高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(五) 综合法和分析法
2014-2015学年高中数学(人教版选修1-2)课时训练第二章 2.2.1 综合法和分析法
基础 自测
( 1．设 x，y∈R＋，且 x＋y＝6，则 lg x＋lg y 的取值范围是 ) A．(－∞，lg 6] B．(－∞，2lg 3] 栏 C．[lg 6，＋∞) 目 链 D．[2lg 3，＋∞) 接
解析：∵x，y∈R＋，x＋y＝6，∴2 xy≤6，即 0＜xy≤9，∴lg xy≤lg 9，即 lg x＋lg y≤2lg 3.故选 B. 答案：B
基础 自测
2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设 a＞b ＞c， 且 a＋b＋c＝0， 求证： b2－ac＜ 3a”索的因应是( ) A．a－b＞0 B．a－c＞0 栏 C．(a－b)(a－c)＞0 目 链 D．(a－b)(a－c)＜0
接
解析： b2－ac＜ 3 a ⇐ b2 － ac ＜ 3a2⇐ 3a2＋ ac－ (a ＋ c)2 ＞ 0⇐ (2a ＋ c)(a－c)＞0⇐(a－b)(a－c)＞0.故选 C. 答案：C
栏 目 链 接
跟 踪 训 练
证明：(1)∵ sin θ 与 cos θ 的等差中项是 sin x， 等比中项是 sin y， ∴ sin θ＋cos θ＝2sin x，① 2 sin θcos θ＝sin y，② ①2－②×2，可得 (sin θ＋cos θ)2－2sin θcos θ＝4sin2x－2sin2y， 即 4sin2x－2sin2y＝1. 1－cos 2x 1－cos 2y ∴ 4× －2× ＝1, 2 2 即 2－2cos 2x－(1－cos 2y)＝1. 故证得 2cos 2x＝cos 2y.
第二章
推理与证明
2.2 直接证明与间接证明 2．2.1 综合法和分析法
栏 目 链 接
1.结合已经学习过的数学实例，了解直接证明的两种最基 本的方法：综合法和分析法. 2.了解用综合法和分析法解决问题的思考特点和过程，会 栏 目 用综合法和分析法证明具体的问题.通过实例充分认识这两种证 链 接 明方法的特点，认识证明的重要性
高中数学 选修1-2 5.综合法与分析法
5.综合法与分析法
教学目标 班级______姓名________
1.了解直接证明的两种基本方法——综合法与分析法.
2.理解综合法与分析法的特点，并能运用解决问题.
教学过程
一、综合法：
1.定义：从已知条件和某些数学定义、定理、公理等出发，通过推理推导出所要的结论.
2.结构：Q Q Q Q P n ⇒⇒⇒⇒⇒......21.
3.特点：条件⇒结论. （综合法又叫顺推证法或由因导果法）
例1：已知a 、0>b ，求证：abc a c b c b a 4)()(2222≥+++.
练1：在ABC ∆中，角A 、B 、C 成等差数列，边a 、b 、c 成等比数列，求证：ABC ∆为等边三角形.
二、分析法：
1.定义：从结论Q 出发，反推回去，寻求Q 的充分条件1P ，在寻求1P 的充分条件2P ......直到找到一个明显成立的条件P （已知条件、定义、定理、公理等）为止.
2.结构：P P P Q ⇐⇐⇐⇐......21.
3.特点：结论⇒条件.
例2：求证：
ab b a ≥+2（0>a ，0>b ）.
练2：求证：321---<--a a a a .
作业：1.在ABC ∆中，C
B c b cos cos =，求证：
C B =. 2.求证：5273<+.。
2019-2020学年高中数学(人教版选修1-2)课时跟踪检测(五) 综合法和分析法 Word版含答案
课时跟踪检测(五) 综合法和分析法一、选择题1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：选C ①②③⑤正确．2．下列函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”的是() A ．f (x )＝1x B ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选A 本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，A 项中，f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝－1x2＜0，∴f (x )＝1x 在(0，＋∞)上为减函数．3．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，则1a ＋1b 的最小值为( )A ．8B ．4C ．1 D.14解析：选B 3是3a 与3b 的等比中项⇒3a ·3b ＝3⇒3a ＋b ＝3⇒a ＋b ＝1，因为a ＞0，b ＞0， 所以ab ≤a ＋b 2＝12⇒ab ≤14，所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥114＝4.4．A ，B 为△ABC 的内角，A >B 是sin A >sin B 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 若A >B ，则a >b ，又a sin A ＝b sin B ，∴sin A >sin B ；若sin A >sin B ，则由正弦定理得a >b ，∴A >B .5．已知f (x )＝a x ＋1,0＜a ＜1，若x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，则( )A.＋2≤f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22B.＋2＝f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22C.＋2≥f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22D.＋2＞f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22解析：选D 因为x1≠x2，所以＋2＝ax1＋1＋ax2＋12＞ax1＋1·ax2＋1＝a x1＋x22＋1＝f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22，所以＋2＞f⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22.二、填空题6．命题“函数f(x)＝x－x ln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－x ln x取导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x＞0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了______________的证明方法．解析：该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如果a a＋b b＞a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是________．解析：a a＋b b＞a b＋b a⇔a a－a b＞b a－b b⇔a(a－b)＞b(a－b)⇔(a－b)(a－b)＞0⇔(a＋b)(a－b)2＞0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b8．已知sin θ＋cos θ＝15且π2≤θ≤3π4，则cos 2θ＝________.解析：因为sin θ＋cos θ＝1 5，所以1＋sin 2θ＝1 25，所以sin 2θ＝－2425. 因为π2≤θ≤3π4， 所以π≤2θ≤3π2. 所以cos 2θ＝－1－sin22θ＝－725. 答案：－725三、解答题9．求证：2cos(α－β)－s α－βsin α＝sin βsin α. 证明：要证原等式成立，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)·sin α ＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β＝右边．所以原等式成立．10．(天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列；(2)设a 1＝d ，T n ＝∑k ＝12n (－1)k b 2k ，n ∈N *，求证：∑k ＝1n 1Tk ＜12d2. 证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1， c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 2)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 2n －1＋b 2n)＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝2d ·＋2 ＝2d 2n (n ＋1)．所以∑k ＝1n 1Tk ＝12d2∑k ＝1n 1＋ ＝12d2∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝12d2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＜12d2.。
人教新课标版数学高二A版选修1-2课时作业 综合法和分析法(1)
一、基础过关1．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( )A ．若a >b ，则ac 2>bc 2B ．若a c >b c，则a >b C ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b答案 C解析 对于A ：若c ＝0，则A 不成立，故A 错；对于B ：若c <0，则B 不成立，B 错；对于C ：若a 3>b 3且ab <0，则⎩⎨⎧ a >0b <0，所以1a >1b ，故C 对；对于D ：若⎩⎨⎧a <0b <0，则D 不成立． 2．A 、B 为△ABC 的内角，A >B 是sin A >sin B 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 由正弦定理a sin A ＝b sin B＝2R ，又A 、B 为三角形的内角，∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B .3．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ⊥m ；④若l ∥m ，则α⊥β.其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 若l ⊥α，m ⊂β，α∥β，则l ⊥β，所以l ⊥m ，①正确；若l ⊥α，m ⊂β，l ⊥m ，α与β可能相交，②不正确；若l ⊥α，m ⊂β，α⊥β，l 与m 可能平行或异面，③不正确；若l ⊥α，m ⊂β，l ∥m ，则m ⊥α，所以α⊥β，④正确．4．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<ab <1答案 B解析 因为a ≠b ，故a 2＋b 22>ab .又因为a ＋b ＝2>2ab ，故ab <1，a 2＋b 22＝(a ＋b )2－2ab 2＝2－ab >1，即a 2＋b 22>1>ab .5．已知a ，b 为非零实数，则使不等式：a b ＋b a ≤－2成立的一个充分不必要条件是()A ．ab >0B ．