高中数学选修1-2《2.2.1综合法和分析法》练习精选
高中数学人教A版选修1-2 第二章 推理与证明 2.2.1综合
综合法与分析法1．设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定B由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，所以，sin(B ＋C )＝sin 2A ，∴sin A ＝sin 2A ，而sin A >0，∴sin A ＝1，A ＝π2，所以△ABC 是直角三角形． 2．已知x 、y 为正实数，则( ) A ．2lg x ＋lg y＝2lg x ＋2lg yB ．2lg(x ＋y )＝2lg x ·2lg yC ．2lg x ·lg y ＝2lg x＋2lg yD ．2lg(xy )＝2lg x·2lg yD 2lg(xy )＝2(lg x ＋lg y )＝2lg x ·2lg y.3．设a 、b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( ) A ．1≤ab ≤a 2＋b 22B ．ab <1<a 2＋b 22C ．ab <a 2＋b 22<1D ．a 2＋b 22<1<abBab <⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22<a 2＋b 22(a ≠b )． 4．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是( )A ．aB ．bC ．cD ．不能确定C因为b －c ＝(1＋x )－11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x 21－x ＜0，所以b <c .又因为(1＋x )2>2x >0，所以b ＝1＋x >2x ＝a ，所以a <b <c .可用特值法：取x ＝12，则a ＝1，b ＝32，c ＝2.5．已知y >x >0，且x ＋y ＝1，那么( ) A ．x <x ＋y2<y <2xy B ．2xy <x <x ＋y2<yC ．x <x ＋y2<2xy <y D ．x <2xy <x ＋y2<yD∵y >x >0，且x ＋y ＝1，∴设y ＝34，x ＝14，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38.所以有x <2xy <x ＋y2<y ，故排除A 、B 、C ，选D.6．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a 、b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AAa ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝(12)x在(－∞，＋∞)上是单调减函数， ∴f (a ＋b2)≤f (ab )≤f (2aba ＋b)． 7．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，则( ) A ．3f (ln2)>2f (ln3) B ．3f (ln2)<2f (ln3)C ．3f (ln2)＝2f (ln3)D ．3f (ln2)与2f (ln3)的大小不确定B 令F (x )＝f ln x x (x >0)，则F ′(x )＝f ′ ln x －f ln xx 2，∵x >0，∴ln x ∈R ，∵对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )，∴f ′(ln x )>f (ln x )，∴F ′(x )>0，∴F (x )为增函数，∵3>2>0，∴F (3)>f (2)，即f ln3 3>f ln22，∴3f (ln2)<2f (ln3)．8．要使3a －3b <3a －b 成立，a 、b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >bC ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <bD 3a －3b <3a －b ⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b .∴3ab 2<3a 2b .∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a ； 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a .9．若两个正实数x 、y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4,1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)B∵x >0，y >0，1x ＋4y ＝1，∴x ＋y 4＝(x ＋y 4)(1x ＋4y )＝2＋y 4x ＋4xy≥2＋2y 4x ·4xy＝4，等号在y ＝4x ，即x ＝2，y ＝8时成立，∴x ＋y4的最小值为4，要使不等式m 2－3m >x ＋y4有解，应有m 2－3m >4，∴m <－1或m >4，故选B.10．在f (m ，n )中，m 、n 、f (m ，n )∈N *，且对任意m 、n 都有：(1)f (1,1)＝1，(2)f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2，(3)f (m ＋1,1)＝2f (m,1)；给出下列三个结论：①f (1,5)＝9；②f (5,1)＝16；③f (5,6)＝26； 其中正确的结论个数是( )个． ( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0A∵f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2，∴f (m ，n )组成首项为f (m,1)，公差为2的等差数列， ∴f (m ，n )＝f (m,1)＋2(n －1)．又f (1,1)＝1，∴f (1,5)＝f (1,1)＋2×(5－1)＝9，又∵f (m ＋1,1)＝2f (m,1)，∴f (m,1)构成首项为f (1,1)，公比为2的等比数列，∴f (m,1)＝f (1,1)·2m －1＝2m －1，∴f (5,1)＝25－1＝16，∴f (5,6)＝f (5,1)＋2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A.。
高中数学《2.2.1综合法和分析法》导学案2 新人教A版选修1-2
§2.2.1 综合法和分析法（3）学习目标1. 能结合已经学过的数学示例,了解综合法和分析法的思考过程和特点;2. 学会用综合法和分析法证明实际问题,并理解分析法和综合法之间的内在联系;3. 养成勤于观察、认真思考的数学品质. 学习过程一、课前准备5051 复习1：综合法是由 导 ; 复习2：分析法是由 索 .二、新课导学 ※ 学习探究探究任务一：综合法和分析法的综合运用 问题：已知,()2k k Z παβπ≠+∈,且2sin cos 2sin ,sin cos sin ,θθαθθβ+=∙=求证:22221tan 1tan 1tan 2(1tan )αβαβ--=++.新知：用P 表示已知条件、定义、定理、公理等，用Q 表示要证明的结论，则上述过程可用框图表示为：试试：已知tan sin ,tan sin a b αααα+=-=，求证：222()16a b ab -=.反思：在解决一些复杂、技巧性强的题目时，我们可以把综合法和分析法结合使用.※ 典型例题例1 已知,A B 都是锐角，且2A B π+≠，(1tan )(1tan )2A B ++=，求证：45A B +=︒变式：已知1tan 12tan αα-=+，求证：3sin 24cos 2αα=-.小结：牢固掌握基础知识是灵活应用两种方法证明问题的前提，本例中，三角公式发挥着重要作用.例2 在四面体P ABC -中，PD ABC ⊥∆，AC BC =，D 是AB 的中点，求证：AB PC ⊥.变式：如果,0a b >，则lg lg lg 22a b a b++≥.小结：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明. ※ 动手试试练 1. 设实数,,a b c 成等比数列，非零实数,x y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，求证2a c x y +=.练2. 已知54A B π+=，且,()2A B k k Z ππ≠+∈，求证：(1tan )(1tan )2A B ++=.三、总结提升 ※ 学习小结1. 直接证明包括综合法和分析法.2. 比较好的证法是：用分析法去思考，寻找证题途径，用综合法进行书写；或者联合使用分析法与综合法，即从“欲知”想“需知”(分析)，从“已知”推“可知”（综合），双管齐下，两面夹击，逐步缩小条件与结论之间的距离，找到沟通已知条件和结论的途径.※ 知识拓展综合法是“由因导果”，而分析法是“执果索因”，它们是截然相反的两种证明方法，分析法便于我们去寻找思路，而综合法便于过程的叙述，两种方法各有所长，在解决问题的问题中，综合运用，效果会更好，综合法与分析法因其在解决问题中的作用巨大而受命题者的青睐，在历年的高考中均有体现，成为高考的重点和热点之一.※ 自我评价 你完成本节导学案的情况为（ ）. A. 很好 B. 较好 C. 一般 D. 较差※ 当堂检测（时量：5分钟 满分：10分）计分： 1. 给出下列函数①3y x x =-，②sin cos ,y x x x =+③sin cos ,y x x =④22,x x y -=+其中是偶函数的有（ ）.A ．1个B ．2个C ．3 个D ．4个2. m 、n 是不同的直线，,,αβγ是不同的平面，有以下四个命题（ ）. ①//////αββγαγ⎧⇒⎨⎩ ；②//m m αββα⊥⎧⇒⊥⎨⎩ ③//m m ααββ⊥⎧⇒⊥⎨⎩ ；④////m nm n αα⎧⇒⎨⊂⎩其中为真命题的是 （ ）A ．①④ B. ①③ C ．②③ D ．②④3. 下列结论中，错用基本不等式做依据的是（ ）. A ．a ，b 均为负数，则2a b ba+≥B 22≥C ．lg log 102x x +≥D ．1,(1)(1)4a R a a+∈++≥4. 设α、β、r 是互不重合的平面，m ，n 是互不重合的直线，给出四个命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β ②若α⊥r，β⊥r，则α∥β③若m⊥α，m∥β，则α⊥β ④若m∥α，n⊥α，则m⊥n5. 已知:23)0p <, 则p 是q 的 条件.1. 已知,,a b c R +∈，,,a b c 互不相等且1abc =.111a b c<++.2. 已知,,,a b c d 都是实数，且22221,1a b c d +=+=，求证：||1ac bc +≤.。
2020年秋人教B版数学选修1-2练习：2.2.1 综合法与分析法 Word版含解析.doc
