高中數(shù)學(xué) 1.2 綜合法和分析法基礎(chǔ)鞏固 北師大版選修2-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)1.2綜合法和分析法基礎(chǔ)鞏固北師大版選修2-2一、選擇題1．(·四平二模)設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤[答案]C[解析]若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，則a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；對(duì)于③，即“a＋b>2，則a，b中至少有一個(gè)大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個(gè)大于1.2．已知函數(shù)f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，則f(－a)等于()A．b B．－bC.eq\f(1,b) D．－eq\f(1,b)[答案]B[解析]f(－a)＝lgeq\f(1＋a,1－a)＝lg(eq\f(1－a,1＋a))－1＝－lgeq\f(1－a,1＋a)＝－f(a)＝－b.3．已知a、b、c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項(xiàng)中一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0[答案]A[解析]由c<b<a，且ac<0得a>0，c<0.由不等式的性質(zhì)不難選出答案為A.二、填空題4．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≥05．(·徐州模擬)設(shè)x，y，z是空間的不同直線或不同平面，且直線不在平面內(nèi)，下列條件中能保證“若x⊥z，且y⊥z，則x∥y”為真命題的是________．(填所有正確條件的代號(hào))①x為直線，y，z為平面；②x，y，z為平面；③x，y為直線，z為平面；④x，y為平面，z為直線；⑤x，y，z為直線．[答案]①③④[解析]①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，∴x∥平面y或x平面y.∵x平面y，故x∥y成立．②中若x，y，z均為平面，則x可與y相交，故②不成立．③x⊥z，y⊥z，x，y為不同直線，故x∥y成立．④由z⊥x，z⊥y，z為直線，x，y為不同平面，可得x∥y，④成立．⑤x，y，z均為直線可異面垂直，故⑤不成立．三、解答題6．已知a>b>c，求證：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c).[分析]本題中出現(xiàn)的有a－b，b－c和a－c，注意它們之間的關(guān)系為a－c＝(a－b)＋(b－c)從而解答問題．[證明]∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝(a－b)＋(b－c)．∴eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c時(shí)等號(hào)成立．∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c)成立.一、選擇題1．(·西工大附中聯(lián)考)對(duì)于平面α和共面的直線m，n，下列命題中真命題是()A．若m⊥α，m⊥n，則n∥αB．若m∥α，n∥α，則m∥nC．若mα，n∥α，則m∥nD．若m，n與α所成的角相等，則m∥n[答案]C[解析]對(duì)于平面α和共面的直線m，n，真命題是“若mα，n∥α，則m∥n”．2．設(shè)x＞0，y＞0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，則A與B的大小關(guān)系是()A．A＞B B．A≥BC．A＜B D．A≤B[答案]C[解析]eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＞eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)3．(·浙江理，3)已知x，y為正實(shí)數(shù)，則()A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx·2lgy[答案]D[解析]2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy.4．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))．5．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的值()A．一定大于零 B．一定等于零C．一定小于零 D．正負(fù)都有可能[答案]A[解析]f(x)＝x3＋x是奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)，由a＋b>0得a>－b，所以f(a)>f(－b)，即f(a)＋f(b)>0，同理f(a)＋f(c)>0，f(b)＋f(c)>0，所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0.二、填空題6．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，則cos(α－β)＝________.[答案]－eq\f(1,2)[解析]觀察已知條件中有三個(gè)角α、β、γ，而所求結(jié)論中只有兩個(gè)角α、β，所以我們只需將已知條件中的角γ消去即可，依據(jù)sin2γ＋cos2γ＝1消去γ.由已知，得sinγ＝－(sinα＋sinβ)，cosγ＝－(cosα＋cosβ)，∴(sinα＋sinβ)2＋(cosα＋cosβ)2＝sin2γ＋cos2γ＝1，化簡(jiǎn)并整理得cos(α－β)＝－eq\f(1,2).7．設(shè)a≥0，b≥0，a2＋eq\f(b2,2)＝1，則a·eq\r(1＋b2)的最大值為____________．[答案]eq\f(3\r(2),4)[解析]a·eq\r(1＋b2)＝eq\r(2)a·eq\r(\f(1,2)＋\f(b2,2))≤eq\f(\r(2),2)(a2＋eq\f(1,2)＋eq\f(b2,2))＝eq\f(3\r(2),4)(當(dāng)且僅當(dāng)a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(b2,2)且a2＋eq\f(b2,2)＝1即a＝eq\f(\r(6),2)，b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取“＝”)三、解答題8．分別用分析法、綜合法證明：(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.[解析]證法一：(分析法)要證(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，只需證a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2即證b2c2＋a2d2≥2abcd只需證(bc－ad)2≥0.因?yàn)?bc－ad)2≥0顯然成立，所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2成立．證法二：(綜合法)因?yàn)閎2c2＋a2d2≥2abcd所以a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2即(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.9．(·華池一中高三期中)已知n∈N*，且n≥2，求證：eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1).[證明]要證eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)，即證1>n－eq\r(nn－1)，只需證eq\r(nn－1)>n－1，∵n≥2，∴只需證n(n－1)>(n－1)2，只需證n>n－1，只需證0>－1，最后一個(gè)不等式顯然成立，故原結(jié)論成立．10．已知：a、b