2017年人教版选修1-2 第二章 推理与证明单元测试卷A卷
一．选择题（共12小题）
1．分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的（ ）
A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
2．由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．以下推理为归纳推理的是（ ）
A．三角函数都是周期函数，sinx是三角函数，所以sinx是周期函数
B．一切奇数都不能被2整除，525是奇数，所以525不能被2整除
C．由1=12，1+3=22，1+3+5=32，得1+3+…+（2n﹣1）=n2（n∈N*）
D．两直线平行，同位角相等．若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A=∠B
3．如表为某设备维修的工序明细表，其中“紧后工序”是指一个工序完成之后必须进行的下一个工序．
工序代号
工序名称或内容
紧后工序
A
拆卸
B，C
B
清洗
D
C
电器检修与安装
H
D
检查零件
E，G
E
部件维修或更换
F
F
部件配合试验
G
G
部件组装
H
H
装配与试车
将这个设备维修的工序明细表绘制成工序网络图，如图，那么图中的1，2，3，4表示的工序代号依次为（ ）21教育网
A．E，F，G，G B．E，G，F，G C．G，E，F，F D．G，F，E，F
4．某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲说：我在1日和3日都有值班；
乙说：我在8日和9日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．据此可判断丙必定值班的日期是（ ）
A．2日和5日 B．5日和6日 C．6日和11日 D．2日和11日
5．已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到正四面体，类似的结论正确的是（ ）
A．正四面体的内切球的半径是高的 B．正四面体的内切球的半径是高的
C．正四面体的内切球的半径是高的 D．正四面体的内切球的半径是高的
6．已知an=logn+1（n+2）（n∈N*），观察下列算式：a1?a2=log23?log34==2；a1?a2?a3?a4?a5?a6=log23?log34?…?log78=?…?=3，…；若a1?a2?a3?…?am=2016（m∈N*），则m的值为（ ）21cnjy.com
A．22016+2 B．22016 C．22016﹣2 D．22016﹣4
7．在平面几何中，已知三角形ABC的面积为S，周长为L，求三角形内切圆半径时，可用如下方法，设圆O为内切圆圆心，则S=S△OAB+S△OBC+S△OAC=r|AB|+r|BC|+r|AC|=rL，∴r=，类比此类方法，已知三棱锥的体积为V，表面积为S，各棱长之和为L，则内切球半径r为（ ）
A． B． C． D．
8．若P=+，Q=+（a≥0），则P，Q的大小关系是（ ）
A．P＞Q B．P=Q C．P＜Q D．由a的取值确定
9．如图所示的三角形数阵叫“牛顿调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为（n≥2），每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，，，…，则第2016行第3个数（从左往右数）为（ ）21·cn·jy·com
A． B．
C． D．
10．设（ ）
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
11．在平面直角坐标系xOy中，满足x2+y2≤1，x≥0，y≥0的点P（x，y）的集合对应的平面图形的面积为；类似的，在空间直角坐标系O﹣xyz中，满足x2+y2+z2≤1，x≥0，y≥0，z≥0的点P（x，y，z）的集合对应的空间几何体的体积为（ ）2·1·c·n·j·y
A． B． C． D．
12．对于函数f（x），若?a，b，c∈R，f（a），f（b），f（c）都是某一三角形的三边长，则称f（x）为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是（ ）
A．f（x）=1（x∈R）不是“可构造三角形函数”
B．“可构造三角形函数”一定是单调函数
C．f（x）=是“可构造三角形函数”
D．若定义在R上的函数f（x）的值域是（e为自然对数的底数），则f（x）一定是“可构造三角形函数”【来源：21·世纪·教育·网】
二．填空题（共4小题）
13．a1=；
a2=（1﹣a1）=；
a3=（1﹣a1﹣a2）=；
a4=（1﹣a1﹣a2﹣a3）=；
…
照此规律，当n∈N*时，an= ．
14．经过圆x2+y2=r2上一点M（x0，y0）的切线方程为x0x+y0y=r2．类比上述性质，可以得到椭圆+=1类似的性质为：经过椭圆+=1上一点P（x0，y0）的切线方程为 ．www.21-cn-jy.com
15．在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c2=a2+b2．设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O﹣LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么你类比得到的结论是 ．21·世纪*教育网