ab <0C ．a >0，b <0D ．a >0，b >0答案 C解析 ∵a b 与b a 同号，由a b ＋b a ≤－2，知a b <0，b a <0，即ab <0.又若ab <0，则a b <0，b a <0.∴a b ＋b a ＝－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－a b ＋⎝⎛⎭⎫－b a≤－2⎝⎛⎭⎫－ab ·⎝⎛⎭⎫－ba ＝－2，综上，ab <0是a b ＋ba ≤－2成立的充要条件，∴a >0，b <0是a b ＋b a ≤－2成立的一个充分而不必要条件．6．要证明3＋7<25，可选择的方法有很多，最合理的应为________． 答案 分析法7．设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.证明 方法一 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b )．因为a ≥b >0，所以a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，所以3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.方法二 要证3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2，只需证3a 2(a －b )－2b 2(a －b )≥0，只需证(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，∵a ≥b >0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>2a 2－2b 2≥0，∴上式成立．二、能力提升8.已知a 、b 、c ∈R ，且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、负不能确定 答案 B解析 ∵(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )＝0，又abc >0，∴a ，b ，c 均不为0，∴a 2＋b 2＋c 2>0.∴ab ＋bc ＋ca <0，∴1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋ca abc<0. 9．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 ∵a 2－c 2＝2－(8－43)＝43－6＝48－36>0，∴a >c .∵c b ＝6－27－3＝7＋36＋2>1，∴c >b .10.已知p ＝a ＋1a －2(a >2)，q ＝2－a 2＋4a －2(a >2)，则p 、q 的大小关系为________． 答案 p >q解析 p ＝a －2＋1a －2＋2≥2·(a －2)·1a －2＋2＝4，－a 2＋4a －2＝2－(a －2)2<2，∴q <22＝4≤p .11.如图所示，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形)． 答案 对角线互相垂直解析 本题答案不唯一，要证A 1C ⊥B 1D 1，只需证B 1D 1垂直于A 1C 所在的平面A 1CC 1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B 1D 1⊥CC 1，故只需证B 1D 1⊥A 1C 1即可．12．若－1<x <1，－1<y <1，求证：(x －y 1－xy)2<1. 证明 要证明(x －y1－xy)2<1，只需证明(x －y )2<(1－xy )2，即x 2＋y 2－2xy <1－2xy ＋x 2y 2，只需证明x 2＋y 2－1－x 2y 2<0，只需证明(y 2－1)(1－x 2)<0，即(1－y 2)(1－x 2)>0(*) 因为－1<x <1，－1<y <1，所以x 2<1，y 2<1.从而(*)式显然成立，所以(x －y 1－xy)2<1. 13．求证：抛物线y 2＝2px (p >0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x ＝－p 2相切． 证明(如图)作AA ′、BB ′垂直于准线，取AB 的中点M ，作MM ′垂直于准线．只需证|MM ′|＝12|AB |. 由抛物线的定义：|AA ′|＝|AF |，|BB ′|＝|BF |，所以|AB |＝|AA ′|＋|BB ′|.因此只需证|MM ′|＝12(|AA ′|＋|BB ′|)， 根据梯形的中位线定理可知上式是成立的．所以以过焦点的弦为直径的圆必与x ＝－p 2相切． 三、探究与拓展14.已知a 、b 、c 是不全相等的正数，且0<x <1.求证：log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2<log x a ＋log x b ＋log x c . 证明 要证log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2<log x a ＋log x b ＋log x c ， 只需证log x (a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2)<log x (abc )． 由已知0<x <1，得只需证a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>abc . 由公式a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0， a ＋c 2≥ac >0. 又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>a 2b 2c 2＝abc . 即a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>abc 成立． ∴log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2<log x a ＋log x b ＋log x c 成立．。
新教材高中数学课时跟踪检测五组合与组合数公式新人教A版选择性必修第三册
课时跟踪检测（五） 组合与组合数公式1.[多选]下列问题是组合问题的是( )A.10个朋友聚会,每两人握手一次,一共握手多少次？B.平面上有2 020个不同的点,它们中任意三点不共线,连接任意两点可以构成多少条线段？C.集合{a 1,a 2,a 3,…,a n }的含有四个元素的子集有多少个？D.从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目,有多少种选法？解析：选ABC 组合问题与次序无关,排列问题与次序有关,D 项中,选出的2名学生,如甲、乙,其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法,因此不是组合问题,A 、B 、C 均是组合问题. 2.若C 2n ＝28,则n ＝( ) A.9 B ．8 C.7D ．6解析：选B 由C 2n ＝n ×n －12＝28,解得n ＝8.3.把三张游园票分给10个人中的3人,分法有( ) A.A 310种 B ．C 310种 C.C 310A 310种D ．30种解析：选B 三张票没区别,从10人中选3人即可,即C 310,故选B. 4.下列计算结果为21的是( ) A.A 24＋C 26 B ．C 37 C.A 27D ．C 27解析：选D C 27＝7×62×1＝21.5.甲、乙、丙3位同学选修课程,从4门课程中,甲选修2门,乙、丙各选修3门,则不同的选修方案共有( ) A.36种 B ．48种 C.96种D ．192种解析：选C 甲选修2门有C 24＝6种选法,乙、丙各有C 34＝4种选法．由分步乘法计数原理可知,共有6×4×4＝96种选法.6.6个朋友聚会,每两人握手1次,一共握手________次．解析：每两人握手1次,无顺序之分,是组合问题,故一共握手C 26＝15次．答案：157.若C 4n >C 6n ,则n 的集合是________．解析：∵C 4n >C 6n ,∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6，即⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！n －4！>n ！6！n －6！，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10<0，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6.∵n ∈N *,∴n ＝6,7,8,9. ∴n 的集合为{6,7,8,9}．答案：{6,7,8,9}8.按ABO 血型系统学说,每个人的血型为A 、B 、O 、AB 四种之一,依血型遗传学,当且仅当父母中至少有一人的血型是AB 型时,子女一定不是O 型,若某人的血型为O 型,则父母血型的所有可能情况有________种．解析：父母应为A 或B 或O,共有C 13·C 13＝9种情况． 答案：99.(1)解不等式：2C x －2x ＋1<3C x －1x ＋1； (2)计算C 3n13＋n ＋C 3n －112＋n ＋C 3n －211＋n ＋…＋C 17－n 2n ； (3)求证：C m n ＝nn －mC mn －1.解：(1)∵2C x －2x ＋1<3C x －1x ＋1, ∴2C 3x ＋1<3C 2x ＋1, ∴2×x ＋1x x －13×2×1<3×x ＋1x2×1.∴x －13<32,∴x <112,∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥3，x ＋1≥2，∴x ≥2,∴2≤x <112,又x ∈N *,∴x ＝2,3,4,5.∴不等式的解集为{2,3,4,5}．(2)由题意,⎩⎪⎨⎪⎧3n ≤13＋n ，17－n ≤2n ，得173≤n ≤132, 又n ∈N *,故n ＝6.∴原式＝C 1819＋C 1718＋C 1617＋…＋C 1112 ＝C 119＋C 118＋C 117＋…＋C 112 ＝19＋18＋17＋…＋12＝124. (3)证明：∵nn －mC mn －1＝nn －m ·n －1！m ！n －1－m ！＝n ！m ！n －m ！＝C mn ,∴原式成立.10.在6名内科医生和4名外科医生中,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法？(1)有3名内科医生和2名外科医生； (2)既有内科医生,又有外科医生．解：(1)先选内科医生有C 36种选法,再选外科医生有C 24种选法,故有C 36C 24＝120种选派方法．(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,有C 16C 44＋C 26C 34＋C 36C 24＋C 46C 14＝246种选派方法．若从反面考虑,则有C 510－C 56＝246种选派方法.1.从6名男生和3名女生中选出4名代表,其中必须有女生,则不同的选法种数为( ) A.168 B ．45 C.60D ．111解析：选D 选出的代表中女生有1,2,3名时,男生相应有3,2,1名,则不同的选法种数为C 13C 36＋C 23C 26＋C 33C 16＝111.2.若A3m＝6C4m,则m的值为( )A.6 B．7 C.8 D．9解析：选B 由A3m＝6C4m得m！m－3！＝6·m！4！m－4！,即1m－3＝14,解得m＝7.3.某城市纵向有6条道路,横向有5条道路,构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路),则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有________条．解析：要使路线最短,只能向右或向上走,途中不能向左或向下走．因此,从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段,从9个行走时段中任取4个时段走纵线段,其余5个时段走横线段,共有C49C55＝126种走法,故从A地到B地的最短路线共有126条．答案：1264.从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数,则可以得到多少个不同的这样的最小三位数？解：从6个不同数字中任选3个组成最小三位数,相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合,故所有不同的数的个数为C36＝6×5×43×2×1＝20.5.某市工商局对35种商品进行抽样检查,鉴定结果有15种假货,现从35种商品中选取3种．(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？解：(1)从20种真货中选取1件,从15种假货中选取2件,有C120C215＝2 100(种),所以恰有2种假货在内的不同取法有2 100种．(2)选取2件假货有C120C215种,选取3件假货有C315种,共有选取方法C120C215＋C315＝2 555(种)．(3)选取3件的种数有C335,因此有选取方法C335－C315＝6 090(种)．所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.。
