高中數(shù)學(xué)選修2-2課時作業(yè)5：2.2.1綜合法和分析法

人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2PAGEPAGE1課時作業(yè)3：2.2.1綜合法和分析法一、選擇題1．證明命題“f(x)＝ex＋1ex在(0，＋∞)上是增函數(shù)∵f(x)＝ex＋1ex，∴f′(x)＝ex－∵x>0，∴ex>1,0<1e∴ex－1ex>0，即f′(x∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，他使用的證明方法是()A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．以上都不是2．分析法又叫執(zhí)果索因法，若使用分析法證明：設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：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)<03．p＝ab＋cd，q＝ma+nc·bm+dn(m、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、qA．p≥q B．p≤qC．p>q D．不確定4．已知函數(shù)f(x)＝12x，a、b∈R＋，A＝fa+b2，B＝f(ab)，C＝f2aba+b，則A，B，CA．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A5．對任意的銳角α、β，下列不等式關(guān)系中正確的是()A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβB．sin(α＋β)＞cosα＋cosβC．cos(α＋β)＞sinα＋sinβD．cos(α＋β)<cosα＋cosβ6．設(shè)a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時大于零”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么()A．x<x+y2<y<2xy B．2xy<x<x+y2C．x<x+y2<2xy<y D．x<2xy<8．下面的四個不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤14ba＋ab≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)其中恒成立的有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個9．若x，y∈R＋，且x＋y≤ax+y恒成立，則a的最小值是()A．2eq\r(2) B.eq\r(2)C．2 D．110．類比“兩角和與差的正余弦公式”的形式，對于給定的兩個函數(shù)，S(x)＝ax-a-x2，C(x)＝ax+a-x2①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③ B．②④C．①④ D．①②③④二、填空題 11．如果aa＋bb＞ab＋ba，則實(shí)數(shù)a、b應(yīng)滿足的條件是________．12．設(shè)a>0，b>0，則下面兩式的大小關(guān)系為lg(1＋ab)________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．13．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要條件是12<x<32，則實(shí)數(shù)a14．給出下列不等式：①a>b>0，且a2＋b24＝1，則ab>a2b②a，b∈R，且ab<0，則a2+b2③a>b>0，m>0，則a+mb+m>a④x+4x≥4(其中正確不等式的序號為________．三、解答題15．設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1.求證：(1)1a＋1b＋(2)a+1a2+b+1b16．已知a>b>0，求證a-b28a<a+b2－17．已知a、b、c表示△ABC的三邊長，m＞0，求證：aa+m＋bb+m18．若a，b，c為不全相等的正數(shù)，求證：lga+b2＋lgb+c2＋lgc+a2>lga＋lgb＋[答案]1[答案]A[解析]該證明方法符合綜合法的定義，應(yīng)為綜合法．故應(yīng)選A.2[答案]C[解析]要證b2-ac<只需證b2－ac<3a只需證b2－a(－b－a)<3a只需證2a2－ab－b2只需證(2a＋b)(a－b)>0只需證(a－c)(a－b)>0.故索的因應(yīng)為C.3[答案]B[解析]q＝ab+≥2ab+cd+2abcd＝ab＋cd＝4[答案]A[解析]a+b2≥ab≥2aba+b，又函數(shù)f(x)＝12x在(fa+b2≤f(ab)≤5[答案]D[解析]∵α、β為銳角，∴0＜α＜α＋β＜π，∴cosα＞cos(α＋β)又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．6[答案]C[解析]首先若P、Q、R同時大于零，則必有PQR>0成立．其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，則必有兩個為負(fù)，不妨設(shè)P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，∴b<0與b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.7[答案]D[解析]∵y>x>0，且x＋y＝1，∴設(shè)y＝eq\f(3,4)，x＝eq\f(1,4)，則x+y2＝eq\f(1,2)，2xy＝eq\f(3,8).所以有x<2xy<x+y2<y，故排除A、B、C.8[答案]C[解析]∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0a(1－a)－14＝－a2＋a－14＝－a-(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.∴應(yīng)選9[答案]B[解析]原不等式可化為a≥x+yx+y＝要使不等式恒成立，只需a不小于1+2∵1+2xyx+y≤2，當(dāng)x＝y(tǒng)時取等號，∴∴a的最小值為eq\r(2).故應(yīng)選B.10[答案]D[解析]∵S(x)＝ax-a-x2，∴S(x＋y)＝axS(x)C(y)＋C(x)S(y)＝ax-a-x2＝ax-y∴S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)同理：S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．應(yīng)選D.11[答案]a≥0，b≥0且a≠b[解析]∵aa＋bb＞ab＋ba?(a－b)2(a＋b)＞0?a≥0，b≥0且a≠b.12[答案]≤[解析]∵(1＋ab)2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2ab＋ab－1－a－b－ab＝2ab－(a＋b)＝－(a-b)∴(1＋ab)2≤(1＋a)(1＋b)，∴l(xiāng)g(1＋ab)≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．13[答案]12≤[解析]|x－a|＜1?a－1＜x＜a＋1由題意知12,32(a－1，a＋(且等號不同時成立)解得12≤14[答案]①②④[解析]①a>b>0，∴a≠eq\f(b,2)∴a2＋b24＝1>2a∴1－ab>0，∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0，∴ab>a2b2正確．②a2+b2∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴a2+b2ab≤③a+mb+m-∵a>b>0，m>0，∴b(b＋m)>0，b－a<0，∴(b-a)mb(b+m)<0∴a+mb+m<ab；，④x+4x＝|x|＋4x≥415[解析](1)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2ab，ab≤eq\f(1,2)，∴1ab≥4.∴1a＋1b＋1ab＝(a＋b)≥2ab·21ab＋4＝8，∴1a＋1b(2)∵a+b2≤∴a+＝1+1a+1b22≥∴a+1a2+b+1b216[解析]欲證a-b28a<a+b2－成立．只需證eq\f((a－b)2,4a)<a＋b－2eq\r(ab)<eq\f((a－b)2,4b)a-b24a<a+b－2ab<a-b24b?a-b2a2<(a－b)?a-b2a<eq\r(a)－eq\r(b)<a-b2b?a+b2a?1＋ba<2<1＋ab?ba<1<ab?eq\f(b,a)<1<eq\f(a,b).∵a>b>0，∴eq\f(b,a)<1<eq\f(a,b)成立．從而，有a-b28a<a+b2－17[解析]要證明aa+m＋bb+m只需證明aa+m＋b∴aa+m＋＝a∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2∵△ABC中任意兩邊之和大于第三邊∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0∴2abm＋abc＋(