高中數(shù)學北師大版2第一章推理與證明第1章2

第一章§2一、選擇題1．設f(x)為奇函數(shù)，f(1)＝eq\f(1,2)，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，則f(5)等于()A．0 B．1\f(5,2) D．5解析：由f(x)為奇函數(shù)與f(1)＝eq\f(1,2)知，f(－1)＝－f(1)＝－eq\f(1,2)，令x＝－1，得f(－1)＋f(2)＝f(1)，所以f(2)＝f(1)－f(－1)＝1，從而f(5)＝f(3)＋f(2)＝f(1)＋f(2)＋f(2)＝eq\f(5,2).故選C.答案：C2．若實數(shù)a，b滿足0＜a＜b，且a＋b＝1，則下列四個數(shù)中最大的是()\f(1,2) B．a(chǎn)2＋b2C．2ab D．a(chǎn)解析：∵a＋b＝1，a＋b＞2eq\r(ab)，∴2ab＜eq\f(1,2)，由a2＋b2＞eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(1,2)，又∵0＜a＜b，且a＋b＝1，∴a＜eq\f(1,2)，∴a2＋b2最大，故選B.答案：B3．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))2 B．(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))2 D．(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C.答案：C4．用分析法證明命題“已知a－b＝1.求證：a2－b2＋2a－4b－3＝0.”最后要具備的等式為A．a(chǎn)＝b B．a(chǎn)＋b＝1C．a(chǎn)＋b＝－3 D．a(chǎn)－b＝1解析：要證a2－b2＋2a－4b即證a2＋2a＋1＝b2＋4b＋4，即(a＋1)2＝(b＋2)2即證|a＋1|＝|b＋2|，即證a＋1＝b＋2或a＋1＝－b－2，故a－b＝1或a＋b＝－3，而a－b＝1為已知條件，也是使等式成立的充分條件．答案：D二、填空題5．已知m＝(－5,3)，n＝(－1,2)，且λm＋n與2n＋m互相垂直，則實數(shù)λ的值等于________．解析：要使(λm＋n)⊥(2n＋m)，只需(λm＋n)·(2n＋m)＝0，即7(5λ＋1)＋7(3λ＋2)＝0，解得λ＝－eq\f(3,8).答案：－eq\f(3,8)6．若直線2ax＋by－4＝0(a＞0，b＞0)始終平分圓x2＋y2－2x－4y－8＝0的面積，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值為_______________．解析：由題意，直線2ax＋by－4＝0過圓x2＋y2－2x－4y－8＝0的圓心(1,2)．于是2a＋2b－4＝0，即a＋b∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,2)(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,b)＋3))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(2b,a)·\f(a,b))＋3))＝eq\r(2)＋eq\f(3,2).當且僅當eq\f(2b,a)＝eq\f(a,b)，且a＋b＝2，即a＝4－2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)－2時，等號成立．答案：eq\f(3,2)＋eq\r(2)三、解答題7．已知a，b∈R，且a＋b＝1，求證(a＋2)2＋(b＋2)2≥eq\f(25,2).證明：證法一：∵a＋b＝1，∴b＝1－a∴(a＋2)2＋(b＋2)2＝(a＋2)2＋(3－a)2＝a2＋4a＋4＋a2－6＝2a2－2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(25,2)≥eq\f(25,2).證法二：∵a＋b＝1，∴a2＋b2＋2ab＝1，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥1.∴a2＋b2≥eq\f(1,2).∵(a＋2)2＋(b＋2)2＝a2＋b2＋4(a＋b)＋4＋4＝a2＋b2＋12≥eq\f(1,2)＋12＝eq\f(25,2).8．已知△ABC的三邊a、b、c的倒數(shù)成等差數(shù)列，試分別用綜合法和分析法證明：∠B為銳角．證明：分析法：要證明∠B為銳角，只需證cosB＞0，又因為cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以只需證明a2＋c2－b2＞0，即a2＋c2＞b2，因為a2＋c2≥2ac所以只需證明2ac＞b2由已知eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，即2ac＝b(a＋c)．所以只需證明b(a＋c)＞b2，即a＋c＞b成立，所以∠B為銳角．綜合法：由題意：eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋c,ac)，則b＝eq\f(2ac,a＋c)，∴b(a＋c)＝2ac，∵a＋c＞b∴b(a＋c)＝2ac＞b2∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)＞0，又∵y＝cosx在(0，π)上單調遞減，∴0＜∠B＜eq\f(π,2)，即∠B為銳角．9．是否存在常數(shù)C，使得不等式eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤C≤eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)對任意正數(shù)x，y恒成立？試證明你的結論．解析：令x＝y(tǒng)＝1，得eq\f(2,3)≤C≤eq\f(2,3)，∴C＝eq\f(2,3)，下面給出證明：先證明eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，因為x＞0，y＞0，要證eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，只需證3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)，即x2＋y2≥2xy，顯然成立，∴eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3).再證eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3)，只需證3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，即