人教A版选修【4-5】2.2《综合法与分析法》习题及答案(最新整理)

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．。

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。

一、选择题1．若a 、b 、c ∈R ，a ＞b ，则下列不等式成立的是( )A.1a ＜1bB ．a 2＞b 2 C.a c 2＋1＞b c 2＋1 D ．a |c |＞b |c |【解析】 ∵a ＞b ，c 2＋1＞0，∴a c 2＋1＞b c 2＋1，故选C. 【答案】 C2．设13＜(13)b ＜(13)a ＜1，则( )A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a 【解析】 ∵13＜(13)b ＜(13)a ＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝a a －b ＞1，∴a b ＜a a ，a ab a ＝(a b )a ，∵0＜ab＜1，a ＞0， ∴(a b )a ＜1，∴a a ＜b a ，∴a b ＜a a ＜b a .故选C.【答案】 C3．(2013·三门峡模拟)已知条件p ：ab >0，q ：b a ＋a b ≥2，则p 与q 的关系是( )A ．p 是q 的充分而不必要条件B ．p 是q 的必要而不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对【解析】 当ab >0时，b a >0，a b >0，∴b a ＋a b ≥2 b a ·a b ＝2.当b a ＋ab ≥2时，∴a 2＋b 2－2ab ab ≥0，(a －b )2ab ≥0，(a －b )2≥0，∴ab >0， 综上ab >0是b a ＋ab ≥2的充要条件．【答案】 C4．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() A ．S ≥2P B ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．P ≤S ＜2P【解析】 ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，∴a 2＋b 2－2ab ＜c 2，同理c 2＋b 2－2bc ＜a 2，a 2＋c 2－2ac ＜b 2，∴a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .故选D.【答案】 D二、填空题5．有以下四个不等式：①(x＋1)(x＋3)＞(x＋2)2；②ab－b2＜a2；③1|a|＋1＞0；④a2＋b2≥2|ab|.其中恒成立的为________(写出序号即可)．【解析】对于①，x2＋4x＋3＞x2＋4x＋4,3＞4不成立；对于②，当a＝b ＝0时，0＜0不成立，③④显然成立．【答案】③④6．已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则1a＋1b＋1ab与8的大小关系是________．【解析】∵a＞0，b＞0且a＋b＝1，∴1 a ＋1b＋1ab＝a＋b＋1ab＝2ab≥2(a＋b2)2＝8.当且仅当a＝b＝12时等号成立．【答案】1a＋1b＋1ab≥8三、解答题7．设a＞0，b＞0，c＞0.证明：(1)1a＋1b≥4a＋b；(2)12a＋12b＋12c≥1b＋c＋1c＋a＋1a＋b.【证明】(1)∵a＞0，b＞0，∴(a＋b)(1a ＋1 b)≥2ab·21ab＝4.∴1 a ＋1b≥4a＋b.(2)由(1)知1a＋1b≥4a＋b.同时，1b ＋1c ≥4b ＋c ，1c ＋1a ≥4c ＋a，三式相加得： 2(1a ＋1b ＋1c )≥4b ＋c ＋4c ＋a ＋4a ＋b， ∴12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 8．已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1.【证明】 要证原不等式成立， 只要证明a ＋1＋a －1＜2a .因为a ≥1，a ＋1＋a －1＞0,2a ＞0，所以只要证明2a ＋2a 2－1＜4a ， 即证 a 2－1＜a .所以只要证明a 2－1＜a 2，即证－1＜0即可．而－1＜0显然成立， 所以a ＋1－a ＜a －a －1.9．如果a ＞b ，ab ＝1，求证：a 2＋b 2≥22(a －b )，并指明何时取“＝”号．【证明】 因为a ＞b ，所以a －b ＞0，又ab ＝1，所以a 2＋b 2a －b ＝a 2＋b 2－2ab ＋2ab a －b ＝(a －b )2＋2a －b＝(a －b )＋2a －b ≥2(a －b )·2a －b＝2 2. 即a 2＋b 2a －b≥22，故a2＋b2≥22(a－b)．当且仅当a－b＝2a－b，ab＝1，即a＝6＋22，b＝6－22或a＝－6＋22，b＝－6－22时取“＝”号．教师备选10．若不等式1a－b＋1b－c＋λc－a＞0在条件a＞b＞c时恒成立，求实数λ的取值范围．【解】不等式可化为1a－b＋1b－c＞λa－c.∵a＞b＞c.∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，∴λ＜a－ca－b＋a－cb－c恒成立．∵a－ca－b ＋a－cb－c＝(a－b)＋(b－c)a－b＋(a－b)＋(b－c)b－c＝2＋b－ca－b＋a－bb－c≥2＋2＝4.∴λ＜4.故实数λ的取值范围是(－∞，4)．。

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．。

二综合法与分析法．了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(重点)．会用综合法、分析法证明简单的不等式．(难点)错误![基础·初探]教材整理综合法阅读教材～“例”，完成下列问题．已知条件一般地，从出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列综合法的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做，又叫由或顺推证法因导果法．设，∈＋，＝＋，＝，则，的大小关系是( )．≥．≤＜．＞【解析】＝(＋)＝＋＋，＝＋，所以＞.又＞，＞，所以＞.【答案】教材整理分析法阅读教材～“习题”以上部分，完成下列问题．证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定已知条件理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做，这是一种分析法执果索因的思考和证明方法．设＝，＝－，＝－，那么，，的大小关系是( )【导学号：】．＞＞．＞＞．＞＞＞＞【解析】由已知，可得出＝，＝，＝，∵＋＞＋＞，∴＜＜.【答案】[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：[小组合作型]≥.【精彩点拨】由，，是正数，联想去分母，转化证明＋＋≥(＋＋)，利用＋≥可证．或将原不等式变形为＋＋≥＋＋后，再进行证明．【自主解答】法一∵，，是正数，∴＋≥，＋≥，＋≥，。