2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法课时过关·能力提升1.下面叙述正确的是()A.综合法、分析法是直接证明的方法B.综合法是直接证法,分析法是间接证法C.综合法、分析法都是从要证的结论出发D.综合法、分析法都是从已知条件出发答案:A2.函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,若当x≤1时,f(x)=(x+1)2-1,则当x>1时,f(x)的解析式为()A.f(x)=(x+3)2-1B.f (x)=(x-3)2-1C.f(x)=(x-3)2+1D.f(x)=(x-1)2-1解析:设x>1,P(x,y)为函数y=f(x)图象上任一点,则P关于x=1的对称点P'(2-x,y)在函数y=(x+1)2-1的图象上,所以y=(2-x+1)2-1=(x-3)2-1.答案:B3.用max{a1,a2,a3,…,a n}表示数集{a1,a2,a3,…,a n}中最大的一个数,则对于a>0,b>0,且a≠b,maABC解析:∵a2+b2>2ab,∴2(a2+b2)>(a+b)2..答案:C4.如果f(x)A.1B.-1C.0D.±1解析:∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),a=1.答案:A★5.设f(x)是连续的偶函数,且当x>0时是单调函数,则满足f(x)=A.-3B.3C.-8D.8解析:因为f(x)是连续的偶函数,且当x>0时是单调函数,由偶函数的性质可知:若f(x)=:①x由①知x2+3x-3=0,故其两根之和为x1+x2=-3;由②知x2+5x+3=0,故其两根之和为x3+x4=-5.因此满足条件的所有x之和为-8.答案:C6.函数y=f(x)在区间(0,2)内是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是.解析:∵y=f(x+2)是偶函数,∴f(x+2)=f(-x+2).∴x=2是f(x)图象的对称轴.又f(x)在区间(0,2)内是增函数,∴f(1)<f(1.5)=f(2.5),f(0.5)=f(3.5)<f(1).∴f(3.5) <f(1)<f(2.5).答案:f(3.5)<f(1)<f(2.5)7.命题“如果数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n,那么数列{a n}一定是等差数列”.(填“成立”或“不成立”)答案:成立★8.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)>0,对任意的x1,x2∈R都有f(x1+x2)+2=f(x1)·f(x2),且f(1)=2,则f(2)=.若令f(x1)=a,f(x2)=b,且f(x1+x2)=a+b,则a+b的取值范围是.解析:f(2)=f(1+1)=f(1)·f(1)-2=2×2-2=2.∵f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)-2,∴a+b=ab-2.又ab≤∴a+b≤∴(a+b)2-4(a+b)-8≥0,解得a+b≥2+a+b≤2-但a>0,b>0,∴a+b>0.∴a+b∈[2+答案:2[2+ABC的三边a,b,c的倒数成等差数列,试分别用综合法和分析法证明∠B为锐角.分析由于已知条件为边的关系,而证明的结论是角的问题,故需借助正(余)弦定理,应用三角函数的知识进行证明.证明证法一(分析法):要证明∠B为锐角,只需证cos B>0.因为cos B所以只需证明a2+c2-b2>0,即a2+c2>b2.又因为a2+c2≥2ac,所以只需证明2ac>b2.由已知2ac=b(a+c),所以只需证明b(a+c)>b2,即需a+c>b成立.因为在△ABC中,恒有a+c>b成立,所以∠B为锐角.证法二(综合法):由题意则b又因为a+c>b,所以b(a+c)=2ac>b2.因为cos B又y=cos x在(0,π)上单调递减,所以∠B所以∠B为锐角.★10.已知数列{a n}满足a1=1,a2=3,a n+2=3a n+1-2a n(n∈N+).(1)证明数列{a n+1-a n}是等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)若数列{b n}满∈N+),证明{b n}是等差数列.分析利用综合法、分析法并结合数列、不等式等知识进行证明即可.(1)证明因为a n+2=3a n+1-2a n,所以a n+2-a n+1=2(a n+1-a n).所∈N+).因为a1=1,a2=3,所以a2-a1=2.所以数列{a n+1-a n}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1),得a n+1-a n=2n(n∈N+),所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1(n∈N+).(3)证明因所2[(b1+b2+…+b n)-n]=nb n, ①2[(b1+b2+…+b n+b n+1)-(n+1)]=(n+1)b n+1.②②-①,得2(b n+1-1)=(n+1)b n+1-nb n,即(n-1)b n+1-nb n+2=0, ③nb n+2-(n+1)b n+1+2=0.④④-③,得nb n+2-2nb n+1+nb n=0,即b n+2-2b n+1+b n=0,所以b n+2-b n+1=b n+1-b n(n∈N+).所以{b n}是等差数列.。
高中数学选修1-2：2.2.1同步练习
高中数学人教A 版选修1-2 同步练习1.下面叙述正确嘚是( )A ．综合法、分析法都是直接证明嘚方法B ．综合法是直接证法、分析法是间接证法C ．综合法、分析法所用语气都是肯定嘚D ．综合法、分析法所用语气都是假定嘚答案：A2.将正整数按下表嘚规律排列，1 4 5 16 ……2 3 6 15 ……9 8 7 14 ……10 11 12 13 ………… …… …… ……把行与列交叉处嘚一个数称为某行某列嘚数，记作a ij (i ，j ∈N *)，如第2行第4列嘚数是15，记作a 24＝15，则有序数对(a 82，a 28)是( )A ．(22，45)B ．(100，98)C ．(51，63)D ．(82，28)解析：选C.观察发现a 11＝1，a 22＝3，a 33＝7，a 44＝13，∴a 55＝21，a 66＝a 55＋10＝31，∴a nn ＝a (n －1)(n －1)＋2(n －1)，∴a nn ＝n 2－n ＋1，∴a 88＝82－8＋1＝57，由图形嘚特点可得a 82＝a 88－6＝51，a 28＝a 88＋6＝63，故有序数对(a 82，a 28)是(51，63)．3.已知数列{a n }是等比数列，a n >0，且a 4a 6＋2a 5a 7＋a 6a 8＝36，则a 5＋a 7＝________． 解析：∵{a n }是等比数列，∴a 4a 6＝a 25，a 6a 8＝a 27，∴a 25＋2a 5a 7＋a 27＝36，即(a 5＋a 7)2＝36，又a n >0，∴a 5＋a 7＝6.答案：64.将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 嘚步骤补充完整：要证a 2＋b 22≥ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，也就是证____________，即证______________，由于______________显然成立，因此原不等式成立． 答案：a 2＋b 2－2ab ≥0 (a －b)2≥0 (a －b)2≥0[A 级 基础达标]1.欲证2－3<6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2<(6－7)2B ．(2－6)2<(3－7)2 C ．(2＋7)2<(3＋6)2 D ．(2－3－6)2<(－7)2解析：选C.根据不等式性质，a>b>0时，才有a 2>b 2，∴只需证：2＋7<6＋3， 只需证：(2＋7)2<(3＋6)2.2.(2012·淄博市高二期中考试)若a<0，则下列不等式成立嘚是( )A ．2a>⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>0.2a B ．0.2a >⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>2a C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>0.2a >2a D ．2a>0.2a >⎝ ⎛⎭⎪⎫12a解析：选B.∵a<0，∴2a<0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>1， 而当a<0时，0.2a >0.5a ，∴0.2a >⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >2a. 3.已知a>0，b>0，1a ＋3b＝1，则a ＋2b 嘚最小值为( ) A ．7＋2 6 B ．2 3 C ．7＋2 3 D ．14解析：选A.∵a ＋2b ＝(a ＋2b)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋3b ＝7＋3a b ＋2b a ≥7＋23a b ·2b a ＝7＋2 6. 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧3a b ＝2b a1a ＋3b ＝1时取得“＝”． 此时a ＝6＋1，b ＝3＋62. 4.设P ＝2，Q ＝7－3，R ＝6－2，那么P 、Q 、R 嘚大小顺序是________．(注：从大到小排列)解析：要比较R 、Q 嘚大小，可对R 、Q 作差，即Q －R ＝7－3－(6－2)＝(7＋2)－(3＋6)， 又(7＋2)2－(3＋6)2＝214－218<0，∴Q<R.又P －R ＝22－6＝8－6>0，∴P>R>Q.答案：P>R>Q5.已知sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos (α－β)＝________．解析：∵sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin α＋sin β＝－sin γcos α＋cos β＝－cos γ， 两式平方相加得：2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1，∴cos (α－β)＝－12. 答案：－126.已知a ，b ，c 为不全相等嘚正数，求证：(ab ＋a ＋b ＋1)(ab ＋ac ＋bc ＋c 2)>16abc. 证明：左边＝[b(a ＋1)＋(a ＋1)]·[b(a ＋c)＋c(a ＋c)]＝(b ＋1)(a ＋1)(b ＋c)(a ＋c)．∵b ＋1≥2b ，a ＋1≥2a ，b ＋c ≥2bc ，a ＋c ≥2ac ，又∵a，b ，c 为不全相等嘚正数，∴(b ＋1)(a ＋1)(b ＋c)(a ＋c)>16abc.[B 级 能力提升]7.