【步步高 学案导学设计】2014-2015学年高中数学(苏教版,必修一) 第二章函数 2.4 课时作业]

习题课【课时目标】 1．能熟练应用直线、平面平行与垂直的判定及性质进行有关的证明．2．进一步体会化归思想在证明中的应用．a 、b 、c 表示直线，α、β、γ表示平面． 位置 关系 判定定理 (符号语言) 性质定理 (符号语言)直线与平面平行 a∥b 且__________⇒a∥αa∥α，________________⇒a∥b 平面与平面平行a∥α，b∥α，且________________⇒α∥β α∥β，________________⇒a∥b直线与平面垂直l⊥a，l⊥b，且____________⇒l⊥α a⊥α，b⊥α⇒____ 平面与平面垂直a⊥α，____⇒α⊥βα⊥β，α∩β＝a ，__________⇒b⊥β一、填空题1．不同直线m 、n 和不同平面α、β．给出下列命题：① ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βm ⊂α⇒m∥β； ②⎭⎪⎬⎪⎫m∥n m∥β⇒n∥β； ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αn ⊂β⇒m ，n 异面； ④⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm∥α⇒m⊥β． 其中假命题的个数为________．2．下列命题中：(1)平行于同一直线的两个平面平行；(2)平行于同一平面的两个平面平行；(3)垂直于同一直线的两直线平行；(4)垂直于同一平面的两直线平行．其中正确命题的为________．3．若a 、b 表示直线，α表示平面，下列命题中正确的有________个． ①a⊥α，b∥α⇒a⊥b；②a⊥α，a⊥b ⇒b∥α；③a∥α，a⊥b ⇒b⊥α．4．过平面外一点P ：①存在无数条直线与平面α平行；②存在无数条直线与平面α垂直；③有且只有一条直线与平面α平行；④有且只有一条直线与平面α垂直，其中真命题的个数是________．5．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD 1，则动点P 的轨迹是________．6．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是________． ①若a ，b 与α所成的角相等，则a∥b； ②若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b； ③若a ⊂α，b ⊂β，a∥b，则α∥β； ④若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b．7．三棱锥D －ABC 的三个侧面分别与底面全等，且AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则二面角A －BC －D 的大小为______．8．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．9．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是________．(填序号)二、解答题10．如图所示，△ABC 为正三角形，EC⊥平面ABC ，BD∥CE，且CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点，求证：(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM⊥平面ECA ； (3)平面DEA⊥平面ECA ．11．如图，棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是菱形，B 1C⊥A 1B ． (1)证明：平面AB 1C⊥平面A 1BC 1；(2)设D 是A 1C 1上的点且A 1B∥平面B 1CD ，求A 1DDC 1的值．能力提升12．四棱锥P—ABCD的顶点P在底面ABCD中的投影恰好是A，其三视图如图：(1)根据图中的信息，在四棱锥P—ABCD的侧面、底面和棱中，请把符合要求的结论填写在空格处(每空只要求填一种)：①一对互相垂直的异面直线________；②一对互相垂直的平面________；③一对互相垂直的直线和平面________；(2)四棱锥P—ABCD的表面积为________．(棱锥的表面积等于棱锥各面的面积之和)13．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF，EF∥AB，EF⊥FB，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB．转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为即利用线线平行(垂直)，证明线面平行(垂直)或证明面面平行(垂直)；反过来，又利用面面平行(垂直)，证明线面平行(垂直)或证明线线平行(垂直)，甚至平行与垂直之间的转化．这样，来来往往，就如同运用“四渡赤水”的战略战术，达到了出奇制胜的目的．