高中数学 课时跟踪检测(九)综合法和分析法 新人教A版选修2-2-新人教A版高二选修2-2数学试题
课时跟踪检测（九） 综合法和分析法A 级——学考水平达标1．要证明a ＋a ＋7＜a ＋3＋a ＋4(a ≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．类比法C ．分析法D ．归纳法解析：选C 直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理．2．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ ”，其过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法 解析：选B 结合分析法及综合法的定义可知B 正确．3．使不等式1a ＜1b成立的条件是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＞b 且ab ＜0D ．a ＞b 且ab ＞0解析：选D 要使1a ＜1b ，须使1a －1b ＜0，即b －a ab＜0. 若a ＞b ，则b －a ＜0，ab ＞0；若a ＜b ，则b －a ＞0，ab ＜0.4．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( )A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．sin(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：选D 因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．5．在△ABC 中，若sin B sin C ＝cos 2A 2，则下列等式一定成立的是( ) A ．A ＝BB ．A ＝C C ．B ＝CD ．A ＝B ＝C 解析：选C ∵sin B sin C ＝cos 2A 2＝1＋cos A 2＝1－cos (B ＋C )2，∴cos(B ＋C )＝1－2sin B sin C ，∴cos B cos C －sin B sin C ＝1－2sin B sin C ，∴cos B cos C ＋sin B sin C ＝1，∴cos(B －C )＝1.又0<B <π，0<C <π，∴－π<B －C <π，∴B ＝C .6．将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤补充完整：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≥07.如图所示，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形)．解析：要证A 1C ⊥B 1D 1，只需证B 1D 1垂直于A 1C 所在的平面A 1CC 1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B 1D 1⊥CC 1，故只需证B 1D 1⊥A 1C 1即可．答案：对角线互相垂直(本题答案不唯一)8．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则正数a ，b 应满足的条件是________．解析：∵a a ＋b b －(a b ＋b a )＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴只要a ≠b ，就有a a ＋b b ＞a b ＋b a .答案：a ≠b9．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b 2＝a 2＋c 2－ac .又a ，b ，c 也成等差数列，所以b ＝a ＋c 2， 代入上式得(a ＋c )24＝a 2＋c 2－ac ， 整理得3(a －c )2＝0，所以a ＝c ，从而A ＝C .而B ＝π3，则A ＝B ＝C ＝π3， 从而△ABC 为等边三角形．10．已知x >0，y >0，x ＋y ＝1，求证：1＋1x 1＋1y≥9. 证明：因为x ＋y ＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x y＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y . 又因为x >0，y >0，所以y x >0，x y >0.所以y x ＋x y≥2， 当且仅当y x ＝x y ，即x ＝y ＝12时取等号． 则有⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥5＋2×2＝9成立．B 级——高考能力达标1．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足什么条件( )A ．a 2<b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2>b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2解析：选C 由cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2<a 2. 2．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( )A ．若a >b ，则ac 2>bc 2B ．若a c >b c ，则a >bC ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b解析：选C 当c ＝0时，显然A 不正确；当c <0时，B 不正确；当a <0，b <0，例如当a＝－2，b ＝－1时，1a >1b ，所以D 不正确；因为a 3>b 3且ab <0，则有a >0，b <0，所以1a >1b，故选C.3．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 55，则( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c解析：选C 利用函数单调性．设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，∴0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．又a ＝ln 44，∴b ＞a ＞c . 4．下列不等式不成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca B.a ＋b ＞a ＋b (a ＞0，b ＞0) C.a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3) D.2＋10＞2 6解析：选D 对A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；对B ，∵(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(a ＋b )2＝a ＋b ，∴a ＋b ＞a ＋b ；对C ，要证 a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3)成立，只需证明a ＋a －3＜a －2＋a －1，两边平方得2a －3＋2a (a －3)＜2a －3＋2(a －2)(a －1)，即a (a －3)＜(a －2)(a －1)，两边平方得a 2－3a ＜a 2－3a ＋2，即0＜2.因为0＜2显然成立，所以原不等式成立；对于D ，(2＋10)2－(26)2＝12＋45－24＝4(5－3)＜0，∴2＋10＜26，故D 错误．5．已知函数f (x )＝2x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系是________________．解析：∵a ＋b 2≥ab (a ，b 为正实数)，2ab a ＋b ≤ab ，且f (x )＝2x 是增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，即C ≤B ≤A . 答案：C ≤B ≤A6．已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值X 围是________．解析：由题意得a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b ＋b a ≥10＋29＝16， 当且仅当9a b ＝b a 且1a ＋9b＝1， 即a ＝4，b ＝12时，等号成立．所以a ＋b 的最小值为16，所以要使a ＋b ≥μ恒成立，只需μ≤16.又因为μ∈(0，＋∞)，所以0<μ≤16.答案：(0,16]7．已知数列{a n }的首项a 1＝5，S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，(n ∈N *)．(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列．(2)求a n .解：(1)证明：由条件得 S n ＝2S n －1＋(n －1)＋5(n ≥2)①又S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，②②－①得a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝(2a n ＋1)＋1a n ＋1＝2(a n ＋1)a n ＋1＝2. 又n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，且a 1＝5，所以a 2＝11，所以a 2＋1a 1＋1＝11＋15＋1＝2， 所以数列{a n ＋1}是以2为公比的等比数列．(2)因为a 1＋1＝6，所以a n ＋1＝6×2n －1＝3×2n ， 所以a n ＝3×2n－1.8．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数． 证明：法一：要证f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数， 只需证明其对称轴为x ＝0，即证－b 2a －12＝0，只需证a ＝－b . ∵函数f (x ＋1)的对称轴x ＝－b 2a －1与函数f (x )的对称轴x ＝－b 2a 关于y 轴对称， ∴－b 2a －1＝－－b 2a ，∴a ＝－b .∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数． 法二：记F (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12， 欲证F (x )为偶函数，只需证F (－x )＝F (x )，即证f ⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12. ∵函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，而函数f (x )与f (－x )的图象也是关于y 轴对称的，∴f (－x )＝f (x ＋1)，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋12＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数．。