设a 、b 、c 三数成等比数列，而x 、y 分别为a 、b 和b 、c 嘚等差中项，则a x ＋c y等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 解析：选B.∵ac ＝b 2，a ＋b ＝2x ，b ＋c ＝2y ，∴a x ＋c y ＝a a ＋b 2＋c b ＋c 2＝2a a ＋b ＋2c b ＋c＝2a （b ＋c ）＋2c （a ＋b ）（a ＋b ）（b ＋c ）＝2ab ＋4ac ＋2bcab ＋b 2＋bc ＋ac ＝2ab ＋4ac ＋2bc ab ＋ac ＋bc ＋ac ＝2. 8.已知△ABC 中，cosA ＋cosB>0，则必有( )A ．0<A ＋B<πB ．0<A ＋B<π2 C.π2<A ＋B<π D.π2≤A ＋B<π解析：选A.由cosA ＋cosB>0得cosA>－cosB ，∴cosA>cos(π－B)．∵0<A<π，0<B<π，且y ＝cosx 在x∈(0，π)上单调递减．∴A<π－B.∴A ＋B<π，即0<A ＋B<π.9.已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>22，|β|>2 2.以其中嘚两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确嘚命题是__________． 解析：∵αβ >0，|α|>22，|β|>2 2. ∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ >8＋8＋2×8＝32>25. ∴|α＋β|>5.答案：①③⇒②10.已知a>b>0，求证：（a －b ）28a <a ＋b 2－ab<（a －b ）28b . 证明：欲证（a －b ）28a <a ＋b 2－ab<（a －b ）28b ， 只需证（a －b ）24a<a ＋b －2ab<（a －b ）24b . ∵a>b>0，∴只需证a －b 2a <a －b<a －b 2b ， 即证a ＋b2a <1<a ＋b 2b. 只需证1＋b a <2<1＋ab . 即证ba <1<a b.只需证b a <1<a b . 而a>b>0，∴b a <1<a b成立．∴原不等式成立．11.(创新题)如图所示，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AB 、BC 嘚中点，EF ∩BD ＝G.求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.证明：法一：要证明平面B 1EF ⊥面BDD 1B 1，只需证面B 1EF 内有一线垂直于面BDD 1B 1，即EF⊥面BDD 1B 1，要证EF⊥面BDD 1B 1，只需证EF 垂直平面BDD 1B 1内两条相交直线即可，即证EF⊥BD，EF⊥B1G.而EF∥AC，AC⊥BD，故EF⊥BD成立．故只需证EF⊥B1G即可．又∵△B1EF为等腰三角形，EF中点为G，∴B1G⊥EF成立．∴EF⊥面BDD1B1成立，从而问题得证．法二：连结AC(图略)．∵ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴▱ABCD为正方形，∴AC⊥BD.又∵E、F分别为AB、BC嘚中点，∴EF∥AC，B1E＝B1F.∴EF⊥BD.又∵△B1EF为等腰三角形且G为EF嘚中点，∴B1G⊥EF.又B1G∩BD＝G，∴EF⊥平面BDD1B1.又EF⊂平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.。
高中数学 2-2-1综合法与分析法同步练习 新人教A版选修1-2
综合法与分析法一、选择题1．设α，β，γ为平面，a ，b 为直线，给出下列条件：①a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a ⊥α，b ⊥β，a ∥b .其中能使α∥β一定成立的条件是( ) A ．①② B ．②③ C ．②④ D ．③④ [答案] C[解析] ①若α∩β＝l ，a ∥l ，b ∥l 亦满足，③α可与β相交，④⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫b ⊥αb ⊥β⇒α∥β.故选C.2．已知x >0，y >0，lg2x ＋lg8y＝lg2，则1x ＋13y 的最小值是( )A ．2B ．22C ．4D ．2 3 [答案] C[解析] 依题意得lg(2x·8y)＝lg2，即2x ＋3y＝2，所以x ＋3y ＝1.所以1x ＋13y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋13y ·(x ＋3y )＝2＋x 3y ＋3y x ≥2＋2x 3y ·3y x ＝2＋2＝4，当且仅当x 3y ＝3y x ，即x ＝3y ＝12时，等号成立．故选C.3．设a ，b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( ) A ．1≤ab ≤a 2＋b 22B ．ab <1<a 2＋b 22C ．ab <a 2＋b 22<1 D.a 2＋b 22<1<ab[答案]B[解析] ab <⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22<a 2＋b 22(a ≠b )．4．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是( )A ．aB ．bC ．cD ．不能确定 [答案] C[解析] 因为b －c ＝(1＋x )－11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x21－x＜0，所以b <c .又因为(1＋x )2>2x >0，所以b ＝1＋x >2x ＝a ，所以a <b <c .5．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn(m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，则p 、q 的大小为( )A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p >qD ．不确定 [答案] B [解析] q ＝ab ＋mad n ＋nbcm＋cd ≥ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .6．a >b >c ，n ∈N ＋，1a －b ＋1b －c ≥n a －c恒成立，则n 的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 [答案] C [解析]1a －b ＋1b －c ＝(b －c )＋(a －b )(a －b )(b －c )＝a －c (a －b )(b －c )≥a －c (a －b ＋b －c 2)＝4a －c.∴n max ＝4.7．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a 、b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A [答案] A [解析] a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝(12)x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f (a ＋b2)≤f (ab )≤f (2aba ＋b)． 8．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos2θ”过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法与分析法结合使用D ．间接证法 [答案] B[解析] 利用已有的公式顺推得到要证明的等式，故是综合法． 9．要证明3＋5<4可选择的方法有以下几种，其中最合理的为( ) A ．综合法 B ．分析法 C ．反证法 D ．归纳法 [答案] B10．要使3a －3b <3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b [答案] D [解析]3a －3b <3a －b ⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b .∴3ab 2<3a 2b .∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a ； 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a . 二、填空题11．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ＞0；②|α＋β|＞5；③|α|＞22，|β|＞2 2.以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题是______．[答案] ①③⇒②[解析] ∵αβ＞0，|α|＞22，|β|＞2 2 ∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ＞8＋8＋2×8＝32＞25 ∴|α＋β|＞512．已知a >0，b >0，m ＝lg a ＋b2，n ＝lga ＋b2，则m 与n 的大小关系为________．[答案] m >n[解析] 因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab >a ＋b >0，所以a ＋b2>a ＋b2，所以m >n .13．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0， 则cos(α－β)＝________. [答案] －12[解析] 由题意sin α＋sin β＝－sin γ①cos α＋cos β＝－cos γ② ①，②两边同时平方相加得 2＋2sin αsin β＋2cos αcos β＝1 2cos(α－β)＝－1， cos(α－β)＝－12.14．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a ，b ，c 的大小关系为________． [答案] a >c >b [解析] b ＝47＋3，c ＝46＋2，显然b <c ，而a 2＝2，c 2＝8－212＝8－48<8－36＝2＝a 2， 所以a >c .也可用a －c ＝22－6＝8－6>0显然成立，即a >c . 三、解答题15．(2010·某某文，18)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ； (2)求三棱锥E －ABC 的体积V .[解析] 本题考查线面平行的判定，三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，推理论证能力．解：(1)在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .又BC ∥AD ，∴EF ∥AD ，又∵AD ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD .(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G ，则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA .在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，∴V E —ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.16．已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b .[证明] 为了证明(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b ，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b ，即证(a －b 2a)2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2.∵a ＞b ＞0，∴a －b ＞0，a －b ＞0. 只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b即证a ＋b 2a ＜1＜a ＋b2b， 只需证1＋ba＜2＜1＋a b， 即证ba＜1＜a b ，即证b a ＜1＜a b . ∵a ＞b ＞0，∴b a＜1＜a b，∴原命题成立． 17．求证：sin(2α＋β)sin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α.[证明] 要证明原等式成立．即证明sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β)＝sin β 又因为sin(2α＋β)－2sin αcos (α＋β) ＝sin[(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β) ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝sin[(α＋β)－α]＝sin β.所以原命题成立．18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n. (1)设b n ＝a n2n －1.证明数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . [证明] (1)a n ＋1＝2a n ＋2n两边同除以2n得a n ＋12n＝a n2n －1＋1即a n ＋12n－a n2n ＋1＝1 又因为b n ＝a n2n －1，所以b n ＋1－b n ＝1即数列{b n }为等差数列． 且b 1＝1，b n ＝n . (2)∵b n ＝n ，∴a n ＝n ×2n －1∴S n ＝a 1＋a 1＋…＋a n＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1(1)由(1)×2得2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n(2)(2)－(1)得S n ＝n ×2n －1×20－×21－……－2n －1＝n ×2n－2n＋1＝(n －1)×2n＋1 ∴数列{a n }的前n 项和S n ＝(n －1)2n＋1。
人教版选修【1-2】2.2.1《综合法和分析法》习题及答案
数学·选修1－2(人教A版)2.2 直接证明与间接证明2．2.1 综合法和分析法►达标训练1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”应用了( )A．分析法B．综合法C．综合法与分析法结合使用D．演绎法解析：这是由已知条件入手利用有关的公式证得等式，应用了综合法，故选B.答案：B2．要证明3＋5<4可选择的方法有以下几种，其中最合理的为( )A．综合法 B．分析法C．比较法 D．归纳法解析：要证明3＋5<4，只需证明(3＋5)2<16，即8＋215 <16，即证明15<4，亦即只需证明15<16，而15<16显然成立，故原不等式成立．因此利用分析法证明较为合理，故选B.答案：B3．已知a＞0，a－b＋c＜0，其中a，b，c均为实数，则一定有( )A．b2－4ac＞0 B．b2－4ac≤0C．b2－4ac＜0 D．b2－4ac≥0答案：A4．要使3a－3b＜3a－b成立，则a，b应满足的条件是( )A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0且a＜bD．ab＜0且a＜b或ab>0且a>b解析：思路不明确，用分析法寻求使不等式成立的条件．3a－3b＜3a－b⇔a－b＋33ab2－33a2b＜a－b⇔3ab2＜3a2b，∴当ab＞0时，有3b＜3a，即b＜a；当ab＜0时，有3b＞3a，即b＞a.所以选D.答案：D5．已知直线l，m与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α和m⊥γ，那么必定有( )A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥βC．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ答案：A6．已知S n为等差数列{a n}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为( )A.94B.32C.54D.4解析：S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，＝.答案：A►素能提高1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2 －S k ＝24，则k ＝( )A ．8B ．7C ．6D ．5答案：D2．已知实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，abc ＞0，则1a ＋1b ＋1c的值( )A ．一定是正数B ．一定是负数C ．可能是0D ．正负不能定解析：取特殊值．如取a ＝2，b ＝－1，c ＝－1知选B. 答案：B3．已知a >0，b >0，m ＝lg a ＋b 2，n ＝lg a ＋b2，则m 与n 的大小关系为________．解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝a ＋b ＋2ab 4>⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22所以a ＋b 2>a ＋b 2.又因为y ＝lg x 为增函数，所以有m >n . 答案：m ＞n4．若平面内OP 1→＋OP 2→＋OP 3→＝0，且⎪⎪⎪⎪OP 1→＝⎪⎪⎪⎪OP 2→＝⎪⎪⎪⎪OP 3→，则△P 1P 2P 3的形状一定是______________．解析：设⎪⎪⎪⎪OP 1→＝⎪⎪⎪⎪OP 2→＝⎪⎪⎪⎪OP 3→＝r ，所以P 1，P 2，P 3均在以O 为圆心，r 为半径的圆上， 又因为OP1→＋OP 2→＋OP 3→＝0， 所以有⎪⎪⎪⎪OP 1→＋OP 2→＝⎪⎪⎪⎪－OP 3→＝r ， 即有OP 1→2＋2OP 1→·OP 2→＋OP 2→2＝r 2，所以OP 1→·OP 2→＝－r 22， 即cos ∠P 1OP 2＝OP 1→·OP 2→⎪⎪⎪⎪OP 1→·⎪⎪⎪⎪OP 2→＝－12， 所以∠P 1OP 2＝120°，故∠P 1P 3P 2＝60°. 同理可证∠P 2P 1P 3＝60°，故△P 1P 2P 3是正三角形． 答案：正三角形5．函数y ＝a 1－x (a ＞0，a ≠1)的图象恒过定点A (1,1)，若点A在直线mx ＋ny －1＝0(mn ＞0)上，则1m ＋1n的最小值为________．解析：由于y ＝a 1－x 恒过点A (1,1)，而点A 在直线上，则m ＋n －1＝0，即m ＋n ＝1，所以，1m ＋1n ＝m ＋n m ＋m ＋n n ＝2＋n m ＋mn ≥2＋4， 当且仅当m ＝n ＝12时，1m ＋1n 取得最小值4.答案：46．在△ABC中，三个内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c也成等差数列．求证：△ABC为等边三角形．证明：由A，B，C成等差数列知，B＝π3，由余弦定理知b2＝a2＋c2－ac，又a，b，c也成等差数列，∴b＝a＋c 2，代入上式得42(a+c)＝a2＋c2－ac，整理得3(a－c)2＝0，∴a＝c，从而A＝C，而B＝π3，则A＝B＝C＝π3，从而△ABC为等边三角形．7．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，E是BC 的中点．(1)求证：直线BB1∥平面D1DE；证明：在长方体ABCDA1B1C1D1中，BB1∥DD1，又∵BB1⊄平面D1DE，DD1⊂平面D1DE，∴直线BB1∥平面D1DE.(2)求证：平面A1AE⊥平面D1DE；证明：在长方形ABCD中，∵AB＝AA1＝1，AD＝2，∴AE＝DE＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，故AE⊥DE，∵在长方体ABCDA1B1C1D1中有DD1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴DD1⊥AE.又∵DD1∩DE＝D，∴直线AE⊥平面D1DE，而AE⊂平面A1AE，所以平面A1AE⊥平面D1DE.(3)求三棱锥A A 1DE 的体积．解析：V AA 1DE ＝V A 1-ADE ＝13AA 1×S △ADE ＝13×1×12×1×2＝13.8．用分析法证明：若a >0，则a 2＋1a2－2≥a ＋1a －2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只需证 a 2＋1a2＋2≥a ＋1a ＋ 2.∵a >0，∴两边均大于零，因此只需证 ⎝ ⎛⎭⎪⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，只需证a 2＋ 1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证 a 2＋1a 2≥22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋2， 即证a 2＋1a2≥2，它显然成立．∴原不等式成立．►品味高考1．正方形ABCD 的边长为1，点E 在边AB 上，点F 在边BC 上，AE ＝BF ＝13.动点P 从E 出发沿直线向F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P 第一次碰到E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为( )A ．8B ．6C ．4D ．3解析：由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，准确画图如图，碰撞的顺序是E→F→G→R→M→N→E.故选B.答案：B2.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；证明：因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)BE∥平面PAD；证明：因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABDE为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD.所以BE∥平面PAD.(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF所以平面BEF⊥平面PCD.。