习题课答案知识梳理位置判定定理性质定理关系(符号语言) (符号语言)直线与平面平行a∥b且a⊄α，b⊂α⇒a∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b平面与平面平行a∥α，b∥α，且a⊂β，b⊂β，a∩b＝P⇒α∥βα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b直线与平面垂直l⊥a，l⊥b，且a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥αa⊥α，b⊥α⇒a∥b平面与平面垂直a⊥α，a⊂β⇒α⊥βα⊥β，α∩β＝a，b⊥a，b⊂α⇒b⊥β作业设计1．3解析命题①正确，面面平行的性质；命题②不正确，也可能n⊂β；命题③不正确，如果m、n有一条是α、β的交线，则m、n共面；命题④不正确，m与β的关系不确定．2．2解析(2)和(4)对．3．1解析①正确．4．2解析①④正确．5．线段B1C解析连结AC，AB1，B1C，∵BD⊥AC，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，∴AC⊥面BDD1，∴AC⊥BD1，同理可证BD1⊥B1C，∴BD1⊥面AB1C．∴P∈B1C时，始终AP⊥BD1．6．④7．90°解析由题意画出图形，数据如图，取BC的中点E，连结AE、DE，易知∠AED为二面角A—BC—D的平面角．可求得AE＝DE＝2，由此得AE2＋DE2＝AD2．故∠AED＝90°．8．36解析正方体的一条棱长对应着2个“正交线面对”，12条棱长共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，共有36个．9．①④10．证明 (1)如图所示，取EC 的中点F ，连结DF ，∵EC⊥平面ABC ， ∴EC⊥BC，又由已知得DF∥BC， ∴DF⊥EC．在Rt △EFD 和Rt △DBA 中，∵EF＝12EC ＝BD ，FD ＝BC ＝AB ，∴Rt △EFD≌Rt △D BA ， 故ED ＝DA ．(2)取CA 的中点N ，连结MN 、BN ，则MN 綊12EC ，∴MN∥BD，∴N 在平面BDM 内，∵EC⊥平面ABC ，∴EC⊥BN．又CA⊥BN， ∴BN⊥平面ECA ，BN ⊂平面MNBD ， ∴平面MNBD⊥平面ECA ． 即平面BDM⊥平面ECA ．(3)∵BD 綊12EC ，MN 綊12EC ，∴BD 綊MN ，∴MNBD 为平行四边形，∴DM∥BN，∵BN⊥平面ECA ，∴DM⊥平面ECA ，又DM ⊂平面DEA ， ∴平面DEA⊥平面ECA ．11．(1)证明 因为侧面BCC 1B 1是菱形， 所以B 1C⊥BC 1．又B 1C⊥A 1B ， 且A 1B∩BC 1＝B ，所以B 1C⊥平面A 1BC 1． 又B 1C ⊂平面AB 1C ，所以平面AB 1C⊥平面A 1BC 1．(2)解 设BC 1交B 1C 于点E ，连结DE ，则DE 是平面A 1BC 1与平面B 1CD 的交线． 因为A 1B∥平面B 1CD ，所以A 1B∥DE．又E 是BC 1的中点，所以D 为A 1C 1的中点， 即A 1DDC 1＝1． 12．(1)①PA⊥BC(或PA⊥CD 或AB⊥PD)②平面PAB⊥平面ABCD(或平面PAD⊥平面ABCD 或平面PAB⊥平面PAD 或平面PCD⊥平面PAD 或平面PBC⊥平面PAB)③PA⊥平面ABCD(或AB⊥平面PAD 或CD⊥平面PAD 或AD⊥平面PAB 或BC⊥平面PAB)(2)2a 2＋2a 2解析 (2)依题意：正方形的面积是a 2，S △PAB ＝S △PAD ＝12a 2．又PB ＝PD ＝2a ，∴S △PBC ＝S △PCD ＝22a 2． 所以四棱锥P —ABCD 的表面积是S ＝2a 2＋2a 2． 13．(1)证明 如图，设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．连结EG ，GH ，由于H 为BC 的中点，故GH 綊12AB ．又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH ．∴四边形EFHG 为平行四边形． ∴EG∥FH．而EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ， ∴FH∥平面EDB ．(2)证明 由四边形ABCD 为正方形， 得AB⊥BC．又EF∥AB，∴EF⊥BC．而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC ． ∴EF⊥FH． ∴AB⊥FH．又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH⊥BC． ∴FH⊥平面ABCD ．∴FH⊥AC． 又FH∥EG，∴AC⊥EG． 又AC⊥BD，EG∩BD＝G ， ∴AC ⊥平面EDB ．。

