2.2 综合法与分析法 同步练习2（含答案）
文档属性
| 名称 | 2.2 综合法与分析法 同步练习2（含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 130.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2016-12-20 16:05:36 | ||
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文档简介
2.2
综合法与分析法
同步练习
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：B
2．若x＞y＞1，0＜a＜1，则下列式子中正确的是( )
A．ax＞ay
B．logax＞logay
C．xa＜ya
D．x－a＜y－a
答案：D
3．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答案：C
4．已知0＜a＜1，0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b，2，a2＋b2，2ab中最大的是________．
答案：a＋b
5．求证：＜2－.
证明：21＜25 ＜5
2＜10
10＋2＜20
(＋)2＜(2)2
＋＜2
＜2－.
所以原不等式成立．
6．若1A．(lg
x)2x2x)
B．lg
x2<(lg
x)2x)
C．(lg
x)2x)x2
D．lg(lg
x)<(lg
x)2x2
答案：D
7．设a≥b，b>0，M＝，N＝a＋b，则M与N的大小关系是________．
答案：M≥N
8．a，b是正数，求证：≥.
证明：＝
＝1－≥1－＝1－＝，
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.
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，
∴··＞abc.
∴lg＋lg＋lg＞lg
a＋lg
b＋lg
c.
证法二(分析法)
lg＋lg＋lg＞lg
a＋lg
b＋lg
c
lg＞lg
abc
··＞abc.
因为≥＞0，≥＞0，≥＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以··＞abc成立，从而原不等式成立．
10．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(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.
11．(1)设x≥1，y≥1，求证：x＋y＋≤＋＋xy.
(2)1b＋logb
c＋logc
a≤logb
a＋logc
b＋loga
c.
证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋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loga
b＝x，logb
c＝y，由对数换底公式得
logc
a＝，logb
a＝，logc
b＝，loga
c＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋≤＋＋xy，
其中x＝loga
b≥1，y＝logb
c≥1.
故由(1)知所要证明的不等式成立．
12．给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|，数列a1，a2，a3…满足an＋1＝f(an)，n∈N
.
(1)若a1＝－c－2，求a2及a3；
(2)求证：对任意n∈N
，an＋1－an≥c.
解析：因为c>0，a1＝－(c＋2)，故
a2＝f(a1)＝2|a1＋c＋4|－|a1＋c|＝2，
a3＝f(a1)＝2|a2＋c＋4|－|a2＋c|＝c＋10.
(2)要证明原命题，要需证明f(x)≥x＋c对任意x∈R都成立，
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
，an＋1－an≥c.
13．设实数数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N
)，(利用综合法和分析法)求证：对k≥3有0≤ak≤.
证明：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，
故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝，Sn＝，
从而对k≥3有
ak＝＝＝＝.①
因a－ak－1＋1＝ak－1－2＋>0且a≥0，由①得ak≥0.
要证ak≤，由①只要证≤，即证3a≤4(a－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0.
此式明显成立．
因此ak≤(k≥3)．即原命题成立．
14．设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n，an≤＋1.
解析：(1)由an＝可得
＝·＋，
当b＝2时，＝＋，则数列是以＝为首项，为公差的等差数列，
∴＝，从而an＝2.
当b≠2时，＋＝，
则数列是以＋＝为首项，为公比的等比数列，
∴＋＝·n－1＝·n，
∴an＝.
综上，an＝
(2)当b＝2时，an＝2，＋1＝2，
∴an＝＋1，从而不等式成立；
当b≠2时，要证an≤＋1，
只需证≤＋1，
即证≤＋，
即证≤＋，
即证n≤＋＋＋…＋＋＋＋＋…＋＋，
而上式右边＝＋＋…＋＋≥2＋
2＋…＋2＋2＝n.
∴当b≠2时，原不等式也成立，从而原不等式成立．
综合法与分析法
同步练习
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：B
2．若x＞y＞1，0＜a＜1，则下列式子中正确的是( )
A．ax＞ay
B．logax＞logay
C．xa＜ya
D．x－a＜y－a
答案：D
3．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
4．已知0＜a＜1，0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b，2，a2＋b2，2ab中最大的是________．
答案：a＋b
5．求证：＜2－.
证明：21＜25 ＜5
2＜10
10＋2＜20
(＋)2＜(2)2
＋＜2
＜2－.
所以原不等式成立．
6．若1
x)2
B．lg
x2<(lg
x)2
C．(lg
x)2
D．lg(lg
x)<(lg
x)2
答案：D
7．设a≥b，b>0，M＝，N＝a＋b，则M与N的大小关系是________．
答案：M≥N
8．a，b是正数，求证：≥.
证明：＝
＝1－≥1－＝1－＝，
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.
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，
∴··＞abc.
∴lg＋lg＋lg＞lg
a＋lg
b＋lg
c.
证法二(分析法)
lg＋lg＋lg＞lg
a＋lg
b＋lg
c
lg＞lg
abc
··＞abc.
因为≥＞0，≥＞0，≥＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以··＞abc成立，从而原不等式成立．
10．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(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.
11．(1)设x≥1，y≥1，求证：x＋y＋≤＋＋xy.
(2)1
c＋logc
a≤logb
a＋logc
b＋loga
c.
证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋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loga
b＝x，logb
c＝y，由对数换底公式得
logc
a＝，logb
a＝，logc
b＝，loga
c＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋≤＋＋xy，
其中x＝loga
b≥1，y＝logb
c≥1.
故由(1)知所要证明的不等式成立．
12．给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|，数列a1，a2，a3…满足an＋1＝f(an)，n∈N
.
(1)若a1＝－c－2，求a2及a3；
(2)求证：对任意n∈N
，an＋1－an≥c.
解析：因为c>0，a1＝－(c＋2)，故
a2＝f(a1)＝2|a1＋c＋4|－|a1＋c|＝2，
a3＝f(a1)＝2|a2＋c＋4|－|a2＋c|＝c＋10.
(2)要证明原命题，要需证明f(x)≥x＋c对任意x∈R都成立，
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
，an＋1－an≥c.
13．设实数数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N
)，(利用综合法和分析法)求证：对k≥3有0≤ak≤.
证明：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，
故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝，Sn＝，
从而对k≥3有
ak＝＝＝＝.①
因a－ak－1＋1＝ak－1－2＋>0且a≥0，由①得ak≥0.
要证ak≤，由①只要证≤，即证3a≤4(a－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0.
此式明显成立．
因此ak≤(k≥3)．即原命题成立．
14．设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n，an≤＋1.
解析：(1)由an＝可得
＝·＋，
当b＝2时，＝＋，则数列是以＝为首项，为公差的等差数列，
∴＝，从而an＝2.
当b≠2时，＋＝，
则数列是以＋＝为首项，为公比的等比数列，
∴＋＝·n－1＝·n，
∴an＝.
综上，an＝
(2)当b＝2时，an＝2，＋1＝2，
∴an＝＋1，从而不等式成立；
当b≠2时，要证an≤＋1，
只需证≤＋1，
即证≤＋，
即证≤＋，
即证n≤＋＋＋…＋＋＋＋＋…＋＋，
而上式右边＝＋＋…＋＋≥2＋
2＋…＋2＋2＝n.
∴当b≠2时，原不等式也成立，从而原不等式成立．