高二数学人教选修1-2第2单元2-2-1-1综合法课后练习及解析
高二数学人教选修1-2课后练习第2章推理与证明2.2.1 综合法一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2016·三明高二检测)在△ABC中,若sinAsinB<cosAcosB,则△ABC一定是( ) A.直角三角形 B.锐角三角形C.钝角三角形D.等边三角形【解析】选C.因为在△ABC中,sinAsinB<cosAcosB即cos(A+B)>0.即cosC<0,所以C为钝角,即△ABC为钝角三角形.2.(2016·济宁高二检测)命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”应用了( )A.分析法B.综合法C.分析法与综合法D.演绎法【解析】选B.证明过程是由已知条件入手利用有关公式进行证明的,属于综合法,即证明过程应用了综合法.3.(2016·德州高二检测)在R上定义运算☉:a☉b=ab+2a+b,则满足x☉(x-2)<0的实数x的取值范围为( )A.(0,2)B.(-2,1)C.(-1,2)D.(-∞,-2)∪(1,+∞)【解析】选B,由题意知x☉(x-2)=x(x-2)+2x+(x-2)=x2+x-2<0.解得-2<x<1.4.(2016·东营高二检测)设a>0,b>0,若是3a与3b的等比中项,则+的最小值为( )A.8B.4C.1D.【解析】选B.因为是3a与3b的等比中项,所以3a·3b=3,即a+b=1.又a>0,b>0,所以≤=,得ab≤.故+==≥=4.即+的最小值为4.5.(2016·阜阳高二检测)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),称f(x)为“局部奇函数”,若f(x)=4x-m2x+1+m2-3为定义域R上的“局部奇函数”,则实数m的取值范围是( )A.1-≤m≤1+B.1-≤m≤2C.-2≤m≤2D.-2≤m≤1-【解析】选B.因为f(x)为“局部奇函数”,所以存在实数x满足f(-x)=-f(x),即4-x-2m2-x+m2-3=-4x+2m2x-m2+3,令t=2x(t>0),则+t2-2m+2m2-6=0,-2m+2m2-8=0在t∈(0,+∞)上有解,再令h=+t(h≥2),则g(h)=h2-2mh+2m2-8=0在h∈[2,+∞)上有解,函数关于h的对称轴为h=m,①当m≥2时,g(h)≥g(m),所以g(m)=m2-2m2+2m2-8≤0,解得2≤m≤2;②当m<2时,则g(2)=4-4m+2m2-8≤0,即m2-2m-2≤0,解得1-≤m<2.综合①②,可知1-≤m≤2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2016·江阳高二检测)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=-f(x).则f(9)的值为________.【解析】因为f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即T=4.所以f(9)=f(1)=-f(-1)=-f(1),所以f(1)=0即f(9)=0.答案:07.(2016·石家庄高二检测)若lgx+lgy=2lg(x-2y),则lo=________.【解析】由题设条件知即x2-5xy+4y2=0,解得=1或=4,因为x>2y,所以=4,即log=lo4=4.答案:48.(2016·烟台高二检测)设a>0,b>0,c>0且a+b+c=1. 则++的最小值为________.【解题指南】应用a+b+c=1代换应用基本不等式. 【解析】因为a>0,b>0,c>0且a+b+c=1所以++=++=3+++≥3+2+2+2=9.当且仅当a=b=c时等号成立.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知x>0, y>0,x+y=1,求证:≥9.【证明】因为x+y=1,所以===5+2.又因为x>0,y>0,所以>0,>0.所以+≥2,当且仅当=,即x=y=时取等号.则有≥5+2×2=9成立.【一题多解】因为x>0,y>0,1=x+y≥2,当且仅当x=y=时等号成立, 所以xy≤.则有=1+++=1++=1+≥1+8=9成立. 10.如图,在四棱锥P -ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC= 60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点.(1)证明:CD⊥AE.(2)证明:PD⊥平面ABE.【证明】(1)在四棱锥P-ABCD中,因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.又因为AE⊂平面PAC,所以CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,所以AE⊥平面PCD.又因为PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2016·济南高二检测)在一个数列中,如果对任意n∈N*,都有a n a n+1a n+2=K(K为常数),那么这个数列叫做等积数列,K叫做这个数列的公积,已知数列{a n}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积K=8则a1+a2+a3+……+a12= ( )A.24B.28C.32D.36【解析】选B.由已知a n a n+1a n+2=8,a n+1a n+2a n+3=8,两式相除得=1即a n+3=a n,即此数列是一个以3为周期的数列.由a1a2a3=8得a3=4,所以a1+a2+a3=7,所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×7=28.2.(2016·大连高二检测)在非等边三角形ABC中,∠A为钝角,则三边a,b,c满足的条件是( )A.b2+c2≥a2B.b2+c2>a2C.b2+c2≤a2D.b2+c2<a2【解题指南】应用余弦定理cosA<0.【解析】选D.由余弦定理得cosA=.因为A为钝角,所以cosA<0,即b2+c2<a2. 二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2016·武昌高二检测)已知函数f(x)=2x,a,b∈(0,+∞).A=f, B=f,C=f则A,B,C从小到大排列为________.【解析】因为a>0,b>0,所以≥,所以≤1,所以≤,故≤≤,又f(x)=2x为增函数,所以f≤f()≤f,即C≤B≤A,当且仅当a=b=c时取等号.答案:C≤B≤A4.(2016·郑州高二检测)若不等式(-1)n a<2+对任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围为________.【解析】当n为偶数时,a<2-.而2-≥2-=.故a<,①当n为奇数时,a>-2-.而-2-<-2,故a≥-2,②由①,②得-2≤a<.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)5.已知a+b+c=1,求证:ab+bc+ca≤.【解题指南】不等式左边为两两乘积的形式,而已知条件是a+b+c=1,将已知平方可得a,b,c 两两乘积及a,b,c的平方和的形式,然后可用基本不等式证明.【证明】因为a+b+c=1,所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.又因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,所以2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca).所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.所以1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca).所以ab+bc+ca≤.6.(2014·山东高考)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,点E,F分别为线段AD,PC的中点.(1)求证:AP∥平面BEF.(2)求证:BE⊥平面PAC.【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法,可利用线线平行,来证明线面平行.(2)本题考查了线面垂直的判定,在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.【证明】(1)连接AC交BE于点O,连接OF,CE,不妨设AB=BC=1,则AD=2,因为AB=BC=AD,AD∥BC,E为AD的中点,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点,因为O,F分别为AC,PC中点,所以OF∥AP,又因为OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)因为AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AP⊥CD,因为BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD,所以BE⊥PA,又因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC,又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BE⊥平面PAC.(25分钟60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1.已知等比数列{a n}的公比为正数，且a3·a9=2，a2=1，则a1等于( )A. B. C. D.2【解析】选B.由a3·a9=2知·q10=2·q8，所以q2=2，因为q>0，所以q=，a1===.