自我小测1．设a ，b ＞0，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( )A ．A ≥B B ．A ≤BC ．A ＞BD ．A ＜B2．设13＜⎝⎛⎭⎫13b ＜⎝⎛⎭⎫13a ＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b a B ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a3．已知0＜a ＜1＜b ，下面不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≤04．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 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤135．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( )A ．S ≥2PB ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．P ≤S ＜2P6．已知x ，y ∈R ，且1≤x 2＋y 2≤2，z ＝x 2＋xy ＋y 2，则z 的取值范围是__________．7．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，a b ＞a ＋m b ＋m； (2)当a ________b 时，a b ≤a ＋m b ＋m. 8．建立一个容积为8 m 3，深为2 m 的长方形无盖水池，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．9．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. 10．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)．参考答案1．解析：用综合法：(a ＋b )2＝a ＋2ab ＋b ，所以A 2－B 2＞0.所以A 2＞B 2.又A ＞0，B ＞0，所以A ＞B .答案：C2．解析：∵13＜⎝⎛⎭⎫13b ＜⎝⎛⎭⎫13a ＜1， ∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝a a －b ＞1， ∴a b ＜a a，a a b a ＝⎝⎛⎭⎫a b a ， ∵0＜a b＜1，a ＞0，∴⎝⎛⎭⎫a b a ＜1，∴a a ＜b a ， ∴a b ＜a a ＜b a .答案：C3．解析：∵0＜a ＜1＜b ，∴log a b ＜0.∴－log a b ＞0.∴(－log a b )＋1(－log a b )≥2， 当且仅当0＜a ＜1＜b ，且ab ＝1时等号成立．∴－⎣⎡⎦⎤－log a b ＋1(－log a b )≤－2， 即log a b ＋1log a b≤－2. ∴log a b ＋log b a ≤－2.∴log a b ＋log b a ＋2≤0.答案：D4．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．解析：∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，∴a 2＋b 2－2ab ＜c 2，同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2，∴a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .答案：D6．解析：∵－x 2＋y 22≤xy ≤x 2＋y 22， ∴12(x 2＋y 2)≤x 2＋xy ＋y 2≤32(x 2＋y 2)． 又∵1≤x 2＋y 2≤2，∴12≤z ≤3. 答案：⎣⎡⎦⎤12，37．解析：(1)a b ＞a ＋m b ＋m ⇔ab ＋am ＞ab ＋bm ⇔am ＞bm ⇔a ＞b ； (2)a b ≤a ＋m b ＋m ⇔a (b ＋m )≤b (a ＋m )⇔am ≤bm ⇔a ≤b . 答案：(1)＞ (2)≤8．解析：设水池底长为x (x ＞0) m ，则宽为82x ＝4xm. 则水池造价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．答案：1 7609．证明：∵a ，b 是不相等的正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2， ∴a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b .∴(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b .∴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，∴(a －b )2＞0一定成立．故而a ＋b ＜43成立．综上，1＜a ＋b ＜43. 10．证明：方法一：由条件得：⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝x ＋y ，b 2＝cx ，c 2＝by消去x ，y 即得：2a ＝b 2c ＋c 2b，且有a ＞0，b ＞0，c ＞0，要证(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)只要证a ＋1≥(b ＋1)(c ＋1)，∵(b ＋1)(c ＋1)≤(b ＋1)＋(c ＋1)2＝b ＋c 2＋1， ∴只要证：2a ≥b ＋c ，而2a ＝b 2c ＋c 2b ，∴只要证：b 2c ＋c 2b≥b ＋c ， 即b 3＋c 3≥bc (b ＋c )即b 2＋c 2－bc ≥bc ，即(b －c )2≥0，上式显然成立．∴原不等式成立．方法二：由等差、等比数列的定义知：⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝x ＋y ，b 2＝cx ，c 2＝by ，用x ，y 表示a ，b ，c 得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝x ＋y 2，b ＝3x 2y ，c ＝3xy 2.∴(b ＋1)(c ＋1)＝(3x 2y ＋1)(3xy 2＋1)≤⎝⎛⎭⎫x ＋x ＋y 3＋1⎝⎛⎭⎫x ＋y ＋y 3＋1＝19(2x ＋y ＋3)(x ＋2y ＋3) ≤19⎣⎡⎦⎤(2x ＋y ＋3)＋(x ＋2y ＋3)22＝⎝⎛⎭⎫x ＋y 2＋12＝(a ＋1)2.∴原不等式成立．。