16．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为和（a，b，c，d∈N*），则是x的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道π=3.14159…，若令，则第一次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得π的近似分数为 ．www-2-1-cnjy-com
三．解答题（共5小题）
17．设，先分别求f（0）+f（1），f（﹣1）+f（2），f（﹣2）+f（3），然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．2-1-c-n-j-y
18．已知在数列{an}中，a1=7，，计算这个数列的前4项，并猜想这个数列的通项公式．
19．设x，y都是正数，且x+y＞2．证明：＜2和＜2中至少有一个成立．
20．已知a、b∈R，a＞b＞e（其中e是自然对数的底数），求证：ba＞ab．（提示：可考虑用分析法找思路）21*cnjy*com
21．设a，b是非负实数，求证：a3+b3≥（a2+b2）．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
4．解：由题意，1至12的和为78，
因为三人各自值班的日期之和相等，
所以三人各自值班的日期之和为26，
根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，
据此可判断丙必定值班的日期是6日和11日，
故选：C．
5．解：如图示：
球心到正四面体一个面的距离即球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点．
把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×S×r=×S×h，r=h，
（其中S为正四面体一个面的面积，h为正四面体的高）
故选：C．
6．解：由已知得a1?a2?a3?…?am==2 016，
lg（m+2）=lg 22016，
解得m=22016﹣2．
故选：C．
8．解：∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，
只要证：2a+7+2＜2a+7+2，
只要证：a2+7a＜a2+7a+12，
只要证：0＜12，
∵0＜12成立，
∴P＜Q成立．
故选C
9．解：将杨晖三角形中的每一个数Cnr都换成分数，就得到牛顿调和三角形．∵杨晖三角形中第n（n≥3）行第3个数字是Cn﹣12，
则“牛顿调和三角形”第n（n≥3）行第3个数字是=，
∴第2016第3个数=
故选：D．
10．解：由于=≥2+2+2=6，
∴中至少有一个不小于2，
故选C．
11．解：类似的，在空间直角坐标系O﹣xyz中，满足x2+y2+z2≤1，x≥0，y≥0，z≥0的点P（x，y）的集合对应的空间几何体的体积为球的体积的，即=，21世纪教育网版权所有
故选：B．
二．填空题（共4小题）
13．解：a1=；
a2=（1﹣a1）=；
a3=（1﹣a1﹣a2）=；
a4=（1﹣a1﹣a2﹣a3）=；
…
照此规律，当n∈N*时，an=（1﹣a1﹣a2﹣…﹣an﹣1）=，
故答案为．
14．解：类比过圆x2+y2=r2上一点M（x0，y0）的切线方程为x0x+y0y=r2，
类比推理得：
过椭圆 +=1（a＞b＞0），上一点P（x0，y0）处的切线方程为：
故答案：
15．解：建立从平面图形到空间图形的类比，于是作出猜想：．
故答案为：．
16．解：第二次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即＜π＜；
第三次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即＜π＜，
第四次用“调日法”后得是π的更为精确的过剩近似值，即＜π＜，
故答案为：
三．解答题（共5小题）
17．解：f（0）+f（1）=，
同理可得：f（﹣1）+f（2）=，f（﹣2）+f（3）=．
一般性结论：或写成“若x1+x2=1，则f（x1）+f（x2）=．”
证明：=
=，
18．解：∵a1=7，，
∴，
，
，
∴由前四项可得数列的分子为常数7，分母为1，2，3，4，即为正整数，
∴猜想数列的通项公式为，n∈N?．
19．证明：假设和都不成立，即≥2且≥2，…（2分）
∵x，y都是正数，∴1+x≥2y，1+y≥2x，…（5分）
∴1+x+1+y≥2x+2y，…（8分）
∴x+y≤2…（10分）
这与已知x+y＞2矛盾…（12分）
∴假设不成立，即和中至少有一个成立…（14分）
20．证明：∵ba＞0，ab＞0，
∴要证：ba＞ab
只要证：alnb＞blna
只要证．（∵a＞b＞e）
取函数，∵
∴当x＞e时，，∴函数在上是单调递减．
∴当a＞b＞e时，有，
即．得证．
21．证明：由a，b是非负实数，作差得
a3+b3﹣（a2+b2）=a2（﹣）+b2（﹣）
=（﹣）[（）5﹣（）5]．
当a≥b时，≥，从而（）5≥（）5，得（﹣）[（）5﹣（）5]≥0；
当a＜b时，＜，从而（）5＜（）5，得（﹣）[（）5﹣（）5]＞0．
所以a3+b3≥（a2+b2）．