「精品」高中数学课时跟踪检测五综合法和分析法新人教A版选修1_2
课时跟踪检测（五） 综合法和分析法层级一 学业水平达标1．要证明a ＋a ＋7＜a ＋3＋a ＋4(a ≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．类比法C ．分析法D ．归纳法解析：选C 直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理．2．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ ”，其过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法解析：选B 结合分析法及综合法的定义可知B 正确．3．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足什么条件( )A ．a 2＜b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2＞b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2 解析：选C 由cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＜0，得b 2＋c 2＜a 2. 4．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 55，则( ) A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c解析：选C 利用函数单调性．设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，∴0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．又a ＝ln 44，∴b ＞a ＞c . 5．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( )A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定解析：选B ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m ，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1 .而m ＋1＋m ＞m ＋m －1＞0(m ＞1)， ∴1m ＋1＋m ＜1m ＋m －1，即a <b .6．命题“函数f (x )＝x －x ln x 在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f (x )＝x －x ln x 取导得f ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝－ln x ＞0，故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．解析：该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则正数a ，b 应满足的条件是________．解析：∵a a ＋b b －(a b ＋b a )＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴只要a ≠b ，就有a a ＋b b ＞a b ＋b a .答案：a ≠b8．若不等式(－1)n a ＜2＋(－1)n ＋1n 对任意正整数n 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当n 为偶数时，a ＜2－1n ，而2－1n ≥2－12＝32，所以a ＜32，当n 为奇数时，a ＞－2－1n ，而－2－1n ＜－2，所以a ≥－2.综上可得，－2≤a ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，32 9．求证：2cos(α－β)－sin(2α－β)sin α＝sin βsin α. 证明：要证原等式，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，①因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β.所以①成立，所以原等式成立．10．已知数列{a n }的首项a 1＝5，S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，(n ∈N *)．(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列．(2)求a n .解：(1)证明：由条件得S n ＝2S n －1＋(n －1)＋5(n ≥2)①又S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，②②－①得a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝(2a n ＋1)＋1a n ＋1＝2(a n ＋1)a n ＋1＝2. 又n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，且a 1＝5，所以a 2＝11，所以a 2＋1a 1＋1＝11＋15＋1＝2， 所以数列{a n ＋1}是以2为公比的等比数列．(2)因为a 1＋1＝6，所以a n ＋1＝6×2n －1＝3×2n ， 所以a n ＝3×2n －1.层级二 应试能力达标1．使不等式1a ＜1b成立的条件是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＞b 且ab ＜0D ．a ＞b 且ab ＞0解析：选D 要使1a ＜1b ，须使1a －1b ＜0，即b －a ab＜0. 若a ＞b ，则b －a ＜0，ab ＞0；若a ＜b ，则b －a ＞0，ab ＜0.2．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( )A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．sin(α＋β)＞c os α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：选D 因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．3．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，＋∞)解析：选 B ∵x ＞0，y ＞0，1x ＋4y ＝1，∴x ＋y 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＝2＋y 4x ＋4x y≥2＋2y 4x ·4x y ＝4，等号在y ＝4x ，即x ＝2，y ＝8时成立，∴x ＋y 4的最小值为4，要使不等式m 2－3m ＞x ＋y 4有解，应有m 2－3m ＞4，∴m ＜－1或m ＞4，故选B. 4．下列不等式不成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca B.a ＋b ＞a ＋b (a ＞0，b ＞0) C.a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3) D.2＋10＞2 6解析：选 D 对A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；对B ，∵(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(a ＋b )2＝a ＋b ，∴a ＋b ＞a ＋b ；对C ，要证 a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3)成立，只需证明a ＋a －3＜a －2＋a －1，两边平方得2a －3＋2a (a －3)＜2a －3＋2(a －2)(a －1)，即a (a －3)＜(a －2)(a －1)，两边平方得a 2－3a ＜a 2－3a ＋2，即0＜2.因为0＜2显然成立，所以原不等式成立；对于D ，(2＋10)2－(26)2＝12＋45－24＝4(5－3)＜0，∴2＋10＜26，故D 错误．5．已知函数f (x )＝2x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系是________．解析：∵a ＋b 2≥ab (a ，b 为正实数)，2ab a ＋b ≤ab ，且f (x )＝2x 是增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，即C ≤B ≤A . 答案：C ≤B ≤A6．如图所示，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．解析：要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C .因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ，即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .答案：AC ⊥BD (答案不唯一)7．在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋co s C .证明：在锐角三角形ABC 中，∵A ＋B ＞π2，∴A ＞π2－B .∴0＜π2－B ＜A ＜π2， 又∵在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内正弦函数y ＝sin x 是单调递增函数， ∴sin A ＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ， 即sin A ＞cos B ．①同理sin B ＞cos C ，②sin C ＞cos A ．③由①＋②＋③，得：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .8．已知n ∈N，且n ＞1，求证：log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．证明：要证明log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)，即证明log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＞0.(*)∵log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＝1log n ＋1n－log n ＋1(n ＋2) ＝1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n . 又∵当n ＞1时，log n ＋1n ＞0，且log n ＋1(n ＋2)＞0，log n ＋1n ≠log n ＋1(n ＋2)，∴log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＜14[log n ＋1n ＋log n ＋1(n ＋2)]2＝14log 2n ＋1[n (n ＋2)]＝14log 2n ＋1(n 2＋2n )＜14log 2n ＋1(n ＋1)2＝1， 故1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＞0，∴1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n＞0. 这说明(*)式成立，∴log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．。
