高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明 市一等獎(jiǎng)

第二章2.2.1一、選擇題(每小題5分，共20分)1．欲證不等式eq\r(3)－eq\r(5)<eq\r(6)－eq\r(8)成立，只需證()A．(eq\r(3)－eq\r(5))2<(eq\r(6)－eq\r(8))2 B．(eq\r(3)－eq\r(6))2<(eq\r(5)－eq\r(8))2C．(eq\r(3)＋eq\r(8))2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2 D．(eq\r(3)－eq\r(5)－eq\r(6))2<(－eq\r(8))2解析：要證eq\r(3)－eq\r(5)<eq\r(6)－eq\r(8)成立，只需證eq\r(3)＋eq\r(8)<eq\r(6)＋eq\r(5)成立，只需證(eq\r(3)＋eq\r(8))2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2成立．答案：C2．使不等式eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的條件是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)>b且ab<0 D．a(chǎn)>b且ab>0解析：要使eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，須使eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0.若a>b，則b－a<0，ab>0.若a<b，則b－a>0，ab<0.答案：D3．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則()A．a(chǎn)≤eq\f(1,2) B．a(chǎn)b≥eq\f(1,2)C．a(chǎn)2＋b2≥2 D．a(chǎn)2＋b2≤3解析：∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.答案：C4．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，q＝2－x2＋4x－2(x＞0)，則()A．p＞q B．p＜qC．p≥q D．p≤q解析：p＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(a－2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－2))))＋2＝＝2－x2＋4x－2＝2－(x－2)2＋2≤4.答案：C二、填空題(每小題5分，共10分)5．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(guò)程“對(duì)函數(shù)f(x)＝x－xlnx取導(dǎo)得f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＝－lnx>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)”應(yīng)用了________的證明方法．解析：該證明過(guò)程符合綜合法的特點(diǎn)．答案：綜合法6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實(shí)數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是__________.解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)－aeq\r(b)>beq\r(a)－beq\r(b)?a(eq\r(a)－eq\r(b))>b(eq\r(a)－eq\r(b))?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b三、解答題(每小題10分，共20分)7．在△ABC中，eq\f(AC,AB)＝eq\f(cosB,cosC)，證明：B＝C.證明：在△ABC中，由正弦定理及已知得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(cosB,cosC).于是sinBcosC－cosBsinC＝0，因sin(B－C)＝0，因?yàn)椋?lt;B－C<π，從而B(niǎo)－C＝0，所以B＝C.8．已知a>0，b>0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證明：方法一：(綜合法)因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝(a－b)eq\a\vs4\al(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))－\f(1,\r(a)))))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).方法二：(分析法)要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，即證(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0，因?yàn)閍>0，b>0，所以a－b與eq\r(a)－eq\r(b)符合相同，不等式(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0成立，所以原不等式成立．eq\x(尖子生題庫(kù)) ☆☆☆(10分)已知a，b，c是全不相等的正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)>3.證明：證法一：(分析法)要證eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)>3.只需證明eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)－1＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)－1＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)－1>3，即證eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)>6，而事實(shí)上，由a，b，c是全不相等的正實(shí)數(shù)，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)>2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)>2.∴eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)>6.∴eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)>3得證．證法二：(綜合法)∵a，b，c全不相等∴eq\f(b,a)與eq\f(a,b)，eq\f(c,a)與eq\f(a,c)，eq\f(c,b)與eq\f(b,c)全不相等．∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)>2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)>2，三式相加得eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)>6，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(c