2017年人教版选修1-2 第二章 推理与证明单元测试卷B卷
一．选择题（共12小题）
1．观察（x2）′=2x，（x4）′=4x3，（cosx）′=﹣sinx，由此可归纳出：若函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f′（x）（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
A．为偶函数 B．为奇函数 C．既为奇函数又为偶函数 D．为非奇非偶函数
2．下列推理合理的是（ ）
A．f（x）是增函数，则f′（x）＞0
B．因为a＞b（a，b∈R），则a+2i＞b+2i
C．△ABC为锐角三角形，则sinA+sinB＞cosA+cosB
D．直线l1∥l2，则k1=k2
3．有这样一段演绎推理“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为（ ）21·cn·jy·com
A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．非以上错误
4．证明不等式的最适合的方法是（ ）
A．综合法 B．分析法 C．间接证法 D．合情推理法
5．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设（ ）
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
6．对于大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”23=3+5，33=7+9+11，43=13+15+17+19，…，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m的值为（ ）www.21-cn-jy.com
A．6 B．7 C．8 D．9
7．类比下列平面内的结论，在空间中仍能成立的是（ ）
①平行于同一直线的两条直线平行；
②垂直于同一直线的两条直线平行；
③如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则必与另一条垂直；
④如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则必与另一条相交．
A．①②④ B．①③ C．②④ D．①③④
8．平面几何中，有边长为a的正三角形内任一点到三边距离之和为定值，类比上述命题，棱长为a的正四面体内任一点到四个面的距离之和为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（色括两个端点）有n（n＞1，n∈N*）个点，相应的图案中总的点数记为an，则+++…+=（ ）www-2-1-cnjy-com
A． B． C． D．
10．将正整数排成下表：
则数表中的数字2016出现的行数和列数是（ ）
A．第44行81列 B．第45行80列 C．第44行80列 D．第45行81列
11．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”：乙说：“我没有作案，是丙偷的”：丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”：丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
12．在平面直角坐标系中，定义两点P（x1，y1）与Q（x2，y2）之间的“直角距离”为：d（P，Q）=|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．现给出下列4个命题：
①已知P（1，2），Q（cos2θ，sin2θ）（θ∈R），则d（P，Q）为定值；
②已知P，Q，R三点不共线，则必有d（P，Q）+d（Q，R）＞d（P，R）；
③用|PQ|表示P，Q两点之间的距离，则|PQ|≥d（P，Q）；
④若P，Q是椭圆=1上的任意两点，则d（P，Q）的最大值为6．
则下列判断正确的为（ ）
A．命题①，②均为真命题 B．命题②，③均为假命题
C．命题②，④均为假命题 D．命题①，③，④均为真命题
二．填空题（共4小题）
13．A、B、C三个人，A说B撒谎，B说C撒谎，C说A、B都撒谎．则 必定是在撒谎．
14．有下列各式：，，，…则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为： ．
15．“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．已知数列{an}为“斐波那契”数列，Sn为数列{an}的前n项和，则
（Ⅰ）S7= ；
（Ⅱ）若a2017=m，则S2015= ．（用m表示）
16．某同学对函数f（x）=xcosx进行研究后，得出以下四个结论：
①函数y=f（x）的图象是中心对称图形；
②对任意实数x，|f（x）|≤|x|均成立；
③函数y=f（x）的图象与x轴有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等；
④函数y=f（x）的图象与直线y=x有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等；
其中所有正确结论的序号是 ．
三．解答题（共5小题）
