2019年高一高二数学同步学案人教A版选修4-5 第二讲 二 综合法与分析法（课件+讲义）

一、选择题 1．设a，b∈R＋，A＝＋，B＝，则A、B的大小关系是(　　) A．A≥B　　　 　　B．A≤B C．A＞B D．A＜B 解析：选C　(＋)2＝a＋2＋b，所以A2－B2＝2＞0.又A＞0，B＞0， ∴A＞B. 2. 若x，y∈R，且x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有(　　) A．最小值，而无最大值 B．最小值1，而无最大值 C．最小值和最大值1 D．最小值和最大值1 解析：选D　∵x2＋y2≥2|xy|， ∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤， ∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈. 3．已知00 B．logab＋logba－2>0 C．logab＋logba＋2≥0 D．logab＋logba＋2≤0 解析：选D　∵00.∴(－logab)＋≥2，当且仅当0P D．P≤S＜2P 解析：选D　∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P. 又三角形中|a－b|＜c，∴a2＋b2－2ab＜c2， 同理b2－2bc＋c2＜a2，c2－2ac＋a2＜b2， ∴a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P. 二、填空题 5．若a>0，b>0，则下列两式的大小关系为： lg_____[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 解析：[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]， 又lg＝lg， ∵a>0，b>0，∴a＋1>0，b＋1>0， ∴[(a＋1)(1＋b)]≤＝， ∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)]. 即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 答案：≥ 6．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝··，则M的取值范围是_____． 解析：∵a＋b＋c＝1， ∴M＝·· ＝·· ＝·· ≥2·2·2 ＝8. 即M的取值范围是[8，＋∞)． 答案：[8，＋∞) 7．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，是，的等差中项，则P、Q、R按从大到小的排列顺序为_____． 解析：由已知P＝，Q＝，＝＝， 即R＝，显然P≥Q，又≤＝， ∴Q≥R.∴P≥Q≥R. 答案：P≥Q≥R 8．若不等式＋＋>0在条件a>b>c时恒成立，则λ的取值范围是_____． 解析：不等式可化为＋>. ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0， ∴λ<＋恒成立． ∵＋＝＋ ＝2＋＋≥2＋2＝4.∴λ<4. 答案：(－∞，4) 三、解答题 9．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明： (1)ab＋bc＋ac≤； (2)＋＋≥1. 证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1， 所以3(ab＋bc＋ca)≤1， 即ab＋bc＋ca≤. (2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c， 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. 10．已知a，b，c都是正数，求证：2≤3. 证明：法一：要证2≤3， 只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，即－2≤c－3，移项，得c＋2≥3.由a，b，c为正数，得c＋2＝c＋＋≥3成立．∴原不等式成立． 法二：∵a，b，c是正数， ∴c＋＋≥3＝3， 即c＋2≥3.故－2≤c－3. ∴a＋b－2≤a＋b＋c－3. ∴2≤3. 11．已知实数a、b、c满足c＜b＜a，a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1.求证：1＜a＋b＜. 证明：∵a＋b＋c＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c＜， 即－＜c＜0.又a2＋b2＋c2＝1，则有ab＝＝＝c2－c.① 又a＋b＝1－c.② 由①②得a、b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，解得－＜c＜1. ∵c＜b＜a，∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab ＝c2－c(1－c)＋c2－c＞0，解得c＜0或c＞(舍)． ∴－＜c＜0，即1＜a＋b＜.  [核心必知] 1．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 ... ...