第二节综合法与分析法一、选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
1．若a>0，b>0，下列不等式中不成立的是( )．A.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．a2＋b2≥2abC.eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋bD.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2＋eq\f(2,a＋b)[来源:学科网ZXXK]解析 由eq\f(b,a)∈(0，＋∞)且eq\f(a,b)∈(0，＋∞)，得eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))，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.[来源:学。科。网]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|y|>z|y|解析 由已知3x>x＋y＋z＝0，3z
0，z<0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,y>z)) 得：xy>xz.答案 C3．下面对命题“函数f(x)＝x＋eq\f(1,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)＋eq\f(1,－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝－f(x)，∴f(x)是奇函数B．∀x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋eq\f(1,x)＋(－x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝0，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数C．∀x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴eq\f(f－x,fx)＝eq\f(－x－\f(1,x),x＋\f(1,x))＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数D．取x＝－1，f(－1)＝－1＋eq\f(1,－1)＝－2，又f(1)＝1＋eq\f(1,1)＝2解析 选项A、B、C都是从奇函数的定义出发，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＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，则( )．A．Rlgb>0，∴eq\f(1,2)(lga＋lgb)>eq\r(lga·lgb)，即Q>P.又∵a>b>1，∴eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，∴lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)．即R>Q，∴P0，∴a3＋b3＋c3≥3abc⇔a＋b＋c≥0.答案 a＋b＋c≥08．已知a>b>c，则eq\r(a－bb－c)与eq\f(a－c,2)的大小关系为______________．解析 ∵a－b>0，b－c>0，∴eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－b＋b－c,2)＝eq\f(a－c,2).∴eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2).答案 eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2)三、解答题9．已知|a|<1，|b|<1，求证：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,1＋ab)))<1.证明 要证eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,1＋ab)))<1，只需证|a＋b|<|1＋ab|，也只需证a2＋2ab＋b2<1＋2ab＋a2b2，即证(1－a2)－b2(1－a2)>0，也就是(1－a2)(1－b2)>0，∵|a|<1，|b|<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≥eq\f(1,3)；(2)a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).证明 (1)∵a＋b＋c＝1，∴(a＋b＋c)2＝1，由a2＋b2≥2ab得a2＋b2＋c2＝eq\f(1,3)(a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2＋a2＋b2＋c2)≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac)＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)2＝eq\f(1,3).(2)法一 由左式推证右式∵abc＝1，且a，b，c为互不相等的正数，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝bc＋ac＋ab＝eq\f(bc＋ac,2)＋eq\f(ac＋ab,2)＋eq\f(ab＋bc,2)>eq\r(bc·ac)＋eq\r(ac·ab)＋eq\r(ab·bc)(基本不等式)＝eq\r(c)＋eq\r(a)＋eq\r(b).∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).法二 由右式推证左式∵a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ac))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)(基本不等式)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).11．已知{an}是首项为2，公比为eq\f(1,2)的等比数列，Sn为它的前n项和．(1)用Sn
表
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示Sn＋1；(2)是否存在自然数c和k，使得eq\f(Sk＋1－c,Sk－c)＞2成立．解 (1)∵Sn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，∴Sn＋1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)Sn＋2，(n∈N＋)．(2)要使eq\f(Sk＋1－c,Sk－c)＞2，只要eq\f(c－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)Sk－2)),c－Sk)＜0，因为Sk＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2k)))＜4，所以Sk－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)Sk－2))＝2－eq\f(1,2)Sk＞0(k∈N＋)，故只要eq\f(3,2)Sk－2＜c＜Sk(k∈N＋)，①因为Sk＋1＞Sk(k∈N＋)所以eq\f(3,2)Sk－2≥eq\f(3,2)S1－2＝1.又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.[来源:学科网]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eq\f(3,2)S2－2＝eq\f(5,2)＞c，由Sk＜Sk＋1(k∈N＋)得eq\f(3,2)Sk－2＜eq\f(3,2)Sk＋1－2.故当k≥2时，eq\f(3,2)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eq\f(3,2)S3－2＝eq\f(13,4)＞c，又eq\f(3,2)Sk－2＜eq\f(3,2)Sk＋1－2，所以当k≥3时，eq\f(3,2)Sk－2＞c，从而①不成立．[来源:Z+xx+k.Com]综上所述，不存在自然数c，k，使eq\f(Sk＋1－c,Sk－c)＞2成立．[来源:学.科.网]
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