【补偿训练】如果公差不为零的等差数列中的第二、第三、第六项构成等比数列，那么这个等比数列的公比等于( )A.1B.2C.3D.4【解析】选C.设等差数列的首项为a1，公差为d，等比数列的公比为q(q≠0)，则a2=a1+d，a3=a1+2d，a6=a1+5d.因为a2，a3，a6构成等比数列，所以=a2·a6，所以a1=-，所以q==3.2.(2015台州高二检测)设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，则必有( )A.1≤ab≤B.<ab<1C.ab<<1D.ab<1<【解析】选D.因为a+b=2且a≠b，所以ab<()2=1，>()2=1.所以>1>ab.【补偿训练】设a>0，b>0且ab-(a+b)≥1，则( )A.a+b≥2(+1)B.a+b≤+1C.a+b≤(+1)2D.a+b>2(+1)【解析】选A.由条件知a+b≤ab-1≤-1，令a+b=t，则t>0且t≤-1，解得t≥2+2.3.(2014·天津高考)设{a n}是首项为a1，公差为-1的等差数列，S n为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1=( )A.2B.-2C.D.-【解析】选 D.因为S2=2a1-1，S4=4a1+×(-1)=4a1-6，且S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1-1)2=a1(4a1-6)，解得a1=-.4.(2015烟台高二检测)如果x>0，y>0，x+y+xy=2，则x+y的最小值是( )A. B.2-2 C.1+ D.2-【解析】选B.由x>0，y>0，x+y+xy=2，则2-(x+y)=xy≤，所以(x+y)2+4(x+y)-8≥0，所以x+y≥2-2或x+y≤-2-2.因为x>0，y>0，所以x+y的最小值为2-2.5.(2015·郑州高二检测)若钝角三角形ABC三内角A，B，C的度数成等差数列且最大边与最小边的比为m，则m的取值范围是( )A.(2，+∞)B.(0，2)C. D.[2，+∞)【解析】选A.设三角形的三边从小到大依次为a，b，c，因为三内角的度数成等差数列，所以2B=A+C.则A+B+C=3B=180°，可得B=60°.根据余弦定理得cosB=cos60°==.得b2=a2+c2-ac，因三角形ABC为钝角三角形，故a2+b2-c2<0.于是2a2-ac<0，即>2.又m=，即m∈(2，+∞).二、填空题(每小题5分，共15分)6.(2014·绵阳高二检测)等比数列{a n}各项为正数，且3是a5和a6的等比中项，a1·a2·…·□等于310，则□内应填.【解析】由题意，a5·a6=·q9=32，a1·a2·…·a10=q45=(q9)5=(32)5=310.答案：a10【一题多解】因为a5·a6=32，由等比数列的性质知a1·a10=a2·a9=…=a5·a6，所以a1·a2·…·a10=(a5·a6)5=(32)5=310.答案：a107.(2015·马鞍山高二检测)在△ABC中，已知cosAcosB>sinAsinB，则△ABC的形状一定是.【解题指南】移项后通过三角恒等变换判断三角形形状.【解析】因为cosAcosB>sinAsinB，所以cosAcosB-sinAsinB=cos(A+B)>0.因为0<A+B<π，所以0<A+B<.又C=π-(A+B)，所以C∈即△ABC为钝角三角形.答案：钝角三角形【拓展延伸】证明三角等式或不等式的主要依据(1)三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式.(2)和、差、倍角的三角函数公式.(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理.(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式.8.若拋物线y=4x2上的点P到直线y=4x-5的距离最短，则点P的坐标为.【解析】设P在y=4x+m上，将y=4x+m代入y=4x2，得4x2-4x-m=0.取Δ=0，得m=-1.所以4x2-4x+1=0⇒x=，y=1.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)9.设a，b，c>0，求证：++≥(a+b+c).【证明】因为a2+b2≥2ab，a，b>0，所以2(a2+b2)≥a2+b2+2ab=(a+b)2，所以a2+b2≥，所以≥(a+b).同理：≥(b+c)，≥(c+a)，所以++≥(2a+2b+2c)=(a+b+c).(当且仅当a=b=c时取等号)故++≥(a+b+c).10.(2015·石家庄高二检测)已知数列{a n}为等比数列，a2=6，a5=162.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设S n是数列{a n}的前n项和，证明：≤1.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，则a2=a1q，a5=a1q4，依题意，得方程组，解得a1=2，q=3，所以a n=2·3n-1(2)因为S n==3n-1，所以=≤=1，即≤1.【补偿训练】已知△ABC的三边长a，b，c的倒数成等差数列，求证：B<90°. 【证明】由题意知=+，所以b(a+c)=2ac.因为cosB=≥=1-=1-=1-又△ABC三边长a，b，c满足a+c>b，所以<1，所以1->0.所以cosB>0，即B<90°.【拓展延伸】综合法处理问题的三个步骤(20分钟40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1.(2015·南昌高二检测)已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4是a3与a7的等比中项S8=32，则S10等于( )A.18B.24C.60D.90【解题指南】由等比中项的定义可得=a3a7，根据等差数列的通项公式及前n项和公式，设出公差d，列方程解出a1和d进而求出S10.【解析】选C.等差数列{a n}的公差为d，因为a4是a3与a7的等比中项，所以=a3·a7，即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)整理得2a1+3d=0，①又S8=8a1+d=32.整理得2a1+7d=8，②由①②知d=2，a1=-3.所以S10=10a1+d=60.【补偿训练】(2014·温州高二检测)已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为的等比数列，则|m-n|= .【解析】方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0⇒x2-mx+2=0①或x2-nx+2=0②.设方程①两根为x1，x4.方程②两根为x2，x3.则x1·x4=2，x1+x4=m，x2·x3=2，x2+x3=n.因为方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为的等比数列.所以x1，x2，x3，x4分别为此数列的前四项且x1=，x4==4，公比为2，所以x2=1，x3=2，所以m=x1+x4=+4=，n=x2+x3=1+2=3，故|m-n|==.答案：2.若a，b，c∈R，且ab+bc+ca=1，则下列不等式成立的是( )A.a2+b2+c2≥2B.(a+b+c)2≥3C.++≥2D.abc(a+b+c)≤【解析】选B.因为a，b，c∈R，所以a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac=1，所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=a2+b2+c2+2≥3.二、填空题(每小题5分，共10分)3.(2015·福州高二检测)下面的四个不等式：①a2+b2+3≥ab+(a+b)；②a(1-a)≤；③+≥2；④(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd) 2，其中恒成立的是.【解析】因为a2+b2≥2ab，a2+3≥2a，b2+3≥2 b.相加得2(a2+b2+3)≥2ab+2(a+b)，所以a2+b2+3≥ab+(a+b)，所以①正确.由于a(1-a)-=-a2+a-=-≤0，所以②正确.(a2+b2)·(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2，所以④正确.而+≥2，因为a，b的符号不确定，所以不一定成立.答案：①②④4.(2015·长春高二检测)点P是曲线y=x2-lnx上任意一点，则点P到直线y=x-2的距离的最小值是.【解题指南】在曲线上求一点，使得在此点处的切线和直线y=x-2平行，求出两条平行线间的距离即可.【解析】点P是曲线y=x2-lnx上任意一点，当过点P的切线和直线y=x-2平行时，点P到直线y=x-2的距离最小.直线y=x-2的斜率为1.令y=x2-lnx的导数y′=2x-=1，得x=1或x=-(舍)，所以切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y=x-2的距离等于.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)5.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=1，AD=2，E是BC的中点.(1)求证：直线BB1∥平面D1DE.(2)求证：平面A1AE⊥平面D1DE.【证明】(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1，又因为BB1⊄平面D1DE，DD1⊂平面D1DE，所以直线BB1∥平面D1DE.(2)在长方形ABCD中，因为AB=AA1=1，AD=2，所以AE=DE=，所以AE2+DE2=4=AD2，故AE⊥DE，因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中有DD1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以DD1⊥AE.又因为DD1∩DE=D，所以直线AE⊥平面D1DE，而AE⊂平面A1AE，所以平面A1AE⊥平面D1DE.【延伸探究】本题中如何求三棱锥A-A1DE的体积？【解析】==AA1×S△ADE=×1××1×2=.【拓展延伸】综合法的广泛应用综合法不但是数学证明中的重要方法之一，也是其他解答题步骤书写的重要方法，其特点是“执因索果”.综合法在数学证明中的应用非常广泛，用它不但可以证明不等式、立体几何、解析几何问题，也可以证明三角恒等式、数列问题、函数问题等.6.(2015·绵阳高二检测)已知数列{a n}中，a1=1，二次函数f(x)=a n·x2+(2-n-a n+1)·x的对称轴为x=.(1)试证明{2n a n}是等差数列，并求{a n}的通项公式.(2)设{a n}的前n项和为S n，试求使得S n<3成立的n的值，并说明理由.