17．已知n≥0，试用分析法证明：．
18．已知函数f（x）=x3﹣x2，x∈R
（1）若正数m，n满足m?n＞1，证明：f（m），f（n）至少有一个不小于零；
（2）若a，b为不相等的正实数且满足f（a）=f（b），求证a+b＜．
19．如图，几何体ABC一EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC=90°，AC=2AB=2，CD=2AE=21*cnjy*com
（1）求三棱锥D﹣BEC的体积；
（2）求证：CE⊥DB．
20．（1）用综合法证明：[sinθ（1+sinθ）+cos（1+cosθ）][sin（θ+）﹣1]=sin2θ；
（2）用证明：正数a，b，c满足a+b＜2c，求证：c﹣＜a＜c+．
21．阅读下面材料：
根据两角和与差的正弦公式，有sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ ①
sin（α﹣β）=sinαcosβ﹣cosαsinβ ②
由①+②得sin（α+β）+sin（α﹣β）=2sinαcosβ ③
令α+β=A，α﹣β=B 有α=，β=
代入③得 sinA+sinB=2sincos．
（Ⅰ）类比上述推理方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：
cosA﹣cosB=2sinsin．；
（Ⅱ）在△ABC中，求T=sinA+sinB+sinC+sin的最大值．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．解：由（x2）'=2x中，原函数为偶函数，导函数为奇函数；
（x4）'=4x3中，原函数为偶函数，导函数为奇函数；
（cosx）'=﹣sinx中，原函数为偶函数，导函数为奇函数；
…
我们可以推断，偶函数的导函数为奇函数．
故选：B．
3．解：∵大前提的形式：“有些有理数是真分数”，不是全称命题，
∴不符合三段论推理形式，
∴推理形式错误，
故选C．
4．解：要证明不等式，只要证＜，即证9+2＜9+2，
故只要证 ＜，即证14＜18．
以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．
故选B．
5．解：∵用反证法证明在一个三角形中，至少有一个内角不大于60°，
∴第一步应假设结论不成立，
即假设三个内角都大于60°．
故选：B．
7．解：根据平行公理，可知①正确；
②垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，故不正确；
③如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则必与另一条垂直，符合异面直线所成角的定义，故正确；
④如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则不一定与另一条相交，也可能异面，故不正确．
故选：B．
8．解：类比在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值 ，
在一个正四面体中，计算一下棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和，
如图：
由棱长为a可以得到BF=，BO=AO=a﹣OE，
在直角三角形中，根据勾股定理可以得到
BO2=BE2+OE2，
把数据代入得到OE=a，
∴棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和4×a=a，
故选B．
9．解：每个边有n个点，把每个边的点数相加得3n，这样角上的点数被重复计算了一次，故第n个图形的点数为3n﹣3，即an=3n﹣3，21教育网
令Sn=+++…+=++…+=1+…+﹣=，
∴+++…+=．
故选C．
11．解：在甲、乙、丙、丁四人的供词不达意中，可以看出乙、丁两人的观点是一致的，因此乙、丁两人的供词应该是同真或同假（即都是真话或者都是假话，不会出现一真一假的情况）；【来源：21·世纪·教育·网】
假设乙、丁两人说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说真话推出丙是罪犯的结论；由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯的结论；显然这两个结论是相互矛盾的；21·世纪*教育网
所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话；由甲、丙的供述内容可以断定乙是罪犯，乙、丙、丁中有一人是罪犯，由丁说假说，丙说真话，推出乙是罪犯．【版权所有：21教育】
故选B．
12．解：①已知P（1，2），Q（cos2θ，sin2θ）（θ∈R），则d（P，Q）=|1﹣cos2θ|+|2﹣sin2θ|=sin2θ+2﹣sin2θ=2为定值；故①正确，21教育名师原创作品
②已知P，Q，R三点不共线，设P（1，0），Q（0，0），R（0，1），
则d（P，Q）=|xP﹣xQ|+|yP﹣yQ|=1，
d（Q，R）=|xQ﹣xR|+|yQ﹣yR|=1．
d（P，R）=|xP﹣xR|+|yP﹣yR|=1+1=2，此时d（P，Q）+d（Q，R）=d（P，R）；
∴d（P，Q）+d（Q，R）＞d（P，R）不成立，故②错误，
