2014-2015學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明第2課時(shí)課時(shí)作業(yè)新人教A版選修2-2

PAGEPAGE5【優(yōu)化方案】2014-2015學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明（第2課時(shí)）課時(shí)作業(yè)新人教A版選修2-2[學(xué)業(yè)水平訓(xùn)練]1．分析法是從要證的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求結(jié)論成立的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．等價(jià)條件解析：選A.由分析法的要求知，應(yīng)逐步尋求結(jié)論成立的充分條件．2．若a，b，c是不全相等的實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋ca.證明過(guò)程如下：∵a，b，c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2aC．又a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一個(gè)“＝”不成立．∴將以上三式相加，得2(a2＋b2＋c2)＞2(ab＋bc＋ac)．∴a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋aC．此證法是()A．分析法 B．綜合法C．分析法與綜合法并用 D．反證法答案：B3．對(duì)于不重合的直線m，l和平面α，β，要證明α⊥β，需要具備的條件是()A．m⊥l，m∥α，l∥β B．m⊥l，α∩β＝m，l?αC．m∥l，m⊥α，l⊥β D．m∥l，l⊥β，m?α解析：選D．A：與兩相互垂直的直線平行的平面的位置關(guān)系不能確定；B：平面內(nèi)的一條直線與另一個(gè)平面的交線垂直，這兩個(gè)平面的位置關(guān)系不能確定；C：這兩個(gè)平面有可能平行或重合；D：是成立的，故選D．4．使a2＋b2－a2b2－1≤0成立的充要條件是()A．|a|≥1且|b|≥1 B．|a|≥1且|b|≤1C．(|a|－1)(|b|－1)≥0 D．(|a|－1)(|b|－1)≤0解析：選C．a(chǎn)2＋b2－a2b2－1≤0?a2(1－b2)＋(b2－1)≤0?(b2－1)(1－a2)≤0?(a2－1)(b2－1)≥0?(|a|－1)·(|b|－1)≥0.5．不相等的三個(gè)正數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，并且x是a，b的等比中項(xiàng)，y是b，c的等比中項(xiàng)，則x2，b2，y2三數(shù)()A．成等比數(shù)列而非等差數(shù)列B．成等差數(shù)列而非等比數(shù)列C．既成等差數(shù)列又成等比數(shù)列D．既非等差數(shù)列又非等比數(shù)列解析：選B.由已知條件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，①,x2＝ab，②,y2＝bc.③))由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b).))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差數(shù)列．6．將下面用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟補(bǔ)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．解析：用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟為：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab成立，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證a2＋b2－2ab≥0，即證(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0顯然成立，所以原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥07．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)且eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，則cos2θ＝________.解析：因?yàn)閟inθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，所以1＋sin2θ＝eq\f(1,25)，所以sin2θ＝－eq\f(24,25).因?yàn)閑q\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，所以π≤2θ≤eq\f(3π,2).所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(7,25).答案：－eq\f(7,25)8.如圖所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱垂直于底面，滿足________時(shí)，BD⊥A1C(寫上一個(gè)條件即可)．解析：要證BD⊥A1C，只需證BD⊥平面AA1C．因?yàn)锳A1⊥BD，只要再添加條件AC⊥BD，即可證明BD⊥平面AA1C，從而有BD⊥A1C．答案：AC⊥BD(答案不唯一)9．已知非零向量a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2).證明：∵a⊥b，∴a·b＝0.要證eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2)，只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a－b|，平方得|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)，只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0成立，即(|a|－|b|)2≥0顯然成立．故原不等式得證．10．已知eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，求證eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)也成等差數(shù)列．證明：因?yàn)閑q\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(2,b).即eq\f(a＋c,ac)＝eq\f(2,b)，所以b(a＋c)＝2ac，所以eq\f(b＋c,a)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋cc＋aa＋b,ac)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ac)＝eq\f(ba＋c＋a2＋c2,ac)＝eq\f(2ac＋a2＋c2,ac)＝eq\f(a＋c2,ac)＝eq\f(2a＋c2,ba＋c)＝eq\f(2a＋c,b)，所以eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)也成等差數(shù)列．[高考水平訓(xùn)練]1．下列函數(shù)f(x)中，滿足“對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)＞f(x2)成立”的是()A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)解析：選A.本題就是找哪一個(gè)函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，A項(xiàng)中，f′(x)＝(eq\f(1,x))′＝－eq\f(1,x2)＜0，∴f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．2．設(shè)a＞0，b＞0，則下面兩式的大小關(guān)系為lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．解析：因?yàn)?1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2eq\r(ab)＋ab－1－a－b－ab＝2eq\r(ab)－(a＋b)＝－(eq\r(a)－eq\r(b))2≤0，所以(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，所以lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案：≤3．如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，E、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，點(diǎn)D在B1C1上，A1D⊥B1C1.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C[證明](1)因?yàn)镋、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn)，所以EF∥BC，EF?平面ABC，BC?平面ABC．所以EF∥平面ABC．(2)因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1，所以BB1⊥平面A1B1C1，BB1⊥A1D，又A1D⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1D⊥平面BB1C1C又A1D?平面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C4．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，求證f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．證明：法一：要證f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)，只需證明其對(duì)稱軸為x＝0，即證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需證a＝－b.∵函數(shù)f(x＋1)的對(duì)稱軸x＝eq\f(－b,2a)－1與函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸x＝eq\f(－b,2a)關(guān)于y軸對(duì)稱，∴eq\f(－b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，∴a＝－b.∴f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．法二：記F(x)＝f(x＋eq\f(1,2))，欲證F(x)為偶函數(shù)，只需證F(－x)＝F(x)，即證f(－x＋eq\f(1,