第2章章末检测(A) (时间：120分钟满分：160分) 一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分) 4121．若a<，则化简－的结果是________．22．函数y＝lg x＋lg(5－3x)的定义域是________．23．函数y＝2＋log(x＋3)(x≥1)的值域为__________________________________．211x2y4．已知2＝7＝A，且＋＝2，则A的值是________________________________．xy235．已知函数f(x)＝ax＋(a－a)x＋1在(－∞，－1]上递增，则a的取值范围是________．x ＋．设f(x)＝，则f(5)的值是________．＋．函数y＝1＋的零点是________．x 8．利用一根长6米的木料，做一个如图的矩形窗框(包括中间两条横档)，则窗框的高和宽的比值为________时透过的光线最多(即矩形窗框围成的面积最大)．9．某企业2010年12月份的产值是这年1月份产值的P倍，则该企业2010年度产值的月平均增长率为________．10．已知函数y＝f(x)是R上的增函数，且f(m＋3)≤f(5)，则实数m的取值范围是________．211．函数f(x)＝－x＋2x＋3在区间[－2,3]上的最大值与最小值的和为________．2x ＋＋＋a12．若函数f(x)＝为奇函数，则实数a＝________. x213．函数f(x)＝x－2x＋b的零点均是正数，则实数b的取值范围是________．14．设偶函数f(x)＝log|x＋b|在(0，＋∞)上具有单调性，则f(b－2)与f(a＋1)的大小关系a为________．二、解答题(本大题共6小题，共90分) 2mn＋15．(14分)(1)设log2＝m，log3＝n，求a的值；102(2)计算：log9－log12＋. 42216．(14分)函数f(x)是R上的偶函数，且当x>0时，函数的解析式为f(x)＝－1. x(1)用定义证明f(x)在(0，＋∞)上是减函数； (2)求当x<0时，函数的解析式．x＋117．(14分)已知函数f(x)＝log(a>0且a≠1)，a x －1(1)求f(x)的定义域；(2)判断函数的奇偶性和单调性． 18．(16分)已知函数f(x)对一切实数x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，又f(3)＝－2. (1)试判定该函数的奇偶性； (2)试判断该函数在R上的单调性；(3)求f(x)在[－12,12]上的最大值和最小值． 19．(16分)某投资公司计划投资A、B两种金融产品，根据市场调查与预测，A产品的利润与投资量成正比例，其关系如图(1)，B产品的利润与投资量的算术平方根成正比例，其关系如图(2)．(注：利润与投资量单位：万元) (1)分别将A、B两产品的利润表示为投资量的函数关系式．(2)该公司已有10万元资金，并全部投入A、B两种产品中，问：怎样分配这10万元投资，才能使公司获得最大利润？其最大利润为多少万元？xx20．(16分)已知常数a、b满足a>1>b>0，若f(x)＝lg(a－b)．(1)求y＝f(x)的定义域；(2)证明y＝f(x)在定义域内是增函数；(3)若f(x)恰在(1，＋∞)内取正值，且f(2)＝lg 2，求a、b的值．第2章章末检测(A) 1.1－2a 1解析∵a<，∴2a－1<0. 242于是，原式＝－＝1－2a. 52．[1，) 3x≥1，lg x≥0，，，解析由函数的解析式得：即－3x>0，x<.35所以1≤x<. 33．[4，＋∞) 22解析∵x≥1，∴x＋3≥4，∴log(x＋3)≥2，则有y≥4. 24．72 1x2y解析由2＝7＝A得x＝logA，y＝logA，2721112则＋＝＋＝log2＋2log7＝log98＝2，AAAxylogAlogA272A＝98.又A>0，故A＝98＝72. 5．[－3，0) 32a－aa12解析由题意知a<0，－≥－1，－＋≥－1，即a≤3. 2a22∴－3≤a<0. 6．24 解析 f(5)＝f(f(10))＝f(f(f(15)))＝f(f(18))＝f(21)＝24.7．－1 11解析由1＋＝0，得＝－1，∴x＝－1. xx8．2 解析设窗框的宽为x，高为h，则2h＋4x＝6，即h＋2x＝3，∴h＝3－2x，32∴矩形窗框围成的面积S＝x(3－2x)＝－2x＋3x(0<x<)，233当x＝－＝＝0.75时，S有最大值．－∴h＝3－2x＝1.5，∴高与宽之比为2. 119.P－1 1111解析设1月份产值为a，增长率为x，则aP＝a(1＋x)，∴x＝P－1. 10．m≤2 解析由函数单调性可知，由f(m＋3)≤f(5)有m＋3≤5，故m≤2. 11．－1 22解析 f(x)＝－x＋2x＋3＝－(x－1)＋4，∵1∈[－2,3]，∴f(x)＝4，又∵1－(－2)>3－1，由f(x)图象的对称性可知，maxf(－2)的值为f(x)在[－2,3]上的最小值，即f(x)＝f(－2)＝－5，∴－5＋4＝－1. min12．－1 解析由题意知，f(－x)＝－f(x)， 22x －＋＋ax ＋＋＋a即＝－，x－x∴(a＋1)x＝0对x≠0恒成立，∴a＋1＝0，a＝－1. 13．(0,1] 2解析设x，x是函数f(x)的零点，则x，x为方程x－2x＋b＝0的两正根， 12124－＋x＝2>0则有，即.解得＝b>01214．f(b－2)<f(a＋1) 解析∵函数f(x)是偶函数，∴b＝0，此时f(x)＝log|x|. a当a>1时，函数f(x)＝log|x|在(0，＋∞)上是增函数，a∴f(a＋1)>f(2)＝f(b－2)；当0<a<1时，函数f(x)＝log|x|在(0，＋∞)上是减函数，a∴f(a＋1)>f(2)＝f(b－2)．