2024秋高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.2直接證明與間接證明2.2.1綜合法與分析法達(dá)標(biāo)練習(xí)含解析新人教A版選修2-2

PAGE2-其次章推理與證明2.2干脆證明與間接證明2.2.1綜合法與分析法[A級基礎(chǔ)鞏固]一、選擇題1．已知A，B為△ABC的內(nèi)角，則A>B是sinA>sinB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：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又A，B為三角形的內(nèi)角，所以sinA>0，sinB>0，所以sinA>sinB?2RsinA>2RsinB?a>b?A>B.答案：C2．設(shè)0<x<1，則a＝eq\r(2)x，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大一個是()A．a(chǎn) B．bC．c D．不能確定解析：因為b－c＝(1＋x)－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，所以b<c.又因為b＝1＋x>eq\r(2)x＝a，所以a<b<c.答案：C3．在△ABC中，已知sinAcosA＝sinBcosB，則該三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：由sinAcosA＝sinBcosB得sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以該三角形是等腰或直角三角形．答案：D4．在集合{a，b，c，d}上定義兩種運算⊕和?如下：⊕abcdaabcdbbbbbccbcbddbbd?abcaaaababccaccdada那么，d?(a⊕c)等于()A．a(chǎn) B．b C．c D．d解析：由⊕運算可知，a⊕c＝c，所以d?(a⊕c)＝d?c.由?運算可知，d?c＝a.故選A.答案：A5．設(shè)a>0，b>0且ab－(a＋b)≥1，則()A．a(chǎn)＋b≥2(eq\r(2)＋1) B．a(chǎn)＋b≤eq\r(2)＋1C．a(chǎn)＋b≤(eq\r(2)＋1)2 D．a(chǎn)＋b>2(eq\r(2)＋1)解析：由條件知a＋b≤ab－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)－1，令a＋b＝t，則t>0，且t≤eq\f(t2,4)－1，解得t≥2＋2eq\r(2).答案：A二、填空題6．命題“函數(shù)f(x)＝x－xlnx在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)”的證明過程“對函數(shù)f(x)＝x－xlnx求導(dǎo)，得f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＝－lnx>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)”應(yīng)用了________的證明方法．答案：綜合法7．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____________明顯成立，因此原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥08．設(shè)a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為________．解析：依據(jù)條件可知，欲求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值．只需求(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))的最小值，因為(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取“＝”)．答案：9三、解答題9．(1)用綜合法證明：若a>0，b>0，求證：(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；(2)用分析法證明：已知a>0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明：(1)因為a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b，eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)時，等號成立，所以(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥4.(2)要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).因為a>0，只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))eq\s\up12(2)，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋4，只需證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只需證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而上述不等式明顯成立，故原不等式成立．10.如圖所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過點A作SB的垂線，垂足為E，過點E作SC的垂線，垂足為F.求證：AF⊥SC.證明：要證AF⊥SC，而EF⊥SC，故只需證SC⊥平面AEF，只需證AE⊥SC，而AE⊥SB，故只需證AE⊥平面SBC，只需證AE⊥BC，而AB⊥BC，故只需證BC⊥平面SAB，只需證BC⊥SA.由SA⊥平面ABC可知，SA⊥BC，即上式成立，所以AF⊥SC成立．B級實力提升1．若a＜b＜c，則函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區(qū)間()A．(a，b)和(b，c)內(nèi) B．(－∞，a)和(a，b)內(nèi)C．(b，c)和(c，＋∞)內(nèi) D．(－∞，a)和(c，＋∞)內(nèi)解析：因為a＜b＜c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，由零點存在性定理知，選項A正確．答案：A2．分析法又稱執(zhí)果索因法，在證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”中，索的因應(yīng)是___________________________．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：(a－c)(a－b)>03．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).