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.。

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。

高中数学选修4-5《综合法与分析法》同步课时作业(建议用时：45分钟)一、选择题1．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是()A.1a＜1b B．a2＞b2C.ac2＋1＞bc2＋1D.a|c|＞b|c|2．设13＜⎝⎛⎭⎪⎫13b＜⎝⎛⎭⎪⎫13a＜1，则()A．a a＜a b＜b a B．a a＜b a＜a b C．a b＜a a＜b a D.a b＜b a＜a a3．已知条件p：ab>0，q：ba＋ab≥2，则p与q的关系是()A．p是q的充分而不必要条件B．p是q的必要而不充分条件C．p是q的充要条件D．以上答案都不对4．已知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＋bab D.1a2＋1b2≥2ab5．已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则() A．S≥2P B．P＜S＜2PC．S＞P D.P≤S＜2P二、填空题6．有以下四个不等式：①(x＋1)(x＋3)＞(x＋2)2；②ab－b2＜a2；③1|a|＋1＞0；④a2＋b2≥2|ab|. 其中恒成立的为________(写出序号即可)．7．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋bc 的取值范围是________． 8．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，1R 是1a ，1b 的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．三、解答题9．设a ＞0，b ＞0，c ＞0.证明： (1)1a ＋1b ≥4a ＋b；(2)12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b .10．已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1.巩固提高1．若xy ＋yz ＋zx ＝1，则x 2＋y 2＋z 2与1的关系是( ) A ．x 2＋y 2＋z 2≥1 B ．x 2＋y 2＋z 2≤1 C ．x 2＋y 2＋z 2＝1D.不确定2．设a ，b ，c 都是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1，则M 的取值范围是________．3．已知|a |＜1，|b |＜1，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1. 4．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a＞0在条件a ＞b ＞c 时恒成立，求实数λ的取值范围．高中数学选修4-5《 综合法与分析法》同步课时作业(参考答案)一、选择题1．若a ，b ，c ∈R ，a ＞b ，则下列不等式成立的是( ) A.1a ＜1b B ．a 2＞b 2 C.a c 2＋1＞b c 2＋1D.a |c |＞b |c |【解析】 ∵a ＞b ，c 2＋1＞0， ∴a c 2＋1＞bc 2＋1，故选C. 【答案】 C2．设13＜⎝⎛⎭⎫13b ＜⎝⎛⎭⎫13a＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b a B ．a a ＜b a ＜a b C ．a b ＜a a ＜b aD.a b ＜b a ＜a a【解析】 ∵13＜⎝⎛⎭⎫13b ＜⎝⎛⎭⎫13a＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a ab ＝a a －b＞1，∴a b ＜a a ，a ab a ＝⎝⎛⎭⎫a b a.∵0＜ab＜1，a ＞0， ∴⎝⎛⎭⎫a b a＜1，∴a a ＜b a ，∴a b ＜a a ＜b a .故选C. 【答案】 C3．已知条件p ：ab >0，q ：b a ＋ab ≥2，则p 与q 的关系是( )A ．p 是q 的充分而不必要条件B ．p 是q 的必要而不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对【解析】 当ab >0时，b a >0，ab >0，∴b a ＋ab≥2 b a ·ab＝2.当b a ＋ab≥2时， ∴a 2＋b 2－2ab ab ≥0，(a －b )2ab ≥0，(a －b )2≥0，∴ab >0，综上，ab >0是b a ＋ab ≥2的充要条件．【答案】 C4．已知a ，b ∈R ＋，那么下列不等式中不正确的是( ) A.a b ＋ba≥2 B.b 2a ＋a 2b ≥a ＋b C.b a 2＋a b 2≤a ＋b abD.1a 2＋1b 2≥2ab【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；C 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．【答案】 C5．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( ) A ．S ≥2P B ．P ＜S ＜2P C ．S ＞PD.P ≤S ＜2P【解析】 ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，∴a 2＋b 2－2ab ＜c 2， 同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2， ∴a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P . 【答案】 D 二、填空题6．有以下四个不等式：①(x ＋1)(x ＋3)＞(x ＋2)2；②ab －b 2＜a 2；③1|a |＋1＞0；④a 2＋b 2≥2|ab |.其中恒成立的为________(写出序号即可)．