高中數(shù)學(xué)北師大版2第三章推理與證明第3章3

第三章§3(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書(shū)中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)一、選擇題1．要證明eq\r(3)＋eq\r(7)＜2eq\r(5)可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A．綜合法 B．分析法C．類比法 D．歸納法解析：要證明eq\r(3)＋eq\r(7)＜2eq\r(5)，只需證eq\r(3)＋eq\r(7)＜eq\r(5)＋eq\r(5).兩邊平方有10＋2eq\r(21)＜10＋10.即只要證2eq\r(21)＜10.再兩邊平方有84＜100成立．故eq\r(3)＋eq\r(7)＜2eq\r(5)成立．由證明過(guò)程可知分析法最合理．答案：B2．如果a、b都是非零實(shí)數(shù)，則下列不等式不恒成立的是()A．|a＋b|－|b|≤|a| B．2eq\r(ab)≤|a＋b|(ab＞0)C．|a－b|≥|b|－|a| D．|a＋b|≥a－b解析：A中，|a|＝|(a＋b)－b|≥|a＋b|－|b|成立；B中，要使2eq\r(ab)≤|a＋b|成立，只需4ab≤a2＋2ab＋b2，即(a－b)2≥0成立，∴B中不等式恒成立；C中，|a－b|≥|b|－|a|成立；但D中不一定恒成立，當(dāng)a≤b時(shí)顯然成立，當(dāng)a＞b時(shí)，要使|a＋b|≥a－b成立，只需使(a＋b)2≥(a－b)2即4ab≥0成立，但a＞b不一定有ab≥0成立，所以D中不等式不恒成立．答案：D3．設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a＋d＝b＋c，且|a－d|＜|b－c|，則()A．a(chǎn)d＝bc B．a(chǎn)d＜bcC．a(chǎn)d＞bc D．a(chǎn)d≤bc解析：|a－d|＜|b－c|，∴|a－d|2＜|b－c|2，即a2＋d2－2ad＜b2＋c2－2bc.∵a＋d＝b＋c，∴(a＋d)2＝(b＋c)2∴a2＋d2＋2ad＝b2＋c2＋2bc.∴－4ad＜－4bc.∴ad＞bc.答案：C4．已知a，b為非零實(shí)數(shù)，則使不等式：eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個(gè)充分不必要條件是()A．a(chǎn)b＞0 B．a(chǎn)b＜0C．a(chǎn)＞0，b＜0 D．a(chǎn)＞0，b＞0解析：∵eq\f(a,b)與eq\f(b,a)同號(hào)，由eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2，知eq\f(a,b)＜0，eq\f(b,a)＜0，即ab＜0.又若ab＜0，則eq\f(a,b)＜0，eq\f(b,a)＜0.∴eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a))))＝－2，綜上，ab＜0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2的充要條件，∴a＞0，b＜0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2的一個(gè)充分而不必要條件．答案：C二、填空題5．如右圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的側(cè)棱垂直于底面，滿足____________________時(shí)，BD⊥A1C.(寫(xiě)出一個(gè)條件即可解析：欲使BD⊥A1C只需BD⊥面A1ACC1，∴可填條件：BD⊥AC或ABCD為菱形(正方形)等．答案：BD⊥AC(不唯一)6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實(shí)數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是__________________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)－aeq\r(b)＞beq\r(a)－beq\r(b)?a(eq\r(a)－eq\r(b))＞b(eq\r(a)－eq\r(b))?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＞0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0，只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b三、解答題7．已知a>6，求證：eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－5)－eq\r(a－6).證明：證法一：要證eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－5)－eq\r(a－6)，只需證eq\r(a－3)＋eq\r(a－6)<eq\r(a－5)＋eq\r(a－4)?(eq\r(a－3)＋eq\r(a－6))2<(eq\r(a－5)＋eq\r(a－4))2，?2a－9＋2eq\r(a－3a－6)<2a－9＋2eq\r(a－5a－4)?eq\r(a－3a－6)<eq\r(a－5a－4)，?(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)，?18<20因?yàn)?8<20顯然成立，所以原不等式eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－5)－eq\r(a－6)成立．證法二：要證eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－5)－eq\r(a－6)，只需證eq\f(1,\r(a－3)＋\r(a－4))<eq\f(1,\r(a－5)＋\r(a－6))，只需證eq\r(a－3)＋eq\r(a－4)>eq\r(a－5)＋eq\r(a－6).∵a>6，∴a－3>0，a－4>0，a－5>0，a－6>0.又∵a－3>a－5，∴eq\r(a－3)>eq\r(a－5).同樣有eq\r(a－4)>eq\r(a－6)，則eq\r(a－3)＋eq\r(a－4)>eq\r(a－5)＋eq\r(a－6).∴eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－5)－eq\r(a－6).8．已知a，b是正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證明：證法一(比較法)：∵eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(b－a,\r(a))＋eq\f(a－b,\r(b))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法二(分析法)：要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只要證：aeq\r(a)＋beq\r(b)≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即證(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即證a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab).也就是要證a＋b≥2eq\r(ab).顯然a＋b≥2eq\r(ab)成立，故eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法三(綜合法，因?yàn)樽筮吺欠质叫?，利用基本不等式x＋eq\f(1,x)≥2(x>0)使左邊向整式型過(guò)渡)：(法一)∵eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)≥2eq\r(\f(a,\r(b))·\r(b))＋2eq\r(\f(b,\r(a))·\r(a))＝2eq\r(a)＋2eq\r(b)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).(法二)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))(eq\r(a)＋eq\r(b))＝a＋b＋eq\f(a\r(a),\r(b))＋eq\f(b\r(b),\r(a))≥a＋b＋2eq\r(\f(a\r(a),\r(b))·\f(b\r(b),\r(a)))＝a＋b＋2eq\r(ab)＝(eq\r(a)＋eq\r(b))2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).9．設(shè)a、b、c為三角形的三邊，且S2＝2ab