高中數(shù)學選修22人教版練習第二章2.22.2.1綜合法與分析法

第二章推理與證明2.2直接證明與間接證明綜合法與分析法[A級基礎鞏固]一、選擇題1．用分析法證明：要證①A>B，只需證②C<D，這里①是②的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：分析法證明的本質(zhì)是證明結論的充分條件成立，即②是①的充分條件，所以①是②的必要條件．故答案為B.答案：B2．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))2<(2eq\r(5))2，即10＋2eq\r(21)<20，只需證2eq\r(21)<10，兩邊平方，得84<100，此不等式恒成立，故eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)成立，由證明過程可知分析法最合理．答案：B3．在△ABC中，已知sinAcosA＝sinBcosB，則該三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：由sinAcosA＝sinBcosB得sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以該三角形是等腰或直角三角形．答案：D4．在集合{a，b，c，d}上定義兩種運算⊕和?如下：⊕abcdaabcdbbbbbccbcbddbbd?abcaaaababccaccdada那么，d?(a⊕c)等于()A．a(chǎn)B．bC．cD．d解析：由⊕運算可知，a⊕c＝c，所以d?(a⊕c)＝d?c.由?運算可知，d?c＝a.故選A.答案：A5．下面的四個不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有()A．1個B．2個C．3個D．4個解析：因為a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0；a(1－a)－eq\f(1,4)＝－a2＋a－eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≤0；(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；而③中，當a·b＞0時，不等式成立．所以①②④正確．答案：C二、填空題6．命題“函數(shù)f(x)＝x－xlnx在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)”的證明過程“對函數(shù)f(x)＝x－xlnx求導，得f′(x)＝－lnx，當x∈(0，1)時，f′(x)＝－lnx>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)”應用了________的證明方法．答案：綜合法7．將下面用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟補充完整：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證__________________，即證____________，由于____________顯然成立，因此原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥08．設a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為________．解析：根據(jù)條件可知，欲求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值．只需求(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))的最小值，因為(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9(當且僅當a＝b＝c時取“＝”)．答案：9三、解答題9．(1)用綜合法證明：若a>0，b>0，求證：(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；(2)用分析法證明：eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).證明：(1)因為a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，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.當且僅當a＝b，eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)時，等號成立，所以(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥4.(2)要證eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)成立，只需證(eq\r(6)＋eq\r(7))2>(2eq\r(2)＋eq\r(5))2，即證13＋2eq\r(42)>13＋4eq\r(10)，只需證eq\r(42)>2eq\r(10)，即證42>40，顯然成立．故原不等式成立．10.如圖所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過點A作SB的垂線，垂足為E，過點E作SC的垂線，垂足為F.求證：AF⊥SC.證明：要證AF⊥SC，而EF⊥SC，故只需證SC⊥平面AEF，只需證AE⊥SC，而AE⊥SB，故只需證AE⊥平面SBC，只需證AE⊥BC，而AB⊥BC，故只需證BC⊥平面SAB，只需證BC⊥SA.由SA⊥平面ABC可知，SA⊥BC，即上式成立，所以AF⊥SC成立．B級能力提升1．若a＜b＜c，則函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區(qū)間()A．(a，b)和(b，c)內(nèi) B．(－∞，a)和(a，b)內(nèi)C．(b，c)和(c，＋∞)內(nèi) D．(－∞，a)和(c，＋∞)內(nèi)解析：因為a＜b＜c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，由零點存在性定理知，選項A正確．答案：A2．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a，b應滿足的條件是________．解析：要證aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，只需證aeq\r(a)－aeq\r(b)>beq\r(a)－b·eq\r(b)，即證a(eq\r(a)－eq\r(b))>b(eq\r(a)－eq\r(b))，即證(a－b)·(eq\r(a)－eq\r(b))>0，即證(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，要使該不等式成立，只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b3．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證eq