高中數(shù)學(xué)人教A版選修1-2測評2-2-1綜合法和分析法

第二章推理與證明2.2直接證明與間接證明2.2.1綜合法和分析法課后篇鞏固提升基礎(chǔ)鞏固1.下列函數(shù)f(x)中,滿足“對任意x1,x2∈(0,+∞),當(dāng)x1<x2時,都有f(x1)>f(x2)”的是()A.f(x)=1x B.f(x)=(x1)C.f(x)=ex D.f(x)=ln(x+1)解析本題就是判斷哪一個函數(shù)在(0,+∞)內(nèi)是減函數(shù),A項中,f'(x)=1x'=1x2<0,所以f(x)=1x在(0,+∞)答案A2.分析法又稱執(zhí)果索因法,已知x>0,用分析法證明1+x<1+x2時,索的因是(A.x2>2 B.x2>4 C.x2>0 D.x2>1解析因為x>0,所以要證1+x<1+x2,只需證(1+x)2<1+x22,即證0<x24,即證x2>0,顯然x2>0答案C3.命題“如果數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n23n(n∈N*),那么數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列”,此命題()A.不成立 B.成立C.不能斷定是否成立 D.成立與否與n取值有關(guān)解析當(dāng)n≥2時,an=SnSn1=4n5,又a1=S1=2×123×1=1適合上式,所以an=4n5(n∈N*),則anan1=4(常數(shù)),故數(shù)列{an}是等差數(shù)列.答案B4.已知函數(shù)f(x)=cos(3x+4θ)是奇函數(shù),則θ等于()A.kπ4+π8(k∈Z) B.kπ+πC.kπ(k∈Z) D.kπ4(k∈解析因為f(x)是奇函數(shù),所以f(x)=f(x)對x∈R恒成立,即cos(3x+4θ)=cos(3x+4θ),即cos(3x4θ)+cos(3x+4θ)=0,所以2cos3xcos4θ=0,因此cos4θ=0,4θ=kπ+π2(k∈Z),解得θ=kπ4+π8答案A5.運用分析法證明10-13<14-17A.(10-13)2<(14B.(10-14)2<(13C.(10+17)2<(13D.(10-13-14)2<解析由10-13<14-17,化簡得10+17<14+13,因為10+17>0,14+13答案C6.已知a,b,c為正實數(shù),且a+b+c=1,求證:1a-11b因為a,b,c為正實數(shù),且a+b+c=1,所以1a1=b+ca>0,1b1=a+cb>0,1c1=a+bc>這種證法是.

解析本題從已知條件出發(fā),不斷地展開思考,去探索結(jié)論,這種方法是綜合法.答案綜合法7.平面內(nèi)有四邊形ABCD和點O,且滿足OA+OC=OB+OD,解析因為OA+OC=OB+OD,所以O(shè)A-OB答案平行四邊形8.在銳角三角形ABC中,求證:tanAtanB>1.證明要證tanAtanB>1,只需證sinAsin因為A,B均為銳角,所以cosA>0,cosB>0.因此只需證明sinAsinB>cosAcosB,即cosAcosBsinAsinB<0,只需證cos(A+B)<0.而△ABC為銳角三角形,所以90°<A+B<180°,所以cos(A+B)<0顯然成立,因此tanAtanB>1.9.如圖,在四棱錐PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,點E是PC的中點.(1)證明:CD⊥AE.(2)證明:PD⊥平面ABE.證明(1)在四棱錐PABCD中,因為PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因為AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.又因為AE?平面PAC,所以CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.因為點E是PC的中點,所以AE⊥PC.由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,所以AE⊥平面PCD.又因為PD?平面PCD,所以AE⊥PD.因為PA⊥底面ABCD,AB?平面ABCD,所以平面PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.因為PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又因為AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.10.用綜合法或分析法證明:(1)已知△ABC中,邊BC的中點為D,求證:向量AB·(2)已知a>b>c,且a+b+c=0,求證:b2證明(1)∵AD=∴AD2=AB+AC22=14(DB2=AB-AC22=14(AB2(2)要證b2-aca<即證b2ac<3a2,則3a2b2+ac>0.又因為c=ab,則3a2b2+a(ab)>0,即證2a2abb2>0,則(ab)(2a+b)>0.又因為a>b,ab>0,即證2a+b>0.又因為a+b=c,即證ac>0,即證a>c.又由已知a>c,故原不等式成立.能力提升1.若P=a+a+7,Q=a+3+a+4(a≥0),則A.P>Q B.P=QC.P<Q D.由a的取值決定解析當(dāng)a=1時,P=1+22,Q=2+5,P<Q,故猜想當(dāng)a≥0時,P<Q.證明如下:要證P<Q,只需證P2<Q2,只需證2a+7+2a(a+7)<2a+7+2(a+3)(a+4),即證a2+7a<a2+7a+12,只需證0<12,答案C2.在△ABC中,“AB·AC>0”是“△ABC為銳角三角形”的(A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析若△ABC為銳角三角形,則A必為銳角,因此一定有AB·AC>0,但當(dāng)AB·AC>0時,只能得到A為銳角,這時答案B3.在△ABC中,C=π3,a,b,c分別為A,B,C的對邊,則ab+c解析因為C=π3,所以a2+b2=c2+ab,所以(a2+ac)+(b2+bc)=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+c),所以ab+答案14.如圖,在直四棱柱A1B1C1D1ABCD(側(cè)棱與底面垂直)中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件時,有A1C⊥B1D1(注:填上你認(rèn)為正確的一種條件即可,不必考慮所有可能的情形).

解析要證明A1C⊥B1D1,只需證明B1D1⊥平面A1C1C.因為CC1⊥B1D1,只要再有條件B1D1⊥A1C1,就可證明B1D1⊥平面A1C1C,從而得答案為B1D1⊥A1C1.答案B1D1⊥A1C1(答案不唯一)5.設(shè)a,b,c,d均為正數(shù),求證:a2證明要證明a2+b2+c2+d2≥(a+c)2+即證(a2+就是證(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,就是證b2c2+a2d2≥2abcd,也就是證(bcad)2≥0,此式顯然成立,故所證不等式成立.6.用綜合法或分析法證明:(1)如果a>0,b>0,則lga+(2)6+10>23+證明(1)當(dāng)a>0,b>0時,有a+b∴l(xiāng)ga+b2≥∴l(xiāng)ga+b2≥12∴l(xiāng)ga+(2)要證6+10>23只要證(6+10)2>(23+2)即260>248,顯然成立,所以原不等式成立.7.是否存在常數(shù)C,使不等式x2x+y+yx+2y≤C≤xx+2y+y解存在常數(shù)C=23使不等式成立證明如下:∵x>0,y>0,∴要證x2只需證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),即證x2+y2≥2xy,此式顯然成立.∴x2再證xx只需證3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),即證x2+y2≥2xy,此式顯然成立.∴xx綜上所述,存在常數(shù)C=23,使得不等式x2x+y+yx+2y8.求證:當(dāng)x∈[0,1]時,22x≤sinx≤x證明記F(x)=sinx22x,則F'(x)=cosx2當(dāng)x∈0,π4時,F'(x)>0,F(x)在0,π4上單調(diào)遞增;當(dāng)