【解题指南】(1)根据对称轴，得到2n+1a n+1-2n a n=2，继而得到{2n a n}是以2为首项，以2公差的等差数列.根据等差数列的通项公式求出a n.(2)利用错位相加法求出数列的前n项和S n，并利用函数的思想，得到S n<3成立的n的值. 【解析】(1)因为二次函数f(x)=a n·x2+(2-n-a n+1)·x的对称轴为x=.所以=，所以2n+1a n+1-2n a n=2，因为a1=1，所以2a1=2，所以{2n a n}是以2为首项，以2为公差的等差数列，所以2n a n=2+2(n-1)=2n，所以a n==n·.(2)因为S n=a1+a2+…+a n=1×+2×+3×+n·，所以S n=1×+2×+3×+…+n·，两式相减得，S n=++++…+-n·=-n·=2-2·-n·，所以S n=4-，因为S n<3，所以4-<3，所以n+2>2n-1，分别画出函数y=x+2(x>0)，与y=2x-1(x>0)的图象，如图所示，由图象可知，当n=1，2，3时，S n<3成立.一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2016·三明高二检测)在△ABC中,若sinAsinB<cosAcosB,则△ABC一定是( ) A.直角三角形 B.锐角三角形C.钝角三角形D.等边三角形【解析】选C.因为在△ABC中,sinAsinB<cosAcosB即cos(A+B)>0.即cosC<0,所以C为钝角,即△ABC为钝角三角形.2.(2016·济宁高二检测)命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”应用了( )A.分析法B.综合法C.分析法与综合法D.演绎法【解析】选B.证明过程是由已知条件入手利用有关公式进行证明的,属于综合法,即证明过程应用了综合法.3.(2016·德州高二检测)在R上定义运算☉:a☉b=ab+2a+b,则满足x☉(x-2)<0的实数x的取值范围为( )A.(0,2)B.(-2,1)C.(-1,2)D.(-∞,-2)∪(1,+∞)【解析】选B,由题意知x☉(x-2)=x(x-2)+2x+(x-2)=x2+x-2<0.解得-2<x<1.4.(2016·东营高二检测)设a>0,b>0,若是3a与3b的等比中项,则+的最小值为( )A.8B.4C.1D.【解析】选B.因为是3a与3b的等比中项,所以3a·3b=3,即a+b=1.又a>0,b>0,所以≤=,得ab≤.故+==≥=4.即+的最小值为4.5.(2016·阜阳高二检测)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),称f(x)为“局部奇函数”,若f(x)=4x-m2x+1+m2-3为定义域R上的“局部奇函数”,则实数m的取值范围是( )A.1-≤m≤1+B.1-≤m≤2C.-2≤m≤2D.-2≤m≤1-【解析】选B.因为f(x)为“局部奇函数”,所以存在实数x满足f(-x)=-f(x),即4-x-2m2-x+m2-3=-4x+2m2x-m2+3,令t=2x(t>0),则+t2-2m+2m2-6=0,-2m+2m2-8=0在t∈(0,+∞)上有解,再令h=+t(h≥2),则g(h)=h2-2mh+2m2-8=0在h∈[2,+∞)上有解,函数关于h的对称轴为h=m,①当m≥2时,g(h)≥g(m),所以g(m)=m2-2m2+2m2-8≤0,解得2≤m≤2;②当m<2时,则g(2)=4-4m+2m2-8≤0,即m2-2m-2≤0,解得1-≤m<2.综合①②,可知1-≤m≤2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2016·江阳高二检测)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=-f(x).则f(9)的值为________.【解析】因为f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即T=4.所以f(9)=f(1)=-f(-1)=-f(1),所以f(1)=0即f(9)=0.答案:07.(2016·石家庄高二检测)若lgx+lgy=2lg(x-2y),则lo=________.【解析】由题设条件知即x2-5xy+4y2=0,解得=1或=4,因为x>2y,所以=4,即log=lo4=4.答案:48.(2016·烟台高二检测)设a>0,b>0,c>0且a+b+c=1.则++的最小值为________.【解题指南】应用a+b+c=1代换应用基本不等式.【解析】因为a>0,b>0,c>0且a+b+c=1所以++=++=3+++≥3+2+2+2=9.当且仅当a=b=c时等号成立.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知x>0,y>0,x+y=1,求证:≥9.【证明】因为x+y=1,所以===5+2.又因为x>0,y>0,所以>0,>0.所以+≥2,当且仅当=,即x=y=时取等号.则有≥5+2×2=9成立.【一题多解】因为x>0,y>0,1=x+y≥2,当且仅当x=y=时等号成立, 所以xy≤.则有=1+++=1++=1+≥1+8=9成立. 10.如图,在四棱锥P -ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC= 60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点.(1)证明:CD⊥AE.(2)证明:PD⊥平面ABE.【证明】(1)在四棱锥P-ABCD中,因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.又因为AE⊂平面PAC,所以CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,所以AE⊥平面PCD.又因为PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2016·济南高二检测)在一个数列中,如果对任意n∈N*,都有a n a n+1a n+2=K(K为常数),那么这个数列叫做等积数列,K叫做这个数列的公积,已知数列{a n}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积K=8则a1+a2+a3+……+a12= ( )A.24B.28C.32D.36【解析】选B.由已知a n a n+1a n+2=8,a n+1a n+2a n+3=8,两式相除得=1即a n+3=a n,即此数列是一个以3为周期的数列.由a1a2a3=8得a3=4,所以a1+a2+a3=7,所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×7=28.2.(2016·大连高二检测)在非等边三角形ABC中,∠A为钝角,则三边a,b,c满足的条件是( )A.b2+c2≥a2B.b2+c2>a2C.b2+c2≤a2D.b2+c2<a2【解题指南】应用余弦定理cosA<0.【解析】选D.由余弦定理得cosA=.因为A为钝角,所以cosA<0,即b2+c2<a2. 二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2016·武昌高二检测)已知函数f(x)=2x,a,b∈(0,+∞).A=f, B=f,C=f则A,B,C从小到大排列为________.【解析】因为a>0,b>0,所以≥,所以≤1,所以≤,故≤≤,又f(x)=2x为增函数,所以f≤f()≤f,即C≤B≤A,当且仅当a=b=c时取等号.答案:C≤B≤A4.(2016·郑州高二检测)若不等式(-1)n a<2+对任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围为________.【解析】当n为偶数时,a<2-.而2-≥2-=.故a<,①当n为奇数时,a>-2-.而-2-<-2,故a≥-2,②由①,②得-2≤a<.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)5.已知a+b+c=1,求证:ab+bc+ca≤.【解题指南】不等式左边为两两乘积的形式,而已知条件是a+b+c=1,将已知平方可得a,b,c 两两乘积及a,b,c的平方和的形式,然后可用基本不等式证明.【证明】因为a+b+c=1,所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.又因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,所以2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca).所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.所以1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca).所以ab+bc+ca≤.6.(2014·山东高考)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,点E,F分别为线段AD,PC的中点.(1)求证:AP∥平面BEF.(2)求证:BE⊥平面PAC.【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法,可利用线线平行,来证明线面平行.(2)本题考查了线面垂直的判定,在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.【证明】(1)连接AC交BE于点O,连接OF,CE,不妨设AB=BC=1,则AD=2,因为AB=BC=AD,AD∥BC,E为AD的中点,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点, 因为O,F分别为AC,PC中点,所以OF∥AP,又因为OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)因为AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AP⊥CD,因为BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD,所以BE⊥PA,又因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC,又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BE⊥平面PAC.。
人教新课标A版高二数学《选修1-2》2.2.1综合法与分析法(一)---综合法
【解析】
•将A，B，C成等差数列，转化为符号语言就是 2B=A+C； •A，B，C为△ABC的内角，这是一个隐含条件，即 A+B+C=180°；
此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间 的关系，进而判断三角形的形状，余弦定理正好满足要求.于是，可以用余 弦定理进行证明.