③若|PQ|表示P、Q两点间的距离，那么|PQ|=，d（P，Q）=|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，21cnjy.com
∵2（a2+b2）≥（a+b）2，
∴≥|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，即|PQ|≥d（P，Q），
则|PQ|≥d（P，Q）=d（P，Q），故③正确，
④若P，Q是=1上的任意两点，d（P，Q）的最大，设P（cosα，2sinα），Q（﹣cosα，﹣2sinα）；则d（P，Q）=|x1﹣x2|+|y1﹣y2|=2（cosα+2sinα）=6sin（α+θ），则d（P，Q）的最大值为6；故④正确，【出处：21教育名师】
故选：D
二．填空题（共4小题）
13．解：假设C没有撒谎，则C真，此时A假并且B假．
由于A假，则可知B真，这与B假矛盾，
所以假设是错误的，C没有撒谎不成立，则C一定撒谎．
故答案为：C．
14．解：观察各式左边为的和的形式，项数分别为：3，7，15，故可猜想第n个式子中应有2n+1﹣1项，
不等式右侧分别写成，，故猜想第n个式子中应为，
按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：
故答案为：
15．解：（Ⅰ）S7=1+1+2+3+5+8+13=33；
（Ⅱ）∵an+2=an+an+1=an+an﹣1+an
=an+an﹣1+an﹣2+an﹣1
=an+an﹣1+an﹣2+an﹣3+an﹣2
=…
=an+an﹣1+an﹣2+an﹣3+…+a2+a1+1，
∴S2015=a2017﹣1=m﹣1．
故答案为33；m﹣1．
16．解：①以﹣x代x，可得f（﹣x）=（﹣x）cos（﹣x）=﹣xcosx=﹣f（x），∴函数为奇函数，∴函数y=f（x）的图象是中心对称图形，故①正确；
②对任意实数x，|f（x）|=|xcosx|≤|x|，∴对任意实数x，|f（x）|≤|x|均成立，故②成立；21世纪教育网版权所有
③令f（x）=xcosx=0，∴x=0或cosx=0，∴x=0或x=kπ+，（k∈Z），故函数y=f（x）的图象与x轴有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离不相等，故③不成立；2·1·c·n·j·y
④令f（x）=xcosx=x，∴cosx=1，∴x=0或x=kπ，（k∈Z），故函数y=f（x）的图象与x轴有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等，故④成立；
故正确结论的序号是①②④．
三．解答题（共5小题）
17．证明：要证﹣≤﹣成立，需证+≥2，
只需证 ≥，
只需证n+1≥，只需证（n+1）2≥n2+2n，
需证n2+2n+1≥n2+2n，只需证1≥0．
因为1≥0显然成立，所以，要证的不等式成立．
18．解：（1）证明：假设f（m）＜0，f（n）＜0
即m3﹣m2＜0，n3﹣n2＜0
∵m＞0，n＞0
∴m﹣1＜0 n﹣1＜0
∴0＜m＜1，0＜n＜1，
∴mn＜1这与m，n＞1矛盾
∴假设不成立，即f（m），f（n）至少有一个不小于零．
（2）证明：由f（a）=f（b）得a3﹣a2=b3﹣b2，
∴a3﹣b3=a2﹣b2
∴（a﹣b）（a2+ab+b2）=（a﹣b）（a+b）
∵a≠b∴a2+ab+b2=a+b，
∴（a+b）2﹣（a+b）=ab＜
∴，
∴a+b＜
19．（Ⅰ）解：由题意可证，EF⊥平面BCD，
．
（Ⅱ）证明：连接CF，依题意可得：AB⊥BF，AB⊥BC，而BF和BC是平面BFD内的两条相交直线，2-1-c-n-j-y
故有AB⊥平面BFD．
而BD在平面BFD内，故AB⊥BD．
再由EF∥AB可得EF⊥BD．
又在Rt△BCF和Rt△CDB中，
∵==，==，∴=，∴Rt△BCF∽Rt△CDB，
∴∠BDC=∠BCF，∴∠BDC+∠DCF=∠BCF+DCF=90°，∴CF⊥BD．
综上可得，BD垂直于平面CEF内的两条相交直线，故有BD⊥平面CEF．
又CE?平面CEF，所以BD⊥CE．
20．证明：（1）左边=（sinθ+cosθ+1）（sinθ+cosθ﹣1）…（2分）
=（sinθ+cosθ）2﹣1…（4分）
=2sinθcosθ…（5分）
=sin2θ=右边
∴原等式成立．…（6分）
（2）欲证c﹣＜a＜c+…（1分）
只需证﹣＜a﹣c＜ …（2分）
只需证|a﹣c|＜ …（3分）
只需证（a﹣c）2＜c2﹣ab …（4分）
只需证a2﹣2ac＜﹣ab …（5分）
只需证a（a+b）＜2ac，又a＞0…（6分）
只需证a+b＜2c …（7分）
∵a+b＜2c是题设条件，显然成立．
故c﹣＜a＜c+…（8分）
21．（Ⅰ）证明：因为cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ，①
cos（α﹣β）=cosαcosβ+sinαsinβ，②
①﹣②得cos（α+β）﹣cos（α﹣β）=﹣2sinαsinβ． ③
令α+β=A，α﹣β=B 有α=，β=
代入③得 cosA﹣cosB=2sinsin．
（Ⅱ）T=sinA+sinB+sinC+sin=2sincos+sin（+）cos（﹣）
≤2sin+2sin（+）=4sin（+）cos（﹣）
≤4sin（+）=4sin
当且仅当cos=1，cos（﹣）=1，cos（﹣）=1时等号成立，即A=B=C=时，所求最大值为2．21*cnjy*com