【解析】 对于①，x 2＋4x ＋3＞x 2＋4x ＋4,3＞4不成立；对于②，当a ＝b ＝0时， 0＜0不成立；③④显然成立．【答案】 ③④7．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋bc的取值范围是________．【解析】 ∵a 2＋b 2＝c 2，∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab ≤2(a 2＋b 2)＝2c 2，∴a ＋bc ≤2，当且仅当a ＝b 时，取等号．又∵a ＋b >c ，∴a ＋bc>1.【答案】 (1，2]8．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，1R 是1a ，1b 的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．【解析】 ∵P ＝a ＋b 2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b ，∴R ＝2aba ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b 2，当且仅当a ＝b 时取等号． 【答案】 P ≥Q ≥R 三、解答题9．设a ＞0，b ＞0，c ＞0.证明： (1)1a ＋1b ≥4a ＋b； (2)12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b . 【证明】 (1)∵a ＞0，b ＞0， ∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab＝4， ∴1a ＋1b ≥4a ＋b. (2)由(1)知1a ＋1b ≥4a ＋b，同时1b ＋1c ≥4b ＋c ，1c ＋1a ≥4c ＋a ，三式相加得：2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥4b ＋c ＋4c ＋a ＋4a ＋b ， ∴12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 10．已知a ≥1，求证：a ＋1－a ＜a －a －1. 【证明】 要证原不等式成立， 只要证明a ＋1＋a －1＜2a .因为a ≥1，a ＋1＋a －1＞0,2a ＞0，所以只要证明2a ＋2a 2－1＜4a ， 即证a 2－1＜a .所以只要证明a 2－1＜a 2， 即证－1＜0即可． 而－1＜0显然成立， 所以a ＋1－a ＜a －a －1.巩固提高1．若xy ＋yz ＋zx ＝1，则x 2＋y 2＋z 2与1的关系是( ) A ．x 2＋y 2＋z 2≥1 B ．x 2＋y 2＋z 2≤1 C ．x 2＋y 2＋z 2＝1D.不确定【解析】 x 2＋y 2＋z 2＝12(x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 2)≥12(2xy ＋2yz ＋2zx )＝1，当且仅当x ＝y＝z ＝33时，取等号． 【答案】 A2．设a ，b ，c 都是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1·⎝⎛⎭⎫1b －1·⎝⎛⎭⎫1c －1，则M 的取值范围是________．【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝1， ∴M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1·⎝⎛⎭⎫1b －1·⎝⎛⎭⎫1c －1 ＝⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c a －1·⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c b －1·⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c c －1＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c a ·⎝⎛⎭⎫a b ＋c b ·⎝⎛⎭⎫a c ＋b c ≥2bca 2·2ac b 2·2abc 2＝8， 即M 的取值范围是[8，＋∞)． 【答案】 [8，＋∞)3．已知|a |＜1，|b |＜1，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1. 【证明】 要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1，只需证|a ＋b |＜|1＋ab |，只需证a 2＋2ab ＋b 2＜1＋2ab ＋a 2b 2， 即证(1－a 2)－b 2(1－a 2)＞0， 也就是(1－a 2)(1－b 2)＞0，∵|a |＜1，|b |＜1，∴最后一个不等式显然成立．因此原不等式成立．4．若不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a ＞0在条件a ＞b ＞c 时恒成立，求实数λ的取值范围．【解】 不等式可化为1a －b ＋1b －c ＞λa －c .∵a ＞b ＞c ， ∴a －b ＞0， b －c ＞0，a －c ＞0， ∴λ＜a －c a －b ＋a －c b －c 恒成立．∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝(a －b )＋(b －c )a －b ＋(a －b )＋(b －c )b －c＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c ≥2＋2＝4，∴λ≤4.故实数λ的取值范围是(－∞，4]．。