高中数学人教版选修1-2课时自测 当堂达标：2.2.1.2 分析法 精讲优练课型 Word版含答案
课时自测·当堂达标1.关于综合法和分析法的说法错误的是( )A.综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法B.综合法又叫顺推证法或由因导果法C.综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法D.分析法又叫逆推证法或执果索因法【解析】选C.由综合法和分析法的定义及推理过程可知A,B,D正确,C错误.2.要证+<+(a≥0)可选择的方法很多,其中最合理的是( ) A.综合法 B.类比法C.分析法D.归纳法【解析】选C.要证+<+, 只需证明2a+7+2<2a+7+2,只需证明<,只需证明a2+7a<a2+7a+12,只需证明0<12,故选择分析法最合理.3.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索的因应是( ) A.a-b>0 B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【解析】选C.要证<a,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.4.-_____ _ -1.(填“>”或“<”) 【解析】因为-和-1都是正数. 要比较-与-1的大小.只需判定与1的大小即可.而==<1,所以-<-1.答案:<5.已知a>0,b>0且a≠b,用分析法证明:a3+b3>a2b+ab2.【证明】要证a3+b3>a2b+ab2成立, 只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b)成立.因为a>0,b>0,a+b>0.所以只需证a2-ab+b2>ab,只需证a2-2ab+b2>0,即(a-b)2>0,依题意a≠b,则(a-b)2>0显然成立. 所以a3+b3>a2b+ab2成立.关闭Word文档返回原板块。
2020最新高中数学 课时分层作业5 综合法和分析法 新人教A版选修1-2
课时分层作业(五) 综合法和分析法(建议用时：40分钟)[基础达标练]一、选择题1．证明命题“f(x)＝e x＋1e x在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝e x＋1e x ，∴f′(x)＝e x－1e x.∵x>0，∴e x>1,0<1e x <1 ∴e x－1e x>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A[该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故选A.]2．设P＝2，Q＝7－3，R＝6－2，那么P，Q，R的大小关系是( )【导学号：48662076】A．P＞Q＞R B．P＞R＞QC．Q＞P＞R D．Q＞R＞PB[先比较R，Q的大小，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，由排除法可知，选B.]3．要证3a－3b＜3a－b成立，a，b应满足的条件是( )A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0有a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜bD[要证3a－3b<3a－b，只需证(3a－3b)3<(3a－b)3，即证a－b－33a2b＋33ab2<a－b，即证3ab 2<3a 2b ，只需证ab 2<a 2b ，即证ab (b －a )<0.只需ab >0且b －a <0或ab <0，且b －a >0.故选D.] 4．下面的四个不等式：①a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；②a (1－a )≤14；③b a ＋a b≥2；④(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2. 其中恒成立的有( )【导学号：48662077】A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个C [∵(a 2＋b 2＋c 2)－(ab ＋bc ＋ac )＝12[(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2]≥0a (1－a )－14＝－a 2＋a －14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122≤0，(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2≥a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2＝(ac ＋bd )2.∴应选C.] 5．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 ＋4x y≥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.] 二、填空题6．如图222所示，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．图222AC ⊥BD (答案不唯一) [要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C .因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ， 即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .]7．已知sin α＋sin β＋sin r ＝0，cos α＋cos β＋cos r ＝0，则cos(α－β)的值为________.【导学号：48662078】－12 [由sin α＋sin β＋sin r ＝0，cos α＋cos β＋cos r ＝0，得sin α＋sin β＝－sin r ，cos α＋cos β＝－cos r ，两式分别平方，相加得2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1，所以cos (α－β)＝－12.]8．设a >0，b >0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．≤ [∵(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b ) ＝1＋2ab ＋ab －1－a －b －ab ＝2ab －(a ＋b )＝－(a －b )2≤0.∴(1＋ab )2≤(1＋a )(1＋b )，∴lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．]三、解答题9．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：a x ＋c y＝2.【导学号：48662079】[证明] 由已知条件得b 2＝ac ， 2x ＝a ＋b,2y ＝b ＋c .①要证a x ＋c y＝2，只要证ay ＋cx ＝2xy ，只要证2ay ＋2cx ＝4xy . ②由①②得2ay ＋2cx ＝a (b ＋c )＋c (a ＋b )＝ab ＋2ac ＋bc ， 4xy ＝(a ＋b )(b ＋c )＝ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋2ac ＋bc ， 所以2ay ＋2cx ＝4xy .命题得证． 10. 设a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ，求证： (1)c 2＞ab ；(2)c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab .[证明] (1)∵a ＞0，b ＞0,2c ＞a ＋b ≥2ab ， ∴c ＞ab ， 平方得c 2＞ab ；(2)要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 只要证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab . 即证|a －c |＜c 2－ab ， 即(a －c )2＜c 2－ab ，∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )＜0成立， ∴原不等式成立．[能力提升练]1．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 ≤AA [a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .即A ≤B ≤C .] 2．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥2 B ．(a ＋b ＋c )2≥3 C ．1a ＋1b ＋1c≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤13B [∵a ，b ，c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ＝1，又(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac＝a 2＋b 2＋c 2＋2≥3.] 3. 若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，则a 的取值范围是________.【导学号：48662080】⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞ [若对任意x >0，x x 2＋3x ＋1≤a 恒成立，只需求y ＝x x 2＋3x ＋1的最大值，且令a 不小于这个最大值即可．因为x >0，所以y ＝x x 2＋3x ＋1＝1x ＋1x＋3≤12x ·1x＋3＝15，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞.] 4．已知x 1是方程x ＋2x＝4的根，x 2是方程x ＋log 2x ＝4的根，则x 1＋x 2的值是________． 4 [∵x ＋2x＝4，∴2x＝4－x ，∴x 1是y ＝2x与y ＝4－x 交点的横坐标． 又∵x ＋log 2x ＝4，∴log 2x ＝4－x ，∴x 2是y ＝log 2x 与y ＝4－x 交点的横坐标． 又y ＝2x与y ＝log 2x互为反函数，其图象关于y ＝x 对称，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4－x ，y ＝x 得x ＝2，∴x 1＋x 22＝2，∴x 1＋x 2＝4.]5．求证抛物线y 2＝2px (p ＞0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x ＝－p2相切.【导学号：48662081】[证明] 如图，作AA ′、BB ′垂直准线，取AB 的中点M ，作MM ′垂直准线．要证明以AB 为直径的圆与准线相切，只需证|MM ′|＝12|AB |，由抛物线的定义：|AA ′|＝|AF |，|BB ′|＝|BF |， 所以|AB |＝|AA ′|＋|BB ′|，因此只需证|MM ′|＝12(|AA ′|＋|BB ′|)根据梯形的中位线定理可知上式是成立的． 所以以过焦点的弦为直径的圆必与x ＝－p2相切.。
