高中數(shù)學(xué) 2.2.1直接證明同步檢測(cè) 蘇教版選修2-2

2.2.1直接證明eq\a\vs4\al\co1(雙基達(dá)標(biāo)限時(shí)20分鐘)1．分析法是________．①執(zhí)果索因的逆推法；②執(zhí)因?qū)Ч捻樛品ǎ虎垡蚬謩e互推的兩頭湊法；④尋找結(jié)論成立的充要條件的證明辦法．答案①2．設(shè)a、b是正實(shí)數(shù)，以下不等式①eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b)；②a＞|a－b|－b；③ab＋eq\f(2,ab)＞2恒成立的序號(hào)是________．解析當(dāng)a＝b時(shí)，eq\r(ab)＝eq\f(2ab,a＋b)，∴①不成立．a(chǎn)、b為正數(shù)，∴a＋b＞|a－b|，②成立．a(chǎn)b＋eq\f(2,ab)≥2eq\r(2)＞2，故③成立．答案②③3．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上，周期為3的奇函數(shù)，若f(1)＜1，f(2)＝eq\f(2a－1,a＋1)，則a的取值范圍為_(kāi)_______．解析由題意得f(－2)＝f(1－3)＝f(1)＜1，∴－f(2)＜1，即－eq\f(2a－1,a＋1)<1.∴eq\f(3a,a＋1)>0，即3a(a＋1)＞0.∴a＜－1或a＞0.答案a＜－1或a＞04．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則正數(shù)a，b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是________．解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)∴eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－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，∴eq\r(a)－eq\r(b)≠0即a≠b.答案a≠b5．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，則△ABC的形狀一定是________．解析在△ABC中，2cosBsinA＝sinC，即2eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·a＝c.∴a2＋c2－b2＝c2，∴a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC是等腰三角形．答案等腰三角形6．設(shè)a，b＞0，且a≠b，求證：a3＋b3＞a2b＋ab2.證明法一分析法要證a3＋b3＞a2b＋ab2成立．只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立，又因a＋b＞0，只需證a2－ab＋b2＞ab成立，只需證a2－2ab＋b2＞0成立，即需證(a－b)2＞0成立．而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2＞0顯然成立．由此命題得證．法二綜合法a≠b?a－b≠0?(a－b)2＞0?a2－2ab＋b2＞0?a2－ab＋b2＞ab.注意到a，b∈R＋，a＋b＞0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2.eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)25分鐘)7．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_(kāi)_______．①p≥q；②p≤q；③p＞q.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.答案②8．已知a，b，c為三角形的三邊且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，則P________S(填“>”或“<”或“≥”或“≤”)．解析S－P＝a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，∴S≥P.答案：≤9．已知a＞0，b＞0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于________．解析∵a＞0，b＞0，∴不等式可化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).只需求右邊的最小值，由基本不等式，有5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，∴m≤9.答案910．設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＋xf′(x)>0，f(1)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為_(kāi)_______．解析∵x>0時(shí)，f(x)＋xf′(x)>0，即(xf(x))′>0，∴xf(x)在(0，＋∞)是增函數(shù)．又f(1)＝0，∴x＝1時(shí)，xf(x)＝0.∵f(x)為偶函數(shù)，∴xf(x)為奇函數(shù)．∴xf(x)的圖象如圖．∴xf(x)>0的解集為(－1,0)∪(1，＋∞)．答案(－1,0)∪(1，＋∞)11．a(chǎn)、b、c為互不相等的正數(shù)，且abc＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).證明法一由左式推證右式∵abc＝1，且a、b、c為互不相等的正數(shù)∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝bc＋ac＋ab＝eq\f(bc＋ac,2)＋eq\f(ac＋ab,2)＋eq\f(ab＋bc,2)>eq\r(bc·ac)＋eq\r(ac·ab)＋eq\r(ab·bc)＝eq\r(c)＋eq\r(a)＋eq\r(b)∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).法二右式?左式∵a，b，c為互不相等的正數(shù)，且abc＝1.∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ac))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).12．已知x＞0，y＞0，求證(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).證明要證明(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3)，只需證(x2＋y2)3＞(x3＋x3)2.只需證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，只需證3x4y2＋3x2y4＞2x3y3.又x＞0，y＞0，∴x2y2＞0，∴只需證3x2＋3y2＞2xy，∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，∴3x2＋3y2＞2xy成立，故(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).13．(創(chuàng)新拓展)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a2＝6，a5＝162.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，證明：eq\f(Sn·Sn＋2,S\o\al(2,n＋1))≤1.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a2＝a1q，a5＝a1q4，依題意，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,a1q4＝162.))解得a1＝2，q＝3，∴an＝2·3n－1(2)∵Sn＝eq\f(