．已知函数 f(x)＝x2＋2
x
＋aln x(x>0)，对任意两个不相等的正数 x1、x2，证明：当 a≤0时，
fx1＋fx2
2
>f(x1＋x2
2
)．
三、探究与拓展
14．已知 a，b，c，d∈R，求证：
ac＋bd≤ a2＋b2c2＋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
＋
b
a
－ a－ b
＝
a a＋b b－a b－b a
ab
＝
a－b a－ b
ab
＝
a－ b2 a＋ b
ab
>0，
∴
a
b
＋
b
a
> a＋ b.
方法二 用分析法
要证
a
b
＋
b
a
> a＋ b，
只要证
a2
b
＋
b2
a
＋2 ab>a＋b＋2 ab，
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
＋
b
a
> a＋ b成立．
11．证明 要证 a2＋ 1
a2
－ 2≥a＋1
a
－2，
只要证 a2＋ 1
a2
＋2≥a＋1
a
＋ 2.
∵a>0，故只要证
a2＋ 1
a2
＋2 2≥
a＋1
a
＋ 2 2，
即 a2＋ 1
a2
＋4 a2＋ 1
a2
＋4≥a2＋2＋ 1
a2
＋2 2
a＋1
a ＋2，
从而只要证 2 a2＋ 1
a2
≥ 2
a＋1
a ，
只要证 4
a2＋ 1
a2 ≥2
a2＋2＋ 1
a2 ，
即 a2＋ 1
a2
≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．
12．证明 方法一 (分析法)
要证(1
a
－1)(1
b
－1)(1
c
－1)≥8成立，
只需证
1－a
a
·1－b
b
·1－c
c
≥8成立．
因为 a＋b＋c＝1，
所以只需证
a＋b＋c－a
a
·a＋b＋c－b
b
·a＋b＋c－c
c
≥8成立，
即证
b＋c
a
·a＋c
b
·a＋b
c
≥8成立．
而
b＋c
a
·a＋c
b
·a＋b
c
≥
2 bc
a
·2 ac
b
·2 ab
c
＝8成立．
∴(1
a
－1)(1
b
－1)(1
c
－1)≥8成立．
方法二 (综合法)
(1
a
－1)(1
b
－1)(1
c
－1)
＝(a＋b＋c
a
－1)(a＋b＋c
b
－1)(a＋b＋c
c
－1)
＝
b＋c
a
·a＋c
b
·a＋b
c
＝
b＋ca＋ca＋b
abc
≥
2 bc·2 ac·2 ab
abc
＝8，
当且仅当 a＝b＝c时取等号，所以原不等式成立．
13．证明 由 f(x)＝x2＋2
x
＋aln x，
得
fx1＋fx2
2
＝
1
2
(x21＋x22)＋( 1
x1
＋
1
x2
)＋a
2
(ln x1＋ln x2)
＝
1
2
(x21＋x22)＋
x1＋x2
x1x2
＋aln x1x2.
f(x1＋x2
2
)＝(x1＋x2
2
)2＋ 4
x1＋x2
＋aln x1＋x2
2
，
∵x1≠x2且都为正数，
有
1
2
(x21＋x22)>1
4
[(x21＋x22)＋2x1x2]＝(x1＋x2
2
)2.①
又(x1＋x2)2＝(x21＋x22)＋2x1x2>4x1x2，
∴
x1＋x2
x1x2
> 4
x1＋x2
.②
∵ x1x2<
x1＋x2
2
，
∴ln x1x2f(x1＋x2
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＋b2c2＋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＋b2c2＋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＋b2c2＋d2.
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