二综合法与分析法考纲定位重难突破1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点．2.掌握综合法、分析法证明简单不等式的方法和步骤．3.能综合运用综合法、分析法证明不等式.重点：对用综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点的理解．难点：1.对用综合法、分析法证明简单不等式的方法和步骤的掌握．2.能综合运用综合法、分析法证明不等式.授课提示：对应学生用书第18页[自主梳理]一、综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫作综合法，又叫顺推证法或由因导果法．二、分析法证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫作分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．[双基自测]1．若a<b<0，则下列不等式中成立的是()A.1a<1b B．a＋1b>b＋1aC．b＋1a>a＋1b D．ba<b＋1a＋1解析：∵a<b<0，∴1a>1b，故选项A，B错误，而选项C正确．选项D中，取b＝－1，则b＋1a＋1＝0，而ba>0，故选项D错误．答案：C2．当x>1时，不等式x＋1x－1≥a恒成立，则实数a的取值范围是() A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[3，＋∞) D．(－∞，3]解析：要使x ＋1x －1≥a 恒成立，只需f (x )＝x ＋1x －1的最小值大于等于a 即可，而x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥2(x －1)·1x －1＋1＝3.∴f (x )的最小值为3，∴a ≤3. 答案：D3．下面对命题“函数f (x )＝x ＋1x 是奇函数”的证明不是综合法的是( )A ．∀x ∈R 且x ≠0有f (－x )＝(－x )＋1－x＝－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＝－f (x )，则f (x )是奇函数 B ．∀x ∈R 且x ≠0有f (x )＋f (－x )＝x ＋1x ＋(－x )＋⎝⎛⎭⎫－1x ＝0，∴f (x )＝－f (－x )，则f (x )是奇函数C ．∀x ∈R 且x ≠0，∵f (x )≠0，∴f (－x )f (x )＝－x －1x x ＋1x ＝－1，∴f (－x )＝－f (x )，则f (x )是奇函数D ．取x ＝－1，f (－1)＝－1＋1－1＝－2，又f (1)＝1＋11＝2.f (－1)＝－f (1)，则f (x )是奇函数解析：D 选项中采用特殊值验证，而不是综合法，选D. 答案：D4．若a >0，b >0，则下列两式的大小关系为lg ⎝⎛⎭⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．解析：12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12又∵lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22，且a >0，b >0.∴a ＋1>0，b ＋1>0， ∴[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22，∴lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )] 12.即lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≥授课提示：对应学生用书第19页探究一 用综合法证明不等式[例1] 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1， 求证：⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252. [证明] 法一：左边＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2 ＝a 2＋b 2＋4＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b 2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b＋1 ＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫b 2a 2＋a 2b 2 ≥4＋(a ＋b )22＋2＋2×2b a ·a b ＋2·b a ·a b＝4＋12＋2＋4＋2＝252.∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252. 法二：∵a ，b ∈R ＋且a ＋b ＝1， ∴ab ≤(a ＋b 2)2＝14，∴1－2ab ≥12，1a 2b2≥16.∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝4＋(a 2＋b 2)＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋[(a ＋b )2－2ab ]＋(a ＋b )2－2ab a 2b 2＝4＋(1－2ab )＋1－2aba 2b 2≥4＋⎝⎛⎭⎫1－2×14＋1－2×14(14)2＝252. ∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252.1．综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．2．综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：(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 为正实数，a ＋b 2≥ab .特别b a ＋ab ≥2.(4)a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .1．已知a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c c >3.证明：左边＝⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋⎝⎛⎭⎫a c ＋c a －3. ∵a >0，b >0，c >0，∴b a ＋a b ≥2，c b ＋b c ≥2，a c ＋ca ≥2， ∵a ，b ，c 为不全相等正数， ∴上述三式中的等号不能同时成立． ∴左边>6－3＝3， 即原不等式获证．探究二 分析法证明不等式[例2] 已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b .[证明] 要证原不等式成立， 只需证(a －b )24a <a ＋b －2ab <(a －b )24b，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2<(a －b )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2.只需证a －b 2a <a －b <a －b 2b ，即a ＋b 2a <1< a ＋b2b ，即b a<1< a b. 只需证b a <1<a b .∵a >b >0， ∴b a <1<ab 成立． ∴原不等式成立．