1.5.2 综合法与分析法 同步练习 1

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1、1.5.2综合法与分析法同步练习1一、选择题1．若a>0，b>0，下列不等式中不成立的是(　　)．A.＋≥2B．a2＋b2≥2abC.＋≥a＋bD.＋≥2＋解析　由∈(0，＋∞)且∈(0，＋∞)，得＋≥2，所以A成立，B显然成立，不等式C可变形为a3＋b3≥a2b＋ab2⇔(a2－b2)(a－b)≥0.答案　D2．已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是(　　)．A．xy>yzB．xz>yzC．xy>xzD．x

2、y

3、>z

4、y

5、解析　由已知3x>x＋y＋z＝0，3z

6、x>0，z<0.由　得：xy>xz.答案　C3．下面对命题“函数f(x)＝x＋是奇函数”的证明不是综合法的是(　　)．A．∀x∈R且x≠0有f(－x)＝(－x)＋＝－＝－f(x)，∴f(x)是奇函数B．∀x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋＋(－x)＋＝0，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数C．∀x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴＝＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数D．取x＝－1，f(－1)＝－1＋＝－2，又f(1)＝1＋＝2解析　选项A、B、C都是从奇函数的定义

7、出发，证明f(－x)＝－f(x)成立，从而得到f(x)是奇函数，而选项D的证明方法是错误的．答案　D4．若a>b>1，P＝，Q＝(lga＋lgb)，R＝lg，则(　　)．A．Rlgb>0，∴(lga＋lgb)>，即Q>P.又∵a>b>1，∴>，∴lg>lg＝(lga＋lgb)．即R>Q，∴P

8、_____．解析　直线始终平分圆的周长，所以直线过圆心(2，1)，即a＋b＝1，所以＋＝3＋＋≥3＋2.答案　3＋26．已知a，b，c∈R＋，则＋＋与＋＋的大小关系是________．解析　因为＋≥2，＋≥2，＋≥2，三式相加可得＋＋≥＋＋.答案　＋＋≥＋＋7．设a、b、c∈R，且a、b、c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是______________．解析　a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)＝(a＋b＋c)[(a－b)2

9、＋(b－c)2＋(a－c)2]，而a、b、c不全相等⇔(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2>0，∴a3＋b3＋c3≥3abc⇔a＋b＋c≥0.答案　a＋b＋c≥08．已知a>b>c，则与的大小关系为______________．解析　∵a－b>0，b－c>0，∴≤＝.∴≤.答案　≤三、解答题9．已知

10、a

11、<1，

12、b

13、<1，求证：<1.证明　要证<1，只需证

14、a＋b

15、<

16、1＋ab

17、，也只需证a2＋2ab＋b2<1＋2ab＋a2b2，即证(1－a2)－b2(1－a2)>0，也就是(1－a2)(1－

18、b2)>0，∵

19、a

20、<1，

21、b

22、<1，∴最后一个不等式显然成立．因此原不等式成立．10．(1)已知a，b，c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥；(2)a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，求证：＋＋>＋＋.证明　(1)∵a＋b＋c＝1，∴(a＋b＋c)2＝1，由a2＋b2≥2ab得a2＋b2＋c2＝(a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2＋a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac)＝(a＋b＋c)2＝.(2)法一　由左式推证右式∵abc＝1，且a，b，c为互不相

23、等的正数，∴＋＋＝bc＋ac＋ab＝＋＋>＋＋(基本不等式)＝＋＋.∴＋＋>＋＋.法二　由右式推证左式∵a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，∴＋＋＝＋＋<＋＋(基本不等式)＝＋＋.11．已知{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和．(1)用Sn表示Sn＋1；(2)是否存在自然数c和k，使得＞2成立．解　(1)∵Sn＝4，∴Sn＋1＝4＝Sn＋2，(n∈N＋)．(2)要使＞2，只要＜0，因为Sk＝4＜4，所以Sk－＝2－Sk＞0(k∈N＋)，故只要Sk－2＜c＜Sk(k∈N＋)

24、，①因为Sk＋1＞Sk(k∈N＋)所以Sk－2≥S1－2＝1.又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.当c＝2时，因为S1＝2，所以当k＝1时，c＜Sk不成立，从而①不成立．当k≥2时，因为S2－2＝＞c，由Sk＜Sk＋1(k∈N＋)得Sk－2＜Sk＋1－2.故当k≥2时，Sk－2＞c，从而①不成立．当c＝3时，因为S1＝2，S2＝3，所以当k＝1，k＝2时，c＜Sk不成立，从而①不成立．因为S3－2＝＞c，又Sk－2＜Sk＋1－2，所以当k≥3时，Sk－2＞c，从而①不成立．综