2024-2025學年高中數(shù)學第三章推理與證明3綜合法與分析法課后鞏固提升含解析北師大版選修1-2

PAGE3綜合法與分析法[A組基礎鞏固]1．假如logeq\f(1,2)x＜logeq\f(1,2)y＜0，那么()A．y＜x＜1 B．x＜y＜1C．1＜x＜y D．1＜y＜x解析：不等式轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x＜log\f(1,2)y，,log\f(1,2)y＜0))?1＜y＜x.答案：D2．已知a＝log23.6，b＝log43.2，c＝log43.6，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．c>a>b解析：∵2<3.6<4，∴l(xiāng)og23.6>1>log43.6.又∵log43.6>log43.2，∴a>c>b.答案：B3．已知a>b>0，證明eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)可選擇的方法，以下最合理的是()A．綜合法 B．分析法C．類比法 D．歸納法解析：首先，解除C、D.然后，比較綜合法、分析法．我們選擇分析法，欲證：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)，只需證：eq\r(a)<eq\r(b)＋eq\r(a－b)，即證：a<b＋(a－b)＋2eq\r(ba－b)，只需證：0<2eq\r(ba－b).答案：B4．已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：若l⊥α，mβ，α∥β，則l⊥β，所以l⊥m，①正確；若l⊥α，mβ，l⊥m，α與β可能相交，②不正確；若l⊥α，mβ，α⊥β，l與m可能平行、相交或異面，③不正確；若l⊥α，mβ，l∥m，則m⊥α，所以α⊥β，④正確．答案：B5．設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)<1D.eq\f(a2＋b2,2)<ab<1解析：因為a≠b，故eq\f(a2＋b2,2)>ab.又因為a＋b＝2>2eq\r(ab)，故ab<1，eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(a＋b2－2ab,2)＝2－ab>1，即eq\f(a2＋b2,2)>1>ab.答案：B6．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，對函數(shù)y＝g(x)(x∈I)，定義g(x)關于f(x)的“對稱函數(shù)”為函數(shù)y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)滿意：對隨意x∈I，兩個點(x，h(x))，(x，g(x))關于點(x，f(x))對稱．若h(x)是g(x)＝eq\r(4－x2)關于f(x)＝3x＋b的“對稱函數(shù)”，且h(x)>g(x)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍是________．解析：由已知得eq\f(hx＋\r(4－x2),2)＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－eq\r(4－x2).h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－eq\r(4－x2)>eq\r(4－x2)，3x＋b>eq\r(4－x2)恒成立．在同一坐標系內(nèi)，畫出直線y＝3x＋b及半圓y＝eq\r(4－x2)(如圖所示)，可得eq\f(b,\r(10))>2，即b>2eq\r(10)，故答案為(2eq\r(10)，＋∞)．答案：(2eq\r(10)，＋∞)7．下列兩數(shù)的大小關系是：eq\r(3)＋2eq\r(2)________2＋eq\r(7).解析：假設eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7)，則3＋8＋4eq\r(6)<4＋7＋4eq\r(7).?eq\r(6)<eq\r(7)?6<7明顯成立，故eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7).答案：<8．已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________．解析：由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2，∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3eq\f(a＋2b,2)(當且僅當3a＝32b，即a＝2b時“＝”號成立)．又∵a＋2b≥2eq\r(2ab)≥4(當且僅當a＝2b時“＝”成立)，∴3a＋9b≥2×32＝18.即當a＝2b時，3a＋9b有最小值18.答案：189．已知非零向量a和b的關系為a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2).證明：因為a⊥b，所以a·b＝0.要證eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2)，只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a－b|，兩邊同時平方得|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)，即|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，此不等式恒成立．故原不等式得證．10．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.證明：要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2，∵a＋b＋c＝0，只需證b2＋a(a＋b)<3a2，只需證2a2－ab－b2>0，只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)>0.因為a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以(a－b)(a－c)>0，明顯成立．故原不等式成立．[B組實力提升]1．設P＝eq\r(2)，Q＝eq\r(7)－eq\r(3)，R＝eq\r(6)－eq\r(2)，那么P、Q、R的大小依次是()A．P>Q>R B．P>R>QC．Q>P>R D．Q>R>P解析：要比較R、Q的大小，可對R、Q作差，即Q－R＝eq\r(7)－eq\r(3)－(eq\r(6)－eq\r(2))＝(eq\r(7)＋eq\r(2))－(eq\r(3)＋eq\r(6))，又(eq\r(7)＋eq\r(2))2－(eq\r(3)＋eq\r(6))2＝2eq\r(14)－2eq\r(18)<0，∴Q<R，由解除法知，選B.答案：B2．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．肯定是正數(shù) B．肯定是負數(shù)C．可能是0 D．正、負不能確定解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，又abc>0，∴a，b，c均不為0，∴a2＋b2＋c2>0.∴ab＋bc＋ca<0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)<0.答案：B3.如圖所示，在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，當?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿意條件________時，有A1C⊥B1D1(注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能的情形)．解析：本題答案不唯一，要證A1C⊥B1D1，只需證B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因為該四棱柱為直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需證B1D1⊥A1C1即可．答案：對角線相互垂直4．設a，b，c為一個三角形的三邊，S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，且S2＝2ab，則S________2a.解析：假設S<2a，下面給出證明：由于S2＝2ab，要證S<2a，只需證S<eq\f(S2,b)，即b<S.因為S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，所以只需證2b<a＋b＋c，即b<a＋c，明顯成立，故S<2a.答案：<5．成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比數(shù)列．解析：(1)設成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為a－d，a，a＋d，依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d.依題意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3項為5，公比為2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以{bn}是以eq\f(5,4)為首項，2為公比的等比數(shù)列，其通項公式為bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3.(2)證明：數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝eq\f(\f(5,4)1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是以eq\f(5,2)為首項，2為公比的等比數(shù)列．6．設f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求證：a>0且－2<eq\f(b,a)<－1.證明：∵f(0)>0，∴c>0，又∵f(1