11-12学年高二数学：2.2.1 综合法与分析法 同步练习（人教A版选修2-2）【含解析】
文档属性
| 名称 | 11-12学年高二数学：2.2.1 综合法与分析法 同步练习（人教A版选修2-2）【含解析】 |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 26.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2011-09-13 09:48:56 | ||
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文档简介
选修2-2 2.2 第1课时 综合法与分析法
一、选择题
1．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.
∵x>0，∴ex>1,0<<1
∴ex－>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．以上都不是
[答案] A
[解析] 该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.
2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
[答案] C
[解析] 要证只需证b2－ac<3a2
只需证b2－a(－b－a)<3a2
只需证2a2－ab－b2>0.
只需证(2a＋b)(a－b)>0，
只需证(a－c)(a－b)>0.
故索的因应为C.
3．p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为( )
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D．不确定
[答案] B
[解析] q＝
≥＝＋＝p.
4．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A、B、C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
[答案] A
[解析] ≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
∴f≤f()≤f.
5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是( )
A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβ
B．sin(α＋β)＞cosα＋cosβ
C．cos(α＋β)＞sinα＋sinβ
D．cos(α＋β)[答案] D
[解析] ∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，
∴cosα＞cos(α＋β)
又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．
6．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[答案] C
[解析] 首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．
其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，
∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.
7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
A．x<C．x<<2xy[答案] D
[解析] ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<8．下面的四个不等式：
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；
③＋≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中恒成立的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[答案] C
[解析] ∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0
a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，
(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2
≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.∴应选C.
9．若x，y∈R＋，且＋≤a恒成立，则a的最小值是( )
A．2 B.
C．2 D．1
[答案] B
[解析] 原不等式可化为
a≥＝＝
要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可．
∵≤，当x＝y时取等号，∴a≥，
∴a的最小值为.故应选B.
10．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝，C(x)＝，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是( )
①S(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．②④
C．①④ D．①②③④
[答案] D
[解析] ∵S(x)＝，C(x)＝，
∴S(x＋y)＝，
S(x)C(y)＋C(x)S(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)．应选D.
二、填空题
11．如果a＋b＞a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．
[答案] a≥0，b≥0且a≠b
[解析] ∵a＋b＞a＋b
(－)2(＋)＞0 a≥0，b≥0且a≠b.
12．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
[答案] ≤
[解析] ∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋2＋ab－1－a－b－ab
＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0
∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，
∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
13．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要条件是[答案] ≤a≤
[解析] |x－a|＜1 a－1＜x＜a＋1
由题意知?(a－1，a＋1)则有，
(且等号不同时成立)解得≤a≤.
14．给出下列不等式：
①a>b>0，且a2＋＝1，则ab>a2b2；
②a，b∈R，且ab<0，则≤－2；
③a>b>0，m>0，则>；
④≥4(x≠0)．
其中正确不等式的序号为________．
[答案] ①②④
[解析] ①a>b>0，∴a≠
∴a2＋＝1>2＝ab
∴1－ab>0，∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0，∴ab>a2b2正确．
②＋2＝
∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴≤－2，②正确；
③－＝
∵a>b>0，m>0，
∴b(b＋m)>0，b－a<0，∴<0，
∴<，③不正确．
④＝|x|＋≥4，④正确．
三、解答题
15．设a>0，b>0，a＋b＝1.
求证：(1)＋＋≥8；
(2)2＋2≥.
[证明] (1)∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，∴≥4.
∴＋＋＝(a＋b)＋
≥2·2＋4＝8，∴＋＋≥8.
(2)∵≤，则≥2
∴2＋2≥22
＝≥≥.
∴2＋2≥.
16．已知a>b>0，求证<－<.
[证明] 欲证<－<成立．
只需证 2<(－)2<2
<－< <1<
1＋<2<1＋ <1< <1<.
∵a>b>0，∴<1<成立．
从而，有<－<.
17．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，
求证：＋＞.
[证明] 要证明＋＞
只需证明＋－＞0即可
∴＋－
＝
∵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中任意两边之和大于第三边
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0
∴＋＞.
