數(shù)學(xué)（選修22）練習(xí)6.2.1直接證明分析法與綜合法活頁作業(yè)19

活頁作業(yè)(十九)直接證明：分析法與綜合法1．在△ABC中，A，B所對(duì)的邊分別為a，b，且eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)，則B＝()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：由正弦定理eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinB,b)及條件eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinA,a)，得sinB＝cosB．則△ABC的內(nèi)角B＝45°.答案：B2．欲證eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需證()A．(eq\r(2)－eq\r(3))2＜(eq\r(6)－eq\r(7))2B．(eq\r(2)－eq\r(6))2＜(eq\r(3)－eq\r(7))2C．(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2＜(－eq\r(7))2解析：分析法，欲證eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需證eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6).∵eq\r(2)＋eq\r(7)＞0，eq\r(3)＋eq\r(6)＞0，∴只需證(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2.答案：C3．若實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2＋y2＋z2＝1，則xy＋yz＋zx的取值范圍()A．[－1,1] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))解析：∵xy＋yz＋zx≤eq\f(x2＋y2,2)＋eq\f(y2＋z2,2)＋eq\f(z2＋x2,2)＝1，2(xy＋yz＋zx)＝(x＋y＋z)2－(x2＋y2＋z2)≥0－1＝－1，∴xy＋yz＋zx≥－eq\f(1,2).答案：B4．已知a，b是不相等的正數(shù)，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，則x，y的關(guān)系為()A．x＞y B．x＜yC．x＝y(tǒng) D．不確定解析：取a＝1，b＝4，則x＝eq\f(3,\r(2))，y＝eq\r(5).此時(shí)x＜y.猜想x＜y.用分析法證明如下：x＜y，即eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))＜eq\r(a＋b)，eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))＜eq\r(a＋b)?eq\f(a＋2\r(ab)＋b,2)＜a＋b?2eq\r(ab)＜a＋b?(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0?a≠b，且a，b∈(0，＋∞)．而a≠b，且a，b∈(0，＋∞)恰是已知條件，故x＜y.答案：B5．已知f(x)是實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)恒成立．則函數(shù)f(x)的周期為()A．4 B．6C．8 D．10解析：∵f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)，∴f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．∴f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)＝f(x＋1)－f(x)－f(x＋1)＝－f(x)．∴f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)．∴f(x)為周期函數(shù)，6是它的一個(gè)周期．答案：B6．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．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥07．若aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實(shí)數(shù)a，b滿足的一個(gè)條件是______________.解析：若aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a≥0，b≥0，所以不等式兩邊均大于或等于0.兩邊平方，得a3＋b3＋2abeq\r(ab)＞a2b＋b2a＋2abeq\r(ab)，即a3＋b3－a2b－b2a＞0，即a2(a－b)＋b2(b－a)＞0，即(a－b)·(a2－b2)＞0，即(a－b)2(a＋b)又a≥0，b≥0，則a＋b≥0.故a，b滿足的條件為a≥0，b≥0且a≠b.因此滿足上式的任一個(gè)關(guān)于a，b的條件均可．答案：a≥0，b≥0且a≠b8．當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，則m的取值范圍是____________.解析：∵x∈(1,2)，∴x2＋mx＋4＜0?m＜－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x))).由y＝x＋eq\f(4,x)在(1,2)上單調(diào)遞減，得y＜5.∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＞－5.∴m≤－5.答案：(－∞，－5]9．設(shè)a，b，c成等比數(shù)列，而x，y分別是a，b和b，c的等差中項(xiàng)．求證：eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.證明：由題意，得c＝eq\f(b2,a)，x＝eq\f(a＋b,2)，y＝eq\f(b＋c,2).則eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝eq\f(a,\f(a＋b,2))＋eq\f(c,\f(b＋c,2))＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2c,b＋c)＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2·\f(b2,a),b＋\f(b2,a))＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2b,a＋b)＝2.∴eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.10．已知a＞0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).因a＞0，故只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2.從而只要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，即證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥2.而上述不等式顯然成立，故原不等式成立．11．分析法又稱執(zhí)果索因法，則用分析法證明“設(shè)a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b＞0 B．a(chǎn)－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析：要證明eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a，只需證b2－ac＜3a2，只需證(a＋c)2－ac＜3a2，只需證－2a2＋ac＋c2＜0，即證2a2－ac－c2＞0，即證(a－c)·(2a＋c)＞0，即證(a－c)(a－b)＞0.答案：C12．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：∵(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝2eq\r(ab)－(a＋b)≤0，∴(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)．則lg(1＋eq\r(ab))2≤lg(1＋a)(1＋b)，即lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案：≤13．已知x，y∈(0，＋∞)，a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，則a，b的大小關(guān)系是____________.解析：∵a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，∴a－b＝(x4＋y4)－(x3y＋xy3)＝(x3－y3)(x－y)＝(x－y)2(x2＋xy＋y2)≥0.故a≥b.答案：a≥b14．已知f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－4x.那么，不等式f(x＋2)＜5的解集是____________.解析：∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(x)＝f(|x|)．∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－4x，∴不等式f(x＋2)＜5?f(|x＋2|)＜5?|x＋2|2－4|x＋2|＜5?(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)＜0?|x＋2|－5＜0?|x＋2|＜5?－5＜x＋2＜5?－7＜x＜3.故解集為(－7,3)．答案：(－7,3)15．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，且它們的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.證明：方法一(先分析法)要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需證c2＋a2＝ac＋b2.(再綜合法)∵△ABC的三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，∴B＝60°.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac.∴c2＋a2＝ac＋b2.∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.方法二∵△ABC的三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°，即c2＋a2＝ac＋b2.兩邊加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)．兩邊除以(a＋b)(b＋c)，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a＋b)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b＋c)＋1))＝3.∴eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.16．(2017·江蘇卷)對(duì)于給定的正整數(shù)k，若數(shù)列{an}滿足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，對(duì)任意正整數(shù)n(n＞k)總成立，則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”．(1)求證：等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”．(2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”，又是“P(3)數(shù)列”，求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列．證明：(1)由{an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.當(dāng)n≥4時(shí)，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,∴an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.∴等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”．(2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”又是“P(3)數(shù)列”，因此，當(dāng)n≥3時(shí)，a