高中數(shù)學(xué) 2.2 第1課時 綜合法與分析法練習(xí) 新人教A版選修1-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)2.2第1課時綜合法與分析法練習(xí)新人教A版選修1-2一、選擇題1．關(guān)于綜合法和分析法的說法錯誤的是()A．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法B．綜合法又叫順推證法或由因?qū)Ч–．綜合法和分析法都是因果分別互推的“兩頭湊”法D．分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法[答案]C[解析]綜合法是由因?qū)Ч?，分析法是?zhí)果索因，故選項C錯誤．2．“對任意角θ，都有cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明過程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”應(yīng)用了()A．分析法 B．綜合法C．綜合法與分析法結(jié)合使用 D．間接證法[答案]B[解析]證明過程是利用已有的公式順推得到要證明的等式，因此是綜合法．3．設(shè)a、b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有()A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2) B．a(chǎn)b<1<eq\f(a2＋b2,2)C．a(chǎn)b<eq\f(a2＋b2,2)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)<1<ab[答案]B[解析]ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2<eq\f(a2＋b2,2)(a≠b)．4．設(shè)0<x<1，則a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個是()A．a(chǎn) B．bC．c D．不能確定[答案]C[解析]因為b－c＝(1＋x)－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)＜0，所以b<c.又因為(1＋x)2>2x>0，所以b＝1＋x>eq\r(2x)＝a，所以a<b<c.5．p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、q的大小為()A．p≥q B．p≤qC．p>q D．不確定[答案]B[解析]q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.6．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a、b∈R＋，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，則A、B、C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[答案]A[解析]eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x在(－∞，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，∴f(eq\f(a＋b,2))≤f(eq\r(ab))≤f(eq\f(2ab,a＋b))．二、填空題7．已知a>0，b>0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，則m與n的大小關(guān)系為________．[答案]m>n[解析]因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)>a＋b>0，所以eq\f(\r(a)＋\r(b),2)>eq\f(\r(a＋b),2)，所以m>n.8．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a、b應(yīng)滿足的條件是________．[答案]a≠b且a≥0，b≥0[解析]aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)＋beq\r(b)－aeq\r(b)－beq\r(a)>0?a(eq\r(a)－eq\r(b))＋b(eq\r(b)－eq\r(a))>0?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0只需a≠b且a、b都不小于零即可．9．在算式30－△＝4×□中的△，□內(nèi)分別填入兩個正數(shù)，使它們的倒數(shù)和最小，則這兩個數(shù)構(gòu)成的數(shù)對(△，□)應(yīng)為________．[答案](10,5)[解析]設(shè)(△，□)為(a，b)，則30－a＝4b，即a＋4b＝30，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))·eq\f(a＋4b,30)＝eq\f(5＋\f(4b,a)＋\f(a,b),30)≥eq\f(5＋4,30)＝eq\f(3,10)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b時等號成立．又有a＋4b＝30，可得a＝10，b＝5.三、解答題10．設(shè)a、b、c∈R，求證a2＋b2＋c2>2a＋b[證明]∵(a－1)2＋(b－eq\f(1,2))2＋c2≥0，∴a2－2a＋1＋b2－b＋eq\f(1,4)＋c2≥0，∴a2＋b2＋c2≥2a＋b－eq\f(5,4)，∵2a＋b－eq\f(5,4)>2a＋b－2.∴a2＋b2＋c2>2a＋b一、選擇題11．在R上定義運算⊙a⊙b＝ab＋2a＋b，則滿足x⊙(x－2)<0的實數(shù)xA．(0,2) B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1＋∞) D．(－1,2)[答案]C[解析]x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2<0?x2＋x－2<0?－2<x<1.12．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)成立，a、b應(yīng)滿足的條件是()A．a(chǎn)b<0且a>b B．a(chǎn)b>0且a>bC．a(chǎn)b<0且a<b D．a(chǎn)b>0且a>b或ab<0且a<b[答案]D[解析]eq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)?a－b＋3eq\r(3,ab2)－3eq\r(3,a2b)<a－b.∴eq\r(3,ab2)<eq\r(3,a2b).∴當(dāng)ab>0時，有eq\r(3,b)<eq\r(3,a)，即b<a；當(dāng)ab<0時，有eq\r(3,b)>eq\r(3,a)，即b>a.13．(·哈六中期中)若兩個正實數(shù)x、y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,4)<m2－3m有解，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－1,4) B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C．(－4,1) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)[答案]B[解析]∵x>0，y>0，eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，∴x＋eq\f(y,4)＝(x＋eq\f(y,4))(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))＝2＋eq\f(y,4x)＋eq\f(4x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,4x)·\f(4x,y))＝4，等號在y＝4x，即x＝2，y＝8時成立，∴x＋eq\f(y,4)的最小值為4，要使不等式m2－3m>x＋eq\f(y,4)有解，應(yīng)有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故選B.14．(·廣東梅縣東山中學(xué)期中)在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且對任意m，n都有：(1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；其中正確的結(jié)論個數(shù)是()個． ()A．3 B．2C．1 D．0[答案]A[解析]∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)組成首項為f(m,1)，公差為2的等差數(shù)列，∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)構(gòu)成首項為f(1,1)，公比為2的等比數(shù)列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f二、填空題15．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，則cos(α－β)＝________.[答案]－eq\f(1,2)[解析]由題意sinα＋sinβ＝－sinγ ①cosα＋cosβ＝－cosγ ②①，②兩邊同時平方相加得2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝12cos(α－β)＝－1，cos(α－β)＝－eq\f(1,2).三、解答題16．(·山東肥城二中高二期中)已知a、b、c、d為正實數(shù)，試用分析法證明：eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)≥ac＋bd.[解析]要證eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)≥ac＋bd成立，只需證(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，即證b2c2＋a2d2≥2abcd也就是(bc＋ad)2≥0.∵(bc＋ad)2≥0顯然成立，∴eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)≥ac＋bd.17．已知a≥－eq\f(1,2)，b≥－eq\f(1,2)，a＋b＝1，求證：eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2).下面是證明過程：要證eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)，只需證2(a＋b)＋2＋2eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤8.∵a＋b＝1，∴即證eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤2，只需證(2a＋1)(2b＋1)≤4，即證ab≤eq\f(1,4).∵eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4).∵ab≤eq\f(1,4)成立，因此eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)成立．試分析找出上述證明過程中的錯誤，并給予訂正．[解析]上述解法中，對ab≤eq\f(1,4)的證明是錯誤的．因為eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)成立的條件是a≥