证明： 由A，B，C成等差数列，有
P Q1
Q1 Q 2
Q2 Q3
…
Qn Q
同学们，综合法我们只需懂理解具体例子，这些归纳出来的综合法一般理论是 数学家干干的，我们只需理解就行.
但综合法是万事开头难，虽然万事开头难，但有时候进展更难。会需要高超的 技巧，深刻的解题指导思想.
三、例题讲解
A
B C P α Q R
三、例题讲解
?????bc成等比数列转化为符号语言就是就是????????????????三例题讲解此时如果能把角和边统一起来那么就可以进一步寻找角和边之间的关系进而判断三角形的形状余弦定理正好满足要求
2.2.1 综合法和分析法
引入
我们知道事物分成正面和方面.证明题目的方法很多，不管有多少，从正 面看从大宏观与大高度看只分成两类.
万事开头难怎办？ 请听下节课分解
11
谢谢大家！
2.2.1综合法和分析法（一）——综合法一、新课入【解析】证明:
二、讲授新课——综合法(顺推证法或由因导果法)
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后 推导出所要证明的结论成立,这种证明方法叫做综合法。其特点是:“由因导果” 用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示所要证明的结论. 则综合法用框图表示为:
2B=A+C.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2课时 分析法及其应用练习
双基达标 (限时20分钟)
1．要证明3＋7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是
( )．
A ．综合法
B ．分析法
C ．反证法
D ．归纳法 答案 B
2．已知f (x )＝a (2x ＋1)－2
2x ＋1
是奇函数，那么实数a 的值等于
( )．
A ．1
B ．－1
C ．0
D ．±1
解析 奇函数f (x )在x ＝0时有意义，则f (0)＝0， ∴f (0)＝a (20＋1)－220＋1＝2a －2
2＝0，
∴a ＝1，故选A. 答案 A
3．如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，则x ＋y 的最小值是
( )．
A.32 B ．23－2 C ．1＋ 3
D ．2－ 3
解析 由x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2， 则2－(x ＋y )＝xy ≤⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋y 22
， ∴(x ＋y )2＋4(x ＋y )－8≥0，
∴x ＋y ≥23－2或x ＋y ≤－2－2 3. ∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋y 的最小值为23－2. 答案 B
4．设A ＝12a ＋12b ，B ＝2
a ＋b
(a ＞0，b ＞0)，则A 、B 的大小关系为________．
解析 A －B ＝a ＋b 2ab －2
a ＋
b ＝(a ＋b )2－4ab 2ab (a ＋b )≥0.
答案 A ≥B
5．若抛物线y ＝4x 2上的点P 到直线y ＝4x －5的距离最短，则点P 的坐标为________．
解析 数形结合知，曲线y ＝4x 2在点P 处的切线l 与直线y ＝4x －5平行． 设l ：y ＝4x ＋b .将y ＝4x ＋b 代入y ＝4x 2， 得4x 2－4x －b ＝0，令Δ＝0，得b ＝－1. ∴4x 2－4x ＋1＝0， ∴x ＝1
2，∴y ＝1. 答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，1
6．设a ，b ＞0，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 证明 法一 分析法 要证a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2成立．
只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )成立， 又因a ＋b ＞0，
只需证a 2－ab ＋b 2＞ab 成立， 只需证a 2－2ab ＋b 2＞0成立， 即需证(a －b )2＞0成立．
而依题设a ≠b ，则(a －b )2＞0显然成立． 由此命题得证． 法二 综合法
a ≠
b ⇒a －b ≠0⇒(a －b )2＞0 ⇒a 2－2ab ＋b 2＞0⇒a 2－ab ＋b 2＞ab . 注意到a ，b ∈R ＋，a ＋b ＞0，由上式即得 (a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )． ∴a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.
综合提高 (限时25分钟)
7．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc b m ＋d
n (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
解析 q ＝ ab ＋mad n ＋nbc
m ＋cd
≥
ab ＋22abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .
答案 B
8．对一切实数x ，不等式x 2＋a |x |＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是 ( )． A ．(－∞，－2] B ．[－2,2] C ．[－2，＋∞)
D ．[0，＋∞)
解析 用分离参数法可得a ≥－⎝ ⎛
⎭⎪⎫|x |＋1|x |(x ≠0)，而|x |＋1|x |≥2，∴a ≥－2，当x ＝0时原不等式显然成立． 答案 C
9．平面内有四边形ABCD 和点O ，OA →＋OC →＝OB →＋OD →，则四边形ABCD 为
________．
①菱形 ②梯形 ③矩形 ④平行四边形 解析 ∵OA
→＋OC →＝OB →＋OD →，
∴OA
→－OB →＝OD →－OC →，∴BA →＝CD →， ∴四边形ABCD 为平行四边形． 答案 平行四边形
10．若f (n )＝n 2＋1－n ，g (n )＝n －n 2－1，φ(n )＝1
2n ， n ∈N *，则f (n )、g (n )、φ(n )的大小关系为________．
解析 法一 f (n )、g (n )可用分子有理化进行变形，然后与φ(n )进行比较． f (n )＝
1n 2＋1＋n ＜12n ，g (n )＝1n ＋n 2－1＞1
2n
∴f (n )＜φ(n )＜g (n )．
法二 特殊值法．取n ＝1， 则f (1)＝2－1，g (1)＝1，φ(1)＝1
2. 答案 f (n )＜φ(n )＜g (n )
11．已知a ＞0，b ＞0，用两种方法证明：a b ＋b
a
≥a ＋b . 证明 法一 (综合法)： 因为a ＞0，b ＞0， 所以
a b ＋b
a
－a －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
b a －a ＝
a －
b b ＋b －a a
＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1
b －1a
＝(a －b )2(a ＋b )
ab ≥0，
所以
a b ＋b
a
≥a ＋b . 法二 (分析法)： 要证
a b ＋b
a
≥a ＋b ， 只需证a a ＋b b ≥a b ＋b a ， 即证(a －b )(a －b )≥0，
因为a ＞0，b ＞0，a －b 与a －b 同号， 所以(a －b )(a －b )≥0成立， 所以
a b ＋b
a
≥a ＋b 成立． 12．(创新拓展)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ，g (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的最大值；
(2)设0＜a ＜b ，求证0＜g (a )＋g (b )－2g ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2＜ (b －a )ln 2.
(1)解 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)．
令f ′(x )＝
1
1＋x
－1＝0，得x ＝0. 当－1＜x ＜0时，f ′(x )＞0， f (x )为单调递增函数；
当x ＞0时，f ′(x )＜0，f (x )为单调递减函数， 故当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝0. (2)证明 ∵g (x )＝x ln x ，
∴g ′(x )＝ln x ＋1，其定义域为(0，＋∞)． 设F (x )＝g (a )＋g (x )－2g ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋x 2， 则F ′(x )＝ln x －ln a ＋x
2. 令F ′(x )＝0，得x ＝a . 当0＜x ＜a 时，F ′(x )＜0， F (x )为单调递减函数； 当x ＞a 时，F ′(x )＞0， F (x )为单调递增函数， ∴F (x )有最小值F (a )． ∵F (a )＝0，b ＞a ，
∴F (b )＞0，即g (a )＋g (b )－2g ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2＞0. 设G (x )＝F (x )－(x －a )ln 2，
则G ′(x )＝ln x －ln a ＋x
2－ln 2＝ln x －ln(a ＋x )． 当x ＞0时，G ′(x )＜0，G (x )为单调递减函数． ∵G (a )＝0，b ＞a ，
∴G (b )＜0，即g (a )＋g (b )－2g ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2＜(b －a )ln 2. 综上可知，0＜g (a )＋g (b )－2g ⎝
⎛⎭
⎪⎫
a ＋
b 2＜(b －a )ln 2.。