综上可知f(b－2)<f(a＋1)． mn15．解 (1)∵log2＝m，log3＝n，∴a＝2，a＝3.aa2mn2mnm2n2＋∴a＝a·a＝(a)·a＝2·3＝12. 2lg105(2)原式＝log3－(log3＋log4)＋22228＝log3－log3－2＋＝－. 225516．(1)证明设0<x<x，则－－f(x)＝(－1)－(－1)＝，12xxxx1212∵0<x<x，∴xx>0，x－x>0， 121221∴f(x)－f(x)>0，即f(x)>f(x)， 1212∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数．2(2)解设x<0，则－x>0，∴f(－x)＝－－1，x又f(x)为偶函数，22∴f(－x)＝f(x)＝－－1，即f(x)＝－－1(x<0)．xx x＋1>0x ＋．解(1)要使此函数有意义，则有或，－1>0x －解得x>1或x<－1，此函数的定义域为 (－∞，－1)∪(1，＋∞)，关于原点对称． －x ＋1x －1x ＋1(2)f(－x)＝log ＝log ＝－log ＝－f(x)．aaa －x －1x ＋1x －1∴f(x)为奇函数．x＋12f(x)＝log ＝log(1＋)，aax－1x－12函数u＝1＋在区间(－∞，－1)和区间(1，＋∞)上单调递减．x－1x＋1所以当a>1时，f(x)＝log在(－∞，－1)，(1，＋∞)上递减；ax－1x＋1当0<a<1时，f(x)＝log在(－∞，－1)，(1，＋∞)上递增．ax－118．解(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＝f(0)＋f(0) ＝2f(0)，∴f(0)＝0. 令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．(2)任取x<x，则x－x>0，∴f(x－x)<0，122121∴f(x)－f(x)＝f(x)＋f(－x)＝f(x－x)<0，212121即f(x)<f(x) 21∴f(x)在R 上是减函数．(3)∵f(x)在[－12,12]上是减函数，∴f(12)最小，f(－12)最大．又f(12)＝f(6＋6)＝f(6)＋f(6)＝2f(6) ＝2[f(3)＋f(3)]＝4f(3)＝－8，∴f(－12)＝－f(12)＝8. ∴f(x)在[－12,12]上的最大值是8，最小值是－8. 19．解(1)设投资为x万元，A产品的利润为f(x)万元，B产品的利润为g(x)万元．由题意，得f(x)＝kx，g(x)＝kx. 1211由题图可知f(1)＝，∴k＝. 1554又g(4)＝1.6，∴k＝. 2514从而f(x)＝x(x≥0)，g(x)＝x(x≥0)．55(2)设A 产品投入x万元，则B产品投入10－x万元，该企业利润为y 万元．x4y＝f(x)＋g(10－x)＝＋10－x(0≤x≤10)，552令10－x＝t，则x＝10－t，210－t41142于是y＝＋t＝－(t－2)＋(0≤t≤10)．555514当t＝2时，y＝＝2.8，max5此时x＝10－4＝6，即当A产品投入6万元，则B产品投入4万元时，该企业获得最大利润，最大利润为 2.8万元．axxxxx20．(1)解∵a－b>0，∴a>b，∴()>1.ba∵a>1>b>0，∴>1. bax∴y＝()在R上递增．baax0∵()>()，∴x>0. bb∴f(x)的定义域为(0，＋∞)．(2)证明设x>x>0，∵a>1>b>0，12∴ax>ax>1,0<bx<bx<1. 1212∴－bx>－bx>－1.∴ax－bx>ax－bx>0. 121122又∵y＝lg x在(0，＋∞)上是增函数，∴lg(ax－bx)>lg(ax－bx)，即f(x)>f(x)．112212∴f(x)在定义域内是增函数．(3)解由(2)得，f(x)在定义域内为增函数，又恰在(1，＋∞)内取正值，∴f(1)＝0.又f(2)＝lg 2，＝，－＝0，a－b＝1，∴∴解得－＝lg 2.a－b＝＝.2。

章末总结知识点一合情推理归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理．例1在平面上有n条直线，任何两条都不平行，并且任何三条都不交于同一点，问这些直线把平面分成多少部分？例2如图所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b·cos C＋c·cos B，其中a，b，c 分别为角A，B，C的对边，类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想．知识点二 演绎推理合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的．合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路．演绎推理的一般模式是“三段论”．例3 已知函数f (x )＝ax ＋bx ，其中a >0，b >0，x ∈(0，＋∞)，确定f (x )的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性．