1．当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．2．像本例这样条件简单、结论较复杂的题目，往往采用分析法．另外，对于无理不等式的证明，常采用分析法通过平方将其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．3．分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．2．a ，b ∈R ＋，且2c >a ＋b . 求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 证明：要证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ，只需证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，即证：|a －c |<c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2<c 2－ab ， 也即证a 2＋ab <2ac ，即a (a ＋b )<2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b <2c ，∴a (a ＋b )<2ac 显然成立． ∴原不等式成立．探究三 综合法与分析法的综合应用[例3] 设a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋1＋b ＋1≤ 6. [证明] 要证：a ＋1＋b ＋1≤6只需证(a ＋1＋b ＋1)2≤6，即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6. 由a ＋b ＝1得只需证ab ＋2≤32，即证：ab ≤14.由a <b ，b >0，a ＋b ＝1， 得ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立． ∴原不等式成立．综合法与分析法在证明不等式时的综合应用(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．3．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)．证明：由条件，得⎩⎪⎨⎪⎧2a＝x＋y，b2＝cx，c 2＝by，消去x，y，即得2a＝b2c＋c2b，且有a>0，b>0，c>0.要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)只需证a＋1≥(b＋1)(c＋1)∵(b＋1)(c＋1)≤(b＋1)＋(c＋1)2只需证2a≥b＋c，而2a＝b2c＋c2b，只需证b2c＋c2b≥b＋c，即b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc，(b－c)2≥0，∵上式显然成立，∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得证．灵活运用分析、综合法证明不等式[典例](本题满分12分)已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥3；(2)abc＋bac＋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a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca.…………3分而这是可以由ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c＝33时取等号)证得的．所以原不等式成立．…………………………………………6分(2)因为a bc＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， 所以原不等式只需证1abc≥a ＋b ＋c ， 也就是只要证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .………………………………9分 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立．所以原不等式成立．……………………………………………………………………12分[规律探究] (1)用分析法将待证不等式转化为证明a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . (2)用综合法证明转化得到的不等式． (3)用分析法及(1)的结论将待证不等式转化为证明不等式a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc＋ac .(4)结合基本不等式用综合法证明得到的不等式.[随堂训练] 对应学生用书第21页1．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证( ) A ．2a －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )24－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：∵(a 2－1)(b 2－1)＝－a 2－b 2＋1＋a 2b 2≥0， ∴a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0. 答案：D2．已知a ，b ，c 满足c <b <a 且ac <0，那么下列选项中一定成立的是( )A ．ab >acB ．c (b －a )<0C ．b 2<ab 2D ．ac (a －c )>0解析：⎩⎨⎧ac <0c <a ⇒⎩⎨⎧a >0，c <0.又b >c ，∴ab >ac ，故A 正确． ∵b －a <0，c <0，∴c (b －a )>0， 故B 错误．由b 2＝0，可验证C 不正确， 而ac <0，a －c >0， ∴ac (a －c )<0，故D 错误． 答案：A3．若a >c >b >0，则a －b c ＋b －c a ＋c －a b的值的符号为________．解析：a －b c ＋b －c a ＋c －a b ＝(a －c )＋(c －b )c －c －b a －a －c b ＝(a －c )(1c －1b )＋(c －b )(1c －1a )＝(a －c )(b －c )bc ＋(c －b )(a －c )ac＝(a －c )(c －b )(b －a )abc∵a >c >b >0，∴a －c >0，c －b >0，b －a <0，abc >0， ∴(a －c )(c －b )(b －a )abc <0.答案：负号。