數(shù)學(xué)同步測控：綜合法和分析法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精同步測控我夯基,我達標(biāo)1.設(shè)x、y∈R+，且x+y-xy=,則（）A。x+y≥3或0<x+y≤1B.1≤x+y≤3C.x+y≥1D。x+y≥3解析:∵x、y∈R+，∴≥.∴xy≤(）2。∴—xy≥—（）2.∴x+y-xy≥(x+y)-()2,即≥（x+y)-()2?！啵▁+y）2—4（x+y)+3≥0.∴x+y≥3或0〈x+y≤1.答案：A2.設(shè)a、b∈R+，A=,B=,則A、B的大小關(guān)系是（）A。A≥BB。A≤BC.A>BD。A<B解析:∵a、b∈R+，∴A2=a+b+2〉a+b=B2,∴A2〉B2.∴A〉B.答案：C3.若1〈x〈10,下面不等式中正確的是（)A.(lgx)2〈lgx2<lg（lgx)B。lgx2<(lgx）2〈lg（lgx)C.（lgx）2<lg(lgx)〈lgx2D。lg（lgx）<(lgx）2<lgx2解析:∵1<x〈10，∴0<lgx<1.∴l(xiāng)g(lgx）<0.又∵（lgx）2—lgx2=(lgx)2-2lgx=lgx（lgx—2），lgx〉0，lgx—2〈0，∴l(xiāng)gx（lgx-2）〈0?！啵╨gx）2〈lgx2.∴l(xiāng)g(lgx）〈（lgx）2<lgx2。答案:D4。設(shè)a〉0，b〉0，則以下不等式中不恒成立的是()A.（a+b）(+)≥4B.a3+b3≥2ab2C.a2+b2+2≥2a+2bD.≥解析：∵a〉0,b〉0,∴(a+b)(+）=2++≥4恒成立.又a2+b2+2—(2a+2b)=（a-1)2+(b—1)2≥0,∴a2+b2+2≥2a+2b恒成立。當(dāng)a≥b時,(）2=a—b。而(）2=a+b-2=a-b+2b—2=（a—b)+2（）?！遖≥b>0,∴≤0.∴(a—b)+2()≤a—b,即≥.當(dāng)a<b時，〉0。而〈0,∴≥成立.答案:B5.設(shè)M=a+（2<a<3），N=log(x2+），則M、N的大小關(guān)系是（)A.M>NB.M=NC.M<ND.不確定解析：∵x2+≥,∴N=(x2+)≤4。又∵M=a+=a—2++2，2〈a<3,∴0〈a—2<1.∴a-2+>2?！郺+>4.∴M>N.答案:A6.使不等式成立的正整數(shù)a的最大值為（）A.7B.8C.9解析:用分析法可證a=9時,不等式不成立；當(dāng)a=8時，不等式成立。答案:B7。已知b>a>0，且a+b=1,那么（)A.2ab〈<〈bB.2ab<〈〈bC。〈2ab<<bD。2ab〈<b〈解析：=（a2+b2)（a+b)=a2+b2=(a+b）2-2ab=1—2ab.∵b〉a>0,∴a2+b2>2ab，=<=b?！遖+b=1>2,∴2ab<.∴1—2ab>1—=，即a2+b2>。而b—(a2+b2）=b-（1—2ab）=b-1+2ab=—a+2ab=a（2b—1）〉0，∴b>a2+b2?！郻>〉〉2ab.答案:B我綜合，我發(fā)展8。若不等式+>2成立,則a與b滿足的條件是______________.解析：∵+-2=〉0，∴a≠b且ab〉0。答案：ab〉0且a≠b9。已知x、y∈R+，且xy≥x+y+1，則x+y的最小值是______________。解析:∵x、y∈R+，∴xy≤(）2?！?）2≥x+y+1，即（x+y）2—4(x+y）≥4?！?x+y—2)2≥8?！鄕+y-2≥2或x+y—2≤—2（舍去）,即x+y≥2+2。答案:2+210.設(shè)x、y∈R且x+y=4，則3x+3y的最小值是______________.解析:3x+3y≥2=2×=2×32=18.答案：1811.若a〉0且a≠1，則loga(1+a)____________loga（1+）。(用不等號填空）解析：當(dāng)a>1時,a>。∴1+a>1+〉1?！鄉(xiāng)oga（1+a）>loga(1+).當(dāng)0<a〈1時,a〈?！?+a<1+?！鄉(xiāng)oga（1+a)〉loga（1+）.答案：>12.設(shè)a>0，b>0，c〉0，求證：ab（a+b）+bc(b+c）+ca（c+a)≥6abc.分析：本題的結(jié)構(gòu)顯然出現(xiàn)a+b，但不能轉(zhuǎn)化為，因為右邊出現(xiàn)的是abc,所以需將左邊展開重新合并，再用基本不等式證出.證明:ab（a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=a2b+ab2+b2c+bc2+ca2+ac=（a2+c2)b+（a2+b2）c+（b2+c2)a.∵a2+c2≥2ac,a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,且a〉0，b〉0,c〉0,∴（a2+c2)b≥2abc，(a2+b2）c≥2abc,(b2+c2)a≥2abc。∴ab（a+b）+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc成立.13.a、b、c、d∈R+，求證：≥分析：本題的不等式比較麻煩,看不出證題的入手點,可用分析法證明.證明：要證不等式≥成立，只需證(）2≥(a+c)2+（b+d)2成立.即a2+b2+c2+d2+2≥a2+b2+c2+d2+2ac+2bd.即證≥ac+bd成立。∵a、b、c、d∈R+,只需證(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2.即a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2即證a2d2+b2c2∵a、b、c、d∈R+，∴a2d2+b2c2∴≥成立.我創(chuàng)新，我超越14。命題“若a>b〉c且a+b+c=0，則”是真命題還是假命題？試證明你的結(jié)論。證法一：真命題.∵a〉b>c且a+b+c=0，∴a〉0，c<0?！郼=—a-b<0?！郺〉—b。∴1〉〉-1?！郻2-ac=b2—a（—a—b）=a2+ab+b2.∴≤.證法二：∵a>b>c且a+b+c=0，∴a>0，c〈0.〈〈b2—ac<3a23a2+ac-b2〉03a2-(a+c）2+ac=2a2-ac—c2>0(a-c）（2a+c）>0。∵a〉b〉c,a+b+c=0,∴a-c〉0,2a+c=a+(a+c）=a-b>0?！?a—c)(2a+c）>0.∴成立。15.已知a>0,求證：≥a+—2.分析：本題要證的不等式比較麻煩,可通過分析法證明.不等式中含有根號可通過平方去掉根號,但不等