18．若a，b，c为不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
[证明] 要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，只需证lg>lg(a·b·c)，
即证··>abc.
因为a，b，c为不全相等的正数，
所以≥>0，≥>0，≥>0，
且上述三式中等号不能同时成立．
所以··>abc成立，
所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc成立．
一、选择题
1．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.
∵x>0，∴ex>1,0<<1
∴ex－>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．以上都不是
[答案] A
[解析] 该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.
2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
[答案] C
[解析] 要证
只需证b2－a(－b－a)<3a2
只需证2a2－ab－b2>0.
只需证(2a＋b)(a－b)>0，
只需证(a－c)(a－b)>0.
故索的因应为C.
3．p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为( )
A．p≥q B．p≤q
C．p>q D．不确定
[答案] B
[解析] q＝
≥＝＋＝p.
4．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A、B、C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
[答案] A
[解析] ≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
∴f≤f()≤f.
5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是( )
A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβ
B．sin(α＋β)＞cosα＋cosβ
C．cos(α＋β)＞sinα＋sinβ
D．cos(α＋β)
[解析] ∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，
∴cosα＞cos(α＋β)
又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．
6．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[答案] C
[解析] 首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．
其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，
∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.
7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
A．x<
[解析] ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；
③＋≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中恒成立的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[答案] C
[解析] ∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0
a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，
(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2
≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.∴应选C.
9．若x，y∈R＋，且＋≤a恒成立，则a的最小值是( )
A．2 B.
C．2 D．1
[答案] B
[解析] 原不等式可化为
a≥＝＝
要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可．
∵≤，当x＝y时取等号，∴a≥，
∴a的最小值为.故应选B.
10．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝，C(x)＝，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是( )
①S(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．②④
C．①④ D．①②③④
[答案] D
[解析] ∵S(x)＝，C(x)＝，
∴S(x＋y)＝，
S(x)C(y)＋C(x)S(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)．应选D.
二、填空题
11．如果a＋b＞a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．
[答案] a≥0，b≥0且a≠b
[解析] ∵a＋b＞a＋b
(－)2(＋)＞0 a≥0，b≥0且a≠b.
12．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
[答案] ≤
[解析] ∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋2＋ab－1－a－b－ab
＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0
∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，
∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
13．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要条件是
[解析] |x－a|＜1 a－1＜x＜a＋1
由题意知?(a－1，a＋1)则有，
(且等号不同时成立)解得≤a≤.
14．给出下列不等式：
①a>b>0，且a2＋＝1，则ab>a2b2；
②a，b∈R，且ab<0，则≤－2；
③a>b>0，m>0，则>；
④≥4(x≠0)．
其中正确不等式的序号为________．
[答案] ①②④
[解析] ①a>b>0，∴a≠
∴a2＋＝1>2＝ab
∴1－ab>0，∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0，∴ab>a2b2正确．
②＋2＝
∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴≤－2，②正确；
③－＝
∵a>b>0，m>0，
∴b(b＋m)>0，b－a<0，∴<0，
∴<，③不正确．
④＝|x|＋≥4，④正确．
三、解答题
15．设a>0，b>0，a＋b＝1.
求证：(1)＋＋≥8；
(2)2＋2≥.
[证明] (1)∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，∴≥4.
∴＋＋＝(a＋b)＋
≥2·2＋4＝8，∴＋＋≥8.
(2)∵≤，则≥2
∴2＋2≥22
＝≥≥.
∴2＋2≥.
16．已知a>b>0，求证<－<.
[证明] 欲证<－<成立．
只需证
<－< <1<
1＋<2<1＋ <1< <1<.
∵a>b>0，∴<1<成立．
从而，有<－<.
17．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，
求证：＋＞.
[证明] 要证明＋＞
只需证明＋－＞0即可
∴＋－
＝
∵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中任意两边之和大于第三边
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0
∴＋＞.
18．若a，b，c为不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
[证明] 要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，只需证lg>lg(a·b·c)，
即证··>abc.
因为a，b，c为不全相等的正数，
所以≥>0，≥>0，≥>0，
且上述三式中等号不能同时成立．
所以··>abc成立，
所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc成立．