知识点三 综合法与分析法综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法和综合法可相互转换，相互渗透，充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．例4 已知a ，b ，c 均为正实数，且a ＋b ＋c ＝1， 求证：⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1≥8.知识点四 反证法反证法是间接证明的一种基本方法，它不去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上，运用正确的推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．在证明一些否定性命题、唯一性命题或含有“至多”、“至少”等字句的命题时，正面证明较难，可考虑反证法，即“正难则反”．例5 已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能都大于14.例6 如图所示，已知两直线l ∩m ＝O ，l ⊂α，m ⊂α，l ⊄β，m ⊄β，α∩β＝a .求证：l 与m 中至少有一条与β相交．章末总结 答案重点解读例1 解 设n 条直线分平面为S n 部分，先实验观察特例有如下结果：n 与S n n n －1n n －1这是因为在n －1条直线后添加第n 条直线被原(n －1)条直线截得的n 段中的任何一段都将它所在的原平面一分为二，相应地增加n 部分，所以S n ＝S n －1＋n ，即S n －S n －1＝n .从而S 2－S 1＝2，S 3－S 2＝3，S 4－S 3＝4，…，S n －S n －1＝n . 将上面各式相加有S n －S 1＝2＋3＋…＋n ， ∴S n ＝S 1＋2＋3＋…＋n ＝2＋2＋3＋…＋n ＝1＋n (n ＋1)2.例2 解如图所示，在四面体P —ABC 中，设S 1，S 2，S 3，S 分别表示△P AB ，△PBC ，△PCA ，△ABC 的面积，α，β，γ依次表示面P AB ，面PBC ，面PCA 与底面ABC 所成二面角的大小．我们猜想射影定理类比推理到三维空间， 其形式应为：S ＝S 1·cos α＋S 2·cos β＋S 3·cos γ. 例3 解 f (x )的单调区间为⎝⎛⎦⎤0，a b 和⎣⎡⎭⎫a b ，＋∞，证明如下：设0<x 1<x 2，则 f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫a x 1＋bx 1－⎝⎛⎭⎫ax 2＋bx 2 ＝(x 2－x 1)⎝⎛⎭⎫a x 1x 2－b . 当0<x 1<x 2≤ab时， 则x 2－x 1>0,0<x 1x 2<a b ，ax 1x 2>b ，∴f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， ∴f (x )在⎝⎛⎦⎤0，a b 上是减函数． 当x 2>x 1≥ab时， 则x 2－x 1>0，x 1x 2>a b ，ax 1x 2<b ，∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在⎣⎡⎭⎫a b ，＋∞上是增函数． 例4 证明 方法一 (综合法)⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －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 ＋c )(a ＋c )(a ＋b )abc ≥2bc ·2ac ·2ababc＝8，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立，所以不等式成立． 方法二 (分析法)要证⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －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 )－cc ≥8成立．即b ＋c a ·a ＋c b ·a ＋bc≥8. 只需证b ＋c a ·a ＋c b ·a ＋b c ≥2bc a ·2ac b ·2ab c ≥8成立，而2bc a ·2ac b ·2ab c≥8显然成立， 故⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1≥8成立． 例5 证明 假设三个式子同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得：(1－a )·a ·(1－b )·b ·(1－c )·c >143，①又因为0<a <1， ∴0<a (1－a )≤⎝⎛⎭⎫a ＋1－a 22＝14，同理0<b (1－b )≤14，0<c (1－c )≤14，所以(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤143，②①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．例6证明假设l，m都不与β相交，∵l⊄β，m⊄β，∴l∥β且m∥β.又∵l⊂α，m⊂α，α∩β＝a，∴l∥a，m∥a，∴l∥m.这与已知l、m是相交直线矛盾．因此l和m至少有一条与β相交．。