【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2022屆數(shù)學(xué)一輪(文科)北師大版-課時(shí)作業(yè)-11-2-第十一章-推理證明、算法、復(fù)數(shù)

第2講綜合法、分析法、反證法基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．若a，b∈R，則下面四個(gè)式子中恒成立的是 ()A．lg(1＋a2)>0 B．a(chǎn)2＋b2≥2(a－b－1)C．a(chǎn)2＋3ab>2b2 D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．答案B2．已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)，b大小不定解析∵a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)＝eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1)).而eq\r(m＋1)＋eq\r(m)>eq\r(m)＋eq\r(m－1)＞0(m＞1)，∴eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))<eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，即a<b.答案B3．“a＝eq\f(1,4)”是“對(duì)任意正數(shù)x，均有x＋eq\f(a,x)≥1”的 ()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，x＋eq\f(\f(1,4),x)≥2eq\r(x·\f(\f(1,4),x))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,4x)，即x＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)；反之，明顯不成立．答案A4．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(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)＜0解析由題意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a?b2－ac＜3a2?(a＋c)2－ac＜3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0?－2a2＋ac＋c2＜0?2a2－ac－c2＞0?(a－c)(2a＋c)＞0?(a－c)(a－b)＞0.答案C5．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的確定值都小于1，用反證法證明時(shí)可假設(shè)方程有一根x1的確定值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下正確的是 ()A．①與②的假設(shè)都錯(cuò)誤B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯(cuò)誤D．①的假設(shè)錯(cuò)誤；②的假設(shè)正確解析反證法的實(shí)質(zhì)是否定結(jié)論，對(duì)于①，其結(jié)論的反面是p＋q＞2，所以①不正確；對(duì)于②，其假設(shè)正確．答案D

二、填空題6.eq\r(6)＋eq\r(7)與2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小關(guān)系為________．解析要比較eq\r(6)＋eq\r(7)與2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小，只需比較(eq\r(6)＋eq\r(7))2與(2eq\r(2)＋eq\r(5))2的大小，只需比較6＋7＋2eq\r(42)與8＋5＋4eq\r(10)的大小，只需比較eq\r(42)與2eq\r(10)的大小，只需比較42與40的大小，∵42>40，∴eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).答案eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)7．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件的序號(hào)是________．解析要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0成立，即a，b不為0且同號(hào)即可，故①③④能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．答案①③④8．設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件的是答案①三、解答題9．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)＞0.又上述三個(gè)不等式中等號(hào)不能同時(shí)成立．∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立．上式兩邊同時(shí)取常用對(duì)數(shù)，得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lgabc，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.10．設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．(1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列；(2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？(1)證明假設(shè)數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，由于a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與公比q≠0沖突，所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．(2)解當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，故{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列，否則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，這與公比q≠0沖突．綜上，當(dāng)q＝1時(shí)，數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí)，數(shù)列{Sn}不是等差數(shù)列．力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)11．設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個(gè)數(shù)a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a) ()A．都大于2 B．都小于2C．至少有一個(gè)不大于2 D．至少有一個(gè)不小于2解析∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個(gè)不小于2.答案D12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，a，b是正實(shí)數(shù)，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解析∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上是減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案A13．已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，則使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．解析∵a，b∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16(當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，b＝12時(shí)等號(hào)成立)，∴a＋b的最小值為16.∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.答案(0，16]14．某同學(xué)在一次爭(zhēng)辯性學(xué)習(xí)中發(fā)覺，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)·cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)·cos55°.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)依據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)覺推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解(1)選擇②式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).法一sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋cos(30°－α)[cos(30°－α)－sinα]＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)[(cos30°cosα＋sin30°sinα)－sinα]＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)·(cos30°cosα－sin30°sinα)＝sin2α＋(cos30°cosα)2－(sin30°sinα)2＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(1,4)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法三sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos（60°－2α）,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(