PAGEPAGE1二綜合法與分析法,[學(xué)生用書P31])[A基礎(chǔ)達標]1．若實數(shù)x，y滿意不等式xy>1，x＋y≥0，則()A．x>0，y>0 B．x<0，y<0C．x>0，y<0 D．x<0，y>0解析：選A.因為xy>1>0，所以x，y同號．又x＋y≥0，故x>0，y>0.2．對隨意的銳角α，β，下列不等關(guān)系中正確的是()A．sin(α＋β)>sinα＋sinβB．sin(α＋β)>cosα＋cosβC．cos(α＋β)>sinα＋sinβD．cos(α＋β)<cosα＋cosβ解析：選D.因為α，β為銳角，所以0<α<α＋β<π，所以cosα>cos(α＋β)．又cosβ>0，所以cosα＋cosβ>cos(α＋β)．3．設(shè)a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有()A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2) B．a(chǎn)b<1<eq\f(a2＋b2,2)C．a(chǎn)b<eq\f(a2＋b2,2)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)<1<ab解析：選B.ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)<eq\f(a2＋b2,2)(a≠b)，又a＋b＝2，所以ab<1<eq\f(a2＋b2,2).4．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)成立，a，b應(yīng)滿意的條件是()A．a(chǎn)b<0且a>bB．a(chǎn)b>0且a>bC．a(chǎn)b<0且a<bD．a(chǎn)b>0且a>b或ab<0且a<b解析：選D.eq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)?a－b＋3eq\r(3,ab2)－3eq\r(3,a2b)<a－b，所以eq\r(3,ab2)<eq\r(3,a2b).所以當(dāng)ab>0時，有eq\r(3,b)<eq\r(3,a)，即b<a；當(dāng)ab<0時，有eq\r(3,b)>eq\r(3,a)，即b>a.5．設(shè)p＋q＝1，p>0，q>0，則不等式logx(pq)<1成立的一個充分條件是()A．0<x<eq\f(1,4) B．eq\f(1,4)<x<eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)<x<1 D．x>1解析：選D.因為p＋q＝1，p>0，q>0，則由eq\f(p＋q,2)≥eq\r(pq)，得pq≤eq\f(1,4).若x>1，則logx(pq)<0，則logx(pq)<1，故選D.6．設(shè)y＝eq\r(7)－eq\r(3)，x＝eq\r(6)－eq\r(2)，則x，y的大小關(guān)系是________．解析：y＝eq\r(7)－eq\r(3)＝eq\f(4,\r(7)＋\r(3))，x＝eq\r(6)－eq\r(2)＝eq\f(4,\r(6)＋\r(2))，因為eq\r(7)＋eq\r(3)>eq\r(6)＋eq\r(2)>0，所以x>y.答案：x>y7．已知a>0，b>0，若P是a，b的等差中項，Q是a，b的正的等比中項，eq\f(1,R)是eq\f(1,a)，eq\f(1,b)的等差中項，則P，Q，R按從大到小的排列依次為________．解析：因為P＝eq\f(a＋b,2)，Q＝eq\r(ab)，eq\f(2,R)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，所以R＝eq\f(2ab,a＋b)≤Q＝eq\r(ab)≤P＝eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．答案：P≥Q≥R8．已知α，β為實數(shù)，給出下列三個論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結(jié)論，寫出你認為正確的命題是________．解析：因為αβ>0，|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2)，所以|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25，所以|α＋β|>5.答案：①③?②9．已知m>0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).證明：因為m>0，所以1＋m>0，所以要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋mb2,1＋m)，只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0.因為(a－b)2≥0明顯成立，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋mb2,1＋m)成立．10．設(shè)a>0，b>0，c>0.證明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)；(2)eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,2c)≥eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b).證明：(1)因為a>0，b>0，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4.所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b).(2)由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)，同時，eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥eq\f(4,b＋c)，eq\f(1,c)＋eq\f(1,a)≥eq\f(4,c＋a)，三式相加得：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥eq\f(4,b＋c)＋eq\f(4,c＋a)＋eq\f(4,a＋b).所以eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,2c)≥eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a)＋eq\f(1,a＋b).[B實力提升]1．設(shè)a>0，b>0，且ab－(a＋b)≥1，則()A．a(chǎn)＋b≥2(eq\r(2)＋1)B．a(chǎn)＋b≤eq\r(2)＋1C．a(chǎn)＋b≤(eq\r(2)＋1)2D．a(chǎn)＋b>2(eq\r(2)＋1)解析：選A.因為a>0，b>0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，即eq\f(1,4)(a＋b)2≥ab，又ab－(a＋b)≥1，所以ab≥(a＋b)＋1，所以eq\f(1,4)(a＋b)2≥(a＋b)＋1，所以(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，所以(a＋b－2)2≥8.所以a＋b－2≤－2eq\r(2)或a＋b－2≥2eq\r(2)，所以a＋b≤2－2eq\r(2)或a＋b≥2＋2eq\r(2).因為a＋b≤2－2eq\r(2)<0與a＋b>0沖突，所以只有a＋b≥2(eq\r(2)＋1)成立．2．已知a>b>c，n∈N*，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立，則n的最大值為________．解析：因為a－c>0，所以n≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq\f(（a－b）＋（b－c）,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)恒成立．又a－b>0，b－c>0，所以eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝2，所以n≤4，即n的最大值為4.答案：43．在△ABC中，已知△ABC的面積為eq\f(1,4)，外接圓半徑為1，三邊長為a，b，c，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).證明：因為△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA，依據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝2r，所以sinA＝eq\f(a,2r)，所以S＝eq\f(abc,4r)?eq\f(1,4)＝eq\f(abc,4r)，所以abc＝1，所以eq\r(c)＝eq\r(\f(1,ab)).又因為a＋b≥2eq\r(ab)?eq\f(a＋b,ab)≥eq\f(2\r(ab),ab)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))＝2eq\r(c).同理，eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(a)，eq\f(1,c)＋eq\f(1,a)≥2eq\r(b).將三個不等式的兩邊分別相加得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，取等號的條件是a＝b＝c.若a＝b＝c，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(abc＝1?a3＝1?a＝1，,a＝2rsinA?a＝2sin60°?a＝\r(3).))沖突，故等號不成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).4．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)＜4的解集為M.(1)求M；(2)當(dāng)a，b∈M時，證明：2|a＋b|＜|4＋ab|.解：(1)由題意得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2，－1≤x＜1，,－2x，x<－1.))①當(dāng)x≥1時，2x<4，解