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文檔簡(jiǎn)介
1、第一章2.22.2.1 綜合法與分析法 a級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1在abc中,若sinasinb<cosacosb,則abc一定是(c)a直角三角形b銳角三角形c鈍角三角形 d等邊三角形2命題“對(duì)任意角,cos4sin4cos2”的證明過(guò)程:“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”應(yīng)用了(b)a分析法 b綜合法c分析法與綜合法 d演繹法3(2018·德州高二檢測(cè))在r上定義運(yùn)算:abab2ab,則滿足x(x2)<0的實(shí)數(shù)x的取值范圍為(b)a(0,2) b(2,1)c(1,2) d(,2)(1,)解析本題主要考查對(duì)不等式解法,以及
2、對(duì)定義運(yùn)算的理解,由定義得x(x2)2xx2<0,即x2x2<0,2<x<1故選b4若兩個(gè)正實(shí)數(shù)x、y滿足1,且不等式x<m23m有解,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(b)a(1,4) b(,1)(4,)c(4,1) d(,0)(3,)解析x>0,y>0,1,x(x)()2224,等號(hào)在y4x,即x2,y8時(shí)成立,x的最小值為4,要使不等式m23m>x有解,應(yīng)有m23m>4,m<1或m>4,故選b5已知y>x>0,且xy1,那么(d)ax<<y<2xy b2xy<x<<ycx<<
3、2xy<y dx<2xy<<y解析y>x>0,且xy1,設(shè)y,x,則,2xy所以有x<2xy<<y,故排除a、b、c,選d6已知函數(shù)f(x)x,a、br,af,bf(),cf,則a、b、c的大小關(guān)系為(a)aabc bacbcbca dcba解析,又函數(shù)f(x)()x在(,)上是單調(diào)減函數(shù),f()f()f()二、填空題7如果ab>ab,則實(shí)數(shù)a、b應(yīng)滿足的條件是ab且a0,b0解析ab>ababab>0a()b()>0(ab)()>0()()2>0只需ab且a,b都不小于零即可8已知x1是方程x2x4的根
4、,x2是方程xlog2x4的根,則x1x2的值是4解析x2x4,2x4x,x1是y2x與y4x交點(diǎn)的橫坐標(biāo)又xlog2x4,log2x4x,x2是ylog2x與y4x交點(diǎn)的橫坐標(biāo)又y2x與ylog2x互為反函數(shù),其圖象關(guān)于yx對(duì)稱,由得x2,2,x1x24三、解答題9已知nn*,且n2,求證:>證明要證>,即證1>n,只需證>n1,n2,只需證n(n1)>(n1)2,只需證n>n1,只需證0>1,最后一個(gè)不等式顯然成立,故原結(jié)論成立10已知a、b、c表示abc的三邊長(zhǎng),m0,求證:證明要證明,只需證明0即可,a0,b0,c0,m0,(am)(bm)(c
5、m)0,a(bm)(cm)b(am)(cm)c(am)(bm)abcabmacmam2abcabmbcmbm2abcbcmacmcm22abmam2abcbm2cm22abmabc(abc)m2,abc中任意兩邊之和大于第三邊,abc0,(abc)m20,2abmabc(abc)m20,b級(jí)素養(yǎng)提升一、選擇題1要使<成立,a、b應(yīng)滿足的條件是(d)aab<0且a>bbab>0且a>bcab<0且a<bdab>0且a>b或ab<0且a<b解析<ab33<ab<當(dāng)ab>0時(shí),有<,即b<a;當(dāng)ab
6、<0時(shí),有>,即b>a2在f(m,n)中,m、n、f(m,n)n*,且對(duì)任意m、n都有:(1)f(1,1)1,(2)f(m,n1)f(m,n)2,(3)f(m1,1)2f(m,1);給出下列三個(gè)結(jié)論:f(1,5)9;f(5,1)16;f(5,6)26;其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是()個(gè)(a)a3b2c1d0解析f(m,n1)f(m,n)2,f(m,n)組成首項(xiàng)為f(m,1),公差為2的等差數(shù)列,f(m,n)f(m,1)2(n1)又f(1,1)1,f(1,5)f(1,1)2×(51)9,又f(m1,1)2f(m,1),f(m,1)構(gòu)成首項(xiàng)為f(1,1),公比為2的等比數(shù)列,f
7、(m,1)f(1,1)·2m12m1,f(5,1)25116,f(5,6)f(5,1)2×(61)161026,都正確,故選a二、填空題3若sinsinsin0,coscoscos0,則cos()解析由題意sinsinsincoscoscos,兩邊同時(shí)平方相加得22sinsin2coscos12cos()1,cos()4(2018·余姚高二檢測(cè))觀察下列等式:1,1,1,據(jù)此規(guī)律,第n個(gè)等式可為1解析第一個(gè)等式右端是一個(gè)數(shù),左端是2個(gè)數(shù);第二個(gè)等式右端是2個(gè)數(shù),左端是4個(gè)數(shù);第三個(gè)等式右端是3個(gè)數(shù),左端是6個(gè)數(shù),21×2,42×2,63
8、5;2,第n個(gè)等式左端的分母從1到2n,右端分母從n1到2n;左端奇數(shù)項(xiàng)為正,偶數(shù)項(xiàng)為負(fù),右端全為正,分子都是1,故第n個(gè)等式為1三、解答題5已知a、b是abc的兩個(gè)內(nèi)角向量m(cos)i(sin)j,其中i,j為相互垂直的單位向量若|m|,證明:tana·tanb證明|m|2m2cos2·sin2·,由|m|2,得cos(ab)cos(ab)4(cosacosbsinasinb)5(cosacosbsinasinb)即9sina·sinbcosa·cosb又a,b是abc的內(nèi)角,cosacosb0,故tanatanb 6已知a、b是不等正數(shù),
9、且a3b3a2b2,求證:1<ab<證明a3b3a2b2且ab,a2abb2ab,由(ab)2a22abb2>a2abb2得(ab)2>ab,又ab>0,ab>1,要證ab<,即證3(ab)<4,ab>0,只需證明3(ab)2<4(ab),又aba2abb2,即證3(ab)2<4(a2abb2),也就是證明(ab)2>0因?yàn)閍、b是不等正數(shù),故(ab)2>0成立故ab<成立綜上,得1<ab<c級(jí)能力拔高在某兩個(gè)正數(shù)m,n之間插入一個(gè)數(shù)x,使m,x,n成等差數(shù)列,插入兩個(gè)數(shù)y,z,使m,y,z,n成等比數(shù)列求證:(x1)2(y1)(z1)證明由已知可得,所以m,n,即mn,從而2x要證(x1)2(y1)(z1),只需證x1成立要證x1成立,只需證x1即可也就是證2xyz,而2x,則只需證yz成立即可即y3z3yz(yz),只需證y2yzz2yz,即證(yz)20成立,
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