高中数学人教版选修1-2课时提升作业五 2.2.1.1 综合法 精讲优练课型 Word版含答案
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课时提升作业五综合法一、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.关闭Word文档返回原板块。
人教版数学高二-人教A版选修1-2课时作业 综合法和分析法
课时作业36一、选择题1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其过程应用了()A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用D．间接证法解析：从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．答案：B2．欲证2－3<6－7成立，只需证()A. (2－3)2<(6－7)2B. (2－6)2<(3－7)2C. (2＋7)2<(3＋6)2D. (2－3－6)2<(－7)2解析：A中，2－3<0，6－7<0平方后不等价；B、D与A情况一样；只有C项，2－3<6－7⇔2＋7<6＋3⇔(2＋7)2<(6＋3)2.故选C.答案：C3．在△ABC中，A>B是cos2B>cos2A的()A．既不充分也不必要条件B．充分不必要条件C．充要条件D．必要不充分条件解析：∵A>B⇔a>b⇔sin A>sin B(由正弦定理得)，又cos2B>cos2A⇔1－2sin2B>1－2sin2A ⇔sin2B<sin2A⇔sin B<sin A.∴A>B⇔cos2B>cos2A.故选C.答案：C4．已知a 、b 、c 、d 为正实数，且a b <c d，则( ) A. a b <a ＋c b ＋d <c dB. a ＋c b ＋d <a b <c dC. a b <c d <a ＋c b ＋dD. 以上均可能解析：先取特值检验，∵a b <c d， 可取a ＝1，b ＝3，c ＝1，d ＝2，则a ＋c b ＋d ＝25，满足a b <a ＋c b ＋d <c d . ∴B 、C 不正确．要证a b <a ＋c b ＋d，∵a 、b 、c 、d 为正实数， ∴只需证a (b ＋d )<b (a ＋c )，即证ad <bc .只需证a b <c d .而a b <c d成立， ∴a b <a ＋c b ＋d .同理可证a ＋c b ＋d <c d. 故A 正确，D 不正确．答案：A二、填空题5．设n ∈N ，a ＝n ＋4－n ＋3，b ＝n ＋2－n ＋1，则a ，b 的大小关系是________． 解析：要比较n ＋4－n ＋3与n ＋2－n ＋1的大小，即判断(n ＋4－n ＋3)－(n ＋2－n ＋1) ＝(n ＋4＋n ＋1)－(n ＋3＋n ＋2)的符号， ∵(n ＋4＋n ＋1)2－(n ＋3＋n ＋2)2 ＝2[(n ＋4)(n ＋1)－(n ＋3)(n ＋2)]＝2(n 2＋5n ＋4－n 2＋5n ＋6)<0， ∴n ＋4－n ＋3<n ＋2－n ＋1. 答案：a <b6．已知p ＝a ＋1a －2(a >2)，q ＝2－a 2＋4a －2(a >2)，则p 与q 的大小关系是________． 解析：p ＝a －2＋1a －2＋2≥2(a －2)·1a －2＋2＝4， －a 2＋4a －2＝2－(a －2)2<2，∴q <22＝4≤p .答案：p >q7．若不等式(－1)n a <2＋(－1)n ＋1n 对任意正整数n 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当n 为偶数时，a <2－1n ，而2－1n ≥2－12＝32，∴a <32. 当n 为奇数时，a >－2－1n ，而－2－1n<－2， ∴a ≥－2.综上可得－2≤a <32. 答案：[－2，32) 三、解答题8．设a ，b >0，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.证明：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 2.9．证明：若a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，则b 2－ac a< 3. 证明：∵a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，∴a >0，c <0. 要证b 2－ac a<3， 只需证b 2－ac <3a ，即证b 2－ac <3a 2.因为b ＝－a －c ，故只需证(a ＋c )2－ac <3a 2，即证2a 2－ac －c 2>0，即证(2a＋c)(a－c)>0.∵2a＋c>a＋b＋c＝0，a－c>0，∴(2a＋c)(a－c)>0成立．∴原不等式成立．。
高中数学人教版选修1-2课时提升作业(五)综合法探究导学课型含答案
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课时提升作业(五)综合法(25分钟60分)一、选择题(每题5分，共25分)1.等比数列{a n}的公比为正数，且a3·a9=2，a2=1，那么a1等于( )A. B. C.10=2·q8，3·a9=2知·q所以q2=2，因为q>0，所以q=，a1===.【补偿训练】假设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.21，公差为d，等比数列的公比为q(q≠0)，那么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.(20xx台州高二检测)设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，那么必有( )≤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，那么( )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，那么t>0且t≤-1，解得t≥2+2.3.(20xx·天津高考)设{a n}是首项为a1，公差为-1的等差数列，S n1，S2，S4成等比数列，那么a1=( )A.2B.-2C.2=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.(20xx烟台高二检测)假设x>0，y>0，x+y+xy=2，那么x+y的最小值是( )A.-2 C.1+【解析】选B.由x>0，y>0，x+y+xy=2，那么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.(20xx·郑州高二检测)假设钝角三角形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，那么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.那么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(每题5分，共15分)6.(20xx·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，那么□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.(20xx·马鞍山高二检测)在△ABC中，cosAcosB>sinAsinB，那么△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根据(1)三角函数的定义、诱导公式及同角根本关系式.(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.假设拋物线y=4x2上的点P到直线y=4x-5的间隔最短，那么点P的坐标为. 【解析】设P在y=4x+m上，将y=4x+m代入y=4x2，得4x2Δ=0，得m=-1.所以4x2-4x+1=0⇒x=，y=1.答案：三、解答题(每题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.(20xx·石家庄高二检测)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，那么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】△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(每题5分，共10分)1.(20xx·南昌高二检测)公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，假设a4是a3与a7的等比中项S8=32，那么S10等于( )A.18B.24【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】(20xx·温州高二检测)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，那么|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.那么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.假设a，b，c∈R，且ab+bc+ca=1，那么以下不等式成立的是( )2+b2+c2≥2 B.(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(每题5分，共10分)3.(20xx·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.(20xx·长春高二检测)点P是曲线y=x2-lnx上任意一点，那么点P到直线y=x-2的间隔的最小值是.【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间隔即可.【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的间隔最小.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的间隔等于.答案：三、解答题(每题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】此题中如何求三棱锥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.(20xx·绵阳高二检测)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 nn.(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，如下列图，由图象可知，当n=1，2，3时，S n<3成立.关闭Word文档返回原板块。
