2020-2021學(xué)年數(shù)學(xué)人教A版選修1-2課后提升訓(xùn)練：2.2.1　綜合法和分析法 Word版含解析

1、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)x1f(x2)”的是()a.f(x)=1xb.f(x)=(x-1)2c.f(x)=exd.f(x)=ln(x+1)解析本題就是判斷哪一個(gè)函數(shù)在(0,+)內(nèi)是減函數(shù),a項(xiàng)中,f(x)=1x=-1x20,用分析法證明1+x2b.x24c.x20d.x21解析因?yàn)閤0,所以要證1+x1+x2,只需證(1+x)21+x22,即證00,顯然x20成立,故原不等式成立.答案c3.命題“如果數(shù)列an的前n項(xiàng)和sn=2n2-3n(nn*),那么數(shù)列an一定是等差數(shù)列

2、”是否成立()a.不成立b.成立c.不能斷定d.與n取值有關(guān)解析當(dāng)n2時(shí),an=sn-sn-1=4n-5,又a1=s1=212-31=-1適合上式,所以an=4n-5(nn*),則an-an-1=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+4)是奇函數(shù),則等于()a.k4+8(kz)b.k+2(kz)c.k(kz)d.k4(kz)解析因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x)對xr恒成立,即cos(-3x+4)=-cos(3x+4),亦即cos(3x-4)+cos(3x+4)=0,所以2cos 3xcos 4=0,因此cos 4=0,4=k+2(kz),解

3、得=k4+8(kz).答案a5.要證a2+b2-1-a2b20,只需證明()a.2ab-1-a2b20b.a2+b2-1-a4+b420c.(a+b)22-1-a2b20d.(a2-1)(b2-1)0解析a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,由分析法知選d.答案d6.已知a,b,c為正實(shí)數(shù),且a+b+c=1,求證:1a-11b-11c-18.證明過程如下:因?yàn)閍,b,c為正實(shí)數(shù),且a+b+c=1,所以1a-1=b+ca0,1b-1=a+cb0,1c-1=a+bc0,所以1a-11b-11c-1=b+caa+cba+bc2bc2ac2ababc=8.當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號,所

4、以不等式成立.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(diǎn)o,且滿足oa+oc=ob+od,則四邊形abcd為.解析因?yàn)閛a+oc=ob+od,所以oa-ob=od-oc,即ba=cd,故四邊形abcd為平行四邊形.答案平行四邊形8.在銳角三角形abc中,求證:tan atan b1.證明要證tan atan b1,只需證sinasinbcosacosb1,因?yàn)閍,b均為銳角,所以cos a0,cos b0.因此只需證明sin asin bcos acos b,即cos acos b-sin asin b0,只需證c

5、os(a+b)0.而abc為銳角三角形,所以90a+b180,所以cos(a+b)1.9.如圖,在四棱錐p-abcd中,pa底面abcd,abad,accd,abc=60,pa=ab=bc,點(diǎn)e是pc的中點(diǎn).(1)證明:cdae.(2)證明:pd平面abe.證明(1)在四棱錐p-abcd中,因?yàn)閜a底面abcd,cd平面abcd,所以pacd.因?yàn)閍ccd,paac=a,所以cd平面pac.又因?yàn)閍e平面pac,所以cdae.(2)由pa=ab=bc,abc=60,可得ac=pa.因?yàn)辄c(diǎn)e是pc的中點(diǎn),所以aepc.由(1)知,aecd,又pccd=c,所以ae平面pcd.又因?yàn)閜d平面pcd

6、,所以aepd.因?yàn)閜a底面abcd,ab平面abcd,所以平面paab.又abad,paad=a,所以ab平面pad.因?yàn)閜d平面pad,所以abpd.又因?yàn)閍bae=a,所以pd平面abe.10.(1)設(shè)ab0,用綜合法證明:a3+b3a2b+ab2;(2)用分析法證明:已知a,b,m是正實(shí)數(shù),且ab,則ab0,a3+b3-(a2b+ab2)0,a3+b3a2b+ab2.(2)因?yàn)閍,b,m均為正實(shí)數(shù),所以欲證aba+mb+m,只要證明a(b+m)b(a+m),即證ambm,即證aqb.p=qc.pqd.由a的取值決定解析當(dāng)a=1時(shí),p=1+22,q=2+5,pq,故猜想當(dāng)a0時(shí),pq.證

7、明如下:要證pq,只需證p2q2,只需證2a+7+2a(a+7)2a+7+2(a+3)(a+4),即證a2+7aa2+7a+12,只需證012,012成立,p0”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abac0,但當(dāng)abac0時(shí),只能得到a為銳角,這時(shí)abc不一定為銳角三角形.答案b3.在abc中,c=3,a,b,c分別為a,b,c的對邊,則ab+c+bc+a=.解析因?yàn)閏=3,所以a2+b2=c2+ab,所以(a2+ac)+(b2+bc)=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+

8、c),所以ab+c+bc+a=(a2+ac)+(b2+bc)(b+c)(c+a)=1.答案14.如圖,在直四棱柱a1b1c1d1-abcd(側(cè)棱與底面垂直)中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蝍bcd滿足條件時(shí),有a1cb1d1(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a1cb1d1,只需證明b1d1平面a1c1c.因?yàn)閏c1b1d1,只要再有條件b1d1a1c1,就可證明b1d1平面a1c1c,從而得答案為b1d1a1c1.答案b1d1a1c1(答案不唯一)5.設(shè)a,b,c,d均為正數(shù),求證:a2+b2+c2+d2(a+c)2+(b+d)2.證明要證明a2+b2+c2+d2(a+c

9、)2+(b+d)2成立,只需證(a2+b2+c2+d2)2(a+c)2+(b+d)2,即證(a2+b2)(c2+d2)ac+bd,就是證(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2,就是證b2c2+a2d22abcd,也就是證(bc-ad)20,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a0,b0,則lg a+b2lga+lgb2;(2)6+1023+2.證明(1)當(dāng)a0,b0時(shí),有a+b2ab0,lg a+b2lgab,lg a+b212lg(ab)=lga+lgb2.lg a+b2lga+lgb2.(2)要證6+1023+2,只要證(6+10)2(23+2)2,即

10、260248,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+2ycxx+2y+y2x+y對任意正數(shù)x,y恒成立?若存在,請給出證明;若不存在,請說明理由.解存在常數(shù)c=23使不等式成立.證明如下:x0,y0,要證x2x+y+yx+2y23,只需證3x(x+2y)+3y(2x+y)2(2x+y)(x+2y),即證x2+y22xy,此式顯然成立.x2x+y+yx+2y23.再證xx+2y+y2x+y23,只需證3x(2x+y)+3y(x+2y)2(x+2y)(2x+y),即證x2+y22xy,此式顯然成立.xx+2y+y2x+y23.綜上所述,存在常數(shù)c=23,使得不等式x2x+y+yx+2ycxx+2y+y2x+y對任意正數(shù)x,y恒成立.8.求證:當(dāng)x0,1時(shí),22xsin xx.證明記f(x)=sin x-22x,則f(x)=cos