高中数学第二章推理与证明2.2.1综合法和分析法课时跟踪训练含解析新人教A版选修1_
学习资料第二章推理与证明［A组学业达标］1．下列表述:①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法;⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有（）A．2个B．3个C．4个D．5个解析：①②③⑤正确．答案:C2．在证明命题“对于任意角θ,cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的过程：“cos4θ－sin4θ＝（cos2θ＋sin2θ）(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ"中应用了(）A．分析法B．综合法C．分析法和综合法综合使用D．间接证法解析：此证明符合综合法的证明思路．故选B.答案:B3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－错误!≤0C.错误!－1－a2b2≤0D．（a2－1)(b2－1)≥0解析：要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证a2b2－a2－b2＋1≥0,只需证(a2－1)（b2－1)≥0，故选D.答案：D4．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：错误!<错误! a，则证明的依据应是（)A．a－b>0 B．a－c〉0C．（a－b)(a－c）>0 D．（a－b)(a－c)〈0解析:错误!〈错误!a⇔b2－ac<3a2⇔（a＋c）2－ac<3a2⇔(a－c）·(2a＋c)〉0⇔(a－c)(a－b)>0. 答案:C5．若两个正实数x，y满足错误!＋错误!＝1，且不等式x＋错误!<m2－3m有解,则实数m的取值范围是（）A．（－1，4）B．(－∞,－1)∪（4，＋∞）C．(－4,1)D．(－∞，0）∪（3,＋∞）解析:∵x>0，y>0,错误!＋错误!＝1，∴x＋y4＝(x＋错误!）(错误!＋错误!)＝2＋错误!＋错误!≥2＋2错误!＝4，等号在y＝4x,即x＝2，y＝8时成立，∴x＋错误!的最小值为4，要使不等式m2－3m〉x＋错误!有解，应有m2－3m〉4，∴m〈－1或m〉4,故选B.答案：B6．命题“函数f(x）＝x－x ln x在区间(0，1）上是增函数”的证明过程“对函数f（x）＝x－x ln x求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1）时,f′（x)＝－ln x＞0,故函数f（x）在区间(0，1）上是增函数”应用了________的证明方法．解析:该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如图所示,四棱柱ABCD.A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C（写上一个条件即可）．解析：要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C。
「精品」高中数学课时跟踪检测三合情推理新人教A版选修1_2
课时跟踪检测（三） 合情推理层级一 学业水平达标1．观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )A. B ．△ C.D ．○解析：选A 观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．2．下面几种推理是合情推理的是( )①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③教室内有一把椅子坏了，则猜想该教室内的所有椅子都坏了；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n 边形的内角和是(n －2)·180°(n ∈N *，且n ≥3)．A ．①②B ．①③④C ．①②④D ．②④解析：选C ①是类比推理；②④是归纳推理，∴①②④都是合情推理．3．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为( )A ．1∶2B ．1∶4C ．1∶8D ．1∶16解析：选C 由平面和空间的知识，可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8.4．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出下列空间结论：①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③垂直于同一条直线的两个平面互相平行；④垂直于同一平面的两个平面互相平行，则其中正确的结论是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：选B 根据立体几何中线面之间的位置关系及有关定理知，②③是正确的结论． 5．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )A.nn－4＋8－n(8－n)－4＝2B.n＋1(n＋1)－4＋(n＋1)＋5(n＋1)－4＝2C.nn－4＋n＋4(n＋4)－4＝2D.n＋1(n＋1)－4＋n＋5(n＋5)－4＝2解析：选A 观察发现：每个等式的右边均为2，左边是两个分数相加，分子之和等于8，分母中被减数与分子相同，减数都是4，因此只有A正确．6．观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第n个等式为________．解析：观察所给等式，等式左边第一个加数与行数相同，加数的个数为2n－1，故第n 行等式左边的数依次是n，n＋1，n＋2，…，(3n－2)；每一个等式右边的数为等式左边加数个数的平方，从而第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)27．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_______________________．解析：平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．答案：表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大8．如图(甲)是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图(乙)中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA1，OA2，…，OA n，…的长度构成数列{a n}，则此数列{a n}的通项公式为a n＝__________.解析：根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图(乙)中的各直角三角形，由勾股定理，可得a 1＝OA 1＝1，a 2＝OA 2＝OA 21＋A 1A 22＝12＋12＝2，a 3＝OA 3＝OA 22＋A 2A 23＝(2)2＋12＝3，…，故可归纳推测出a n ＝n . 答案：n9．在平面内观察：凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，凸六边形有9条对角线，…，由此猜想凸n 边形有几条对角线？解：因为凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，比凸四边形多3条；凸六边形有9条对角线，比凸五边形多4条，…，于是猜想凸n 边形的对角线条数比凸(n －1)边形多(n －2)条对角线，由此凸n 边形的对角线条数为2＋3＋4＋5＋…＋(n －2)，由等差数列求和公式可得12n (n －3)(n ≥4，n ∈N *)．所以凸n 边形的对角线条数为12n (n －3)(n ≥4，n ∈N *)．10．已知f (x )＝13x ＋3，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，并证明你的结论．解：f (x )＝13x＋3， 所以f (0)＋f (1)＝130＋3＋131＋3＝33，f (－1)＋f (2)＝13－1＋3＋132＋3＝33， f (－2)＋f (3)＝13－2＋3＋133＋3＝33. 归纳猜想一般性结论；f (－x )＋f (x ＋1)＝33. 证明如下：f (－x )＋f (x ＋1)＝13－x ＋3＋13x ＋1＋3＝3x1＋3·3x ＋13x ＋1＋3＝3·3x3＋3x ＋1＋13x ＋1＋3＝3·3x＋13＋3x ＋1＝3·3x＋13(1＋3·3x)＝33. 层级二 应试能力达标1．由代数式的乘法法则类比得到向量的数量积的运算法则： ①“mn ＝nm ”类比得到“a ·b ＝b ·a ”；②“(m ＋n )t ＝mt ＋nt ”类比得到“(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c ”；③“(m ·n )t ＝m (n ·t )”类比得到“(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )”； ④“t ≠0，mt ＝xt ⇒m ＝x ”类比得到“p ≠0，a ·p ＝x ·p ⇒a ＝x ”； ⑤“|m ·n |＝|m |·|n |”类比得到“|a ·b |＝|a |·|b |”； ⑥“ac bc ＝a b ”类比得到“a ·cb ·c ＝ab”． 其中类比结论正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B 由向量的有关运算法则知①②正确，③④⑤⑥都不正确，故应选B. 2．类比三角形中的性质： (1)两边之和大于第三边； (2)中位线长等于底边长的一半； (3)三内角平分线交于一点． 可得四面体的对应性质：(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的14；(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点． 其中类比推理方法正确的有( ) A ．(1) B ．(1)(2) C ．(1)(2)(3)D ．都不对解析：选C 以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．3．观察下列式子：1＋122＜32，1＋122＋132＜53，1＋122＋132＋142＜74，…，根据以上式子可以猜想：1＋122＋132＋…＋12 0172＜( )A.4 0312 017B.4 0322 017 C.4 0332 017D.4 0342 017解析：选C 观察可以发现，第n (n ≥2)个不等式左端有n ＋1项，分子为1，分母依次为12,22,32，…，(n ＋1)2；右端分母为n ＋1，分子成等差数列，首项为3，公差为2，因此第n 个不等式为1＋122＋132＋…＋1(n ＋1)2＜2n ＋1n ＋1，所以当n ＝2 016时不等式为：1＋122＋132＋…＋12 0172＜4 0332 017. 4．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c；类比这个结论可知：四面体P ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体P ABC 的体积为V ，则r ＝( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C 将△ABC 的三条边长a ，b ，c 类比到四面体P ABC 的四个面面积S 1，S 2，S 3，S 4，将三角形面积公式中系数12，类比到三棱锥体积公式中系数13，从而可知选C.证明如下：以四面体各面为底，内切球心O 为顶点的各三棱锥体积的和为V ，∴V ＝13S 1r ＋13S 2r ＋13S 3r＋13S 4r ，∴r ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4. 5．观察下图中各正方形图案，每条边上有n (n ≥2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S ，按此规律推出S 与n 的关系式为____________．解析：每条边上有2个圆圈时共有S ＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S ＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S ＝12个．可见每条边上增加一个点，则S 增加4，∴S 与n 的关系为S ＝4(n －1)(n ≥2)．答案：S ＝4(n －1)(n ≥2)6．可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截得的线段的比都为k ，那么甲的面积是乙的面积的k 倍．你可以从给出的简单图形①、②中体会这个原理．现在图③中的两个曲线的方程分别是x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)与x 2＋y 2＝a 2，运用上面的原理，图③中椭圆的面积为______________．解析：由于椭圆与圆截y 轴所得线段之比为b a， 即k ＝b a，∴椭圆面积S ＝πa 2·b a＝πab . 答案：πab7．观察下列两个等式：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34①；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34②.由上面两个等式的结构特征，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想． 解：由①②知若两角差为30°，则它们的相关形式的函数运算式的值均为34.猜想：若β－α＝30°，则β＝30°＋α，sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.下面进行证明：左边＝sin 2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α] ＝sin 2α＋⎝⎛⎭⎪⎫32cos α－12sin α⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α＋12sin α＝sin 2α＋34cos 2α－14sin 2α＝34＝右边．所以，猜想是正确的．故sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.8．已知在Rt△ABC 中，AB ⊥AC ，AD ⊥BC 于点D ，有1AD2＝1AB2＋1AC 2成立．那么在四面体A BCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．解：猜想：类比AB ⊥AC ，AD ⊥BC ，可以猜想四面体A BCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，AE ⊥平面BCD .则1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD2.下面证明上述猜想成立如图所示，连接BE，并延长交CD于点F，连接AF. ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD=A，∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴1AE2＝1AB2＋1AD2.在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴1AF2＝1AC2＋1AD2.∴1AE2＝1AB2＋1AC2＋1AD2，故猜想正确．。
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课时跟踪检测(五) 综合法和分析法
一、选择题
1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有( )
A ．2个
B ．3个
C ．4个
D ．5个
解析：选C ①②③⑤正确．
2．下列函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”的是( )
A ．f (x )＝1x
B ．f (x )＝(x －1)2
C ．f (x )＝e x
D ．f (x )＝ln(x ＋1) 解析：选A 本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，A 项中，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ′＝
－1x 2＜0， ∴f (x )＝1x 在(0，＋∞)上为减函数．
3．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，则1a ＋1b 的最小值为( )
A ．8
B ．4
C ．1 D.14
解析：选B 3是3a 与3b 的等比中项⇒3a ·3b ＝3⇒3a ＋b ＝3⇒a ＋b ＝1， 因为a ＞0，b ＞0， 所以ab ≤a ＋b 2＝12⇒ab ≤14
， 所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥114
＝4. 4．A ，B 为△ABC 的内角，A >B 是sin A >sin B 的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：选C 若A >B ，则a >b ，
又a sin A ＝b sin B
，∴sin A >sin B ； 若sin A >sin B ，则由正弦定理得a >b ，∴A >B .
5．已知f (x )＝a x ＋1,0＜a ＜1，若x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，则( )
A.f (x 1)＋f (x 2)2≤f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22
B.f (x 1)＋f (x 2)2＝f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22
C.f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22
D.f (x 1)＋f (x 2)2＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22
解析：选D 因为x 1≠x 2，
所以f (x 1)＋f (x 2)2
＝ax 1＋1＋ax 2＋12＞ ax 1＋1·ax 2＋1
＝a x 1＋x 22＋1＝f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，
所以f (x 1)＋f (x 2)2＞f ⎝⎛⎫x 1＋x 22.
二、填空题
6．命题“函数f (x )＝x －x ln x 在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f (x )＝x －x ln x 取导得f ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝－ln x ＞0，故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数”应用了______________的证明方法．
解析：该证明过程符合综合法的特点．
答案：综合法
7．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．
解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a
⇔a a －a b ＞b a －b b
⇔a (a －b )＞b (a －b )
⇔(a －b )(a －b )＞0
⇔(a ＋b )(a －b )2＞0，
故只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可．
答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b
8．已知sin θ＋cos θ＝15且π2≤θ≤3π4
，则cos 2θ＝________.
解析：因为sin θ＋cos θ＝15，
所以1＋sin 2θ＝125，
所以sin 2θ＝－2425.
因为π2≤θ≤3π4，
所以π≤2θ≤3π2.
所以cos 2θ＝－1－sin 22θ＝－725.
答案：－725
三、解答题
9．求证：2cos(α－β)－sin (2α－β)sin α＝sin β
sin α.
证明：要证原等式成立，只需证：
2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，
左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]
＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)·sin α ＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α
＝sin β＝右边．
所以原等式成立．
10．设f (x )＝ln x ＋x －1，证明：
(1)当x ＞1时，f (x )＜32(x －1)；
(2)当1＜x ＜3时，f (x )＜9(x －1)
x ＋5.
证明：(1)记g (x )＝ln x ＋x －1－32(x －1)，
则当x ＞1时，
g ′(x )＝1x ＋12x －3
2＜0.
又g (1)＝0，
故g (x )＜0，
即f (x )＜3
2(x －1)．
(2)记h(x)＝f(x)－9(x－1) x＋5
，
则h′(x)＝1
x＋
1
2x
－
54
(x＋5)2
＝2＋x
2x－
54
(x＋5)2
＜
x＋5
4x－
54
(x＋5)2
＝(x＋5)3－216x 4x(x＋5)2
.
令p(x)＝(x＋5)3－216x，
则当1＜x＜3时，
p′(x)＝3(x＋5)2－216＜0，因此p(x)在(1,3)内单调递减，又p(1)＝0，
则p(x)＜0，
故h′(x)＜0.
因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)＝0，
则h(x)＜0，
故当1＜x＜3时，
f(x)＜9(x－1) x＋5
.。