高中数学选修1-2《2.2.1综合法和分析法》练习精选

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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 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 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 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.

【三维设计】人教A版数学选修1-2全册练习：2.2.1 综合法和分析法(含答案解析)

[课时达标检测]一、选择题1．在证明命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的过程：“cos 4 θ－sin 4 θ＝(cos 2 θ＋sin 2 θ)(cos 2 θ－sin 2 θ)＝cos 2 θ－sin 2 θ＝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：选B 符合综合法的证明思路．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)＝1xB ．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 ′＝－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 ．8B ．4C ．1D.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．已知f(x)＝a x＋1,0＜a ＜1，若x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，则( ) A.1＋22≤f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 B.1＋22＝f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 C.1＋22≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 D.1＋22＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22解析：选D 因为x 1≠x 2，所以1＋22＝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1＋22＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.5．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.二、填空题6．命题“函数f(x)＝x －xln x 在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x －xln 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＝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．设x ＞0，y ＞0，证明不等式(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 证明：法一：(分析法)证明原不等式成立，即证(x 2＋y 2)3＞(x 3＋y 3)2，即证x 6＋y 6＋3x 2y 2(x 2＋y 2)＞x 6＋y 6＋2x 3y 3，即证3x 2y 2(x 2＋y 2)＞2x 3y 3，因为x ＞0，y ＞0，所以只需证x 2＋y 2＞23xy.又因为x ＞0，y ＞0，所以x 2＋y 2≥2xy ＞23xy.所以(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 法二：(综合法)因为x ＞0，y ＞0，所以(x 2＋y 2)3＝x 6＋y 6＋3x 2y 2(x 2＋y 2)≥x 6＋y 6＋6x 3y 3＞x 6＋y 6＋2x 3y 3＝(x 3＋y 3)2，所以(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 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)＜－x ＋5.证明：(1)记g(x)＝ln x ＋x －1－32(x －1)，则当x ＞1时，g′(x)＝1x ＋12x －32＜0. 又g(1)＝0，故g(x)＜0，即f(x)＜32(x －1)． (2)记h(x)＝f(x)－－x ＋5，则h′(x)＝1x ＋12x －54＋2＝2＋x 2x －54＋2＜x ＋54x －54＋2＝＋3－216x＋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)＜－x ＋5.。

高二数学人教选修1-2同步练习：2.2.1 综合法与分析法(一) Word版含解析

§2.2 直接证明与间接证明2.2.1 综合法与分析法(一)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 >bc，则a >bC ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b2．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 ．即不充分也不必要条件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 ．1 B ．2 C ．3D ．44．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<ab <15．已知a ，b 为非零实数，则使不等式：a b ＋ba ≤－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 >0二、能力提升6．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7．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8．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a ，b ，c 的大小关系为________． 9．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________． 10．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，求实数a ，b 的取值范围．11．设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.12．已知a >0，1b －1a >1，求证：1＋a >11－b .三、探究与拓展13．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 ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c .答案1．C 2．C 3．B 4．B 5．C 6．C 7．B 8．a >c >b 9．p >q10．解 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，只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可．即a ≥0，b ≥0，且a ≠b .11．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．12．证明由1b －1a >1及a >0可知011－b ，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0即a －b ab >1，即1b －1a >1，这是已知条件，所以原不等式得证．13．证明要证log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c ，只需证log x (a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2)<log x (abc )．由已知0<x <1，得只需证a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2>abc .由公式a ＋b 2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，a ＋c2≥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．。

2020-2021学年人教A版数学选修1-2配套训练：2.2.1 综合法和分析法

[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，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的过程：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ＋sin 2θ)(cos 2 θ－sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝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：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 2＋b22≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证a 2b 2－a 2－b 2＋1≥0，只需证(a 2－1)(b 2－1)≥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：b 2－ac <3a ，则证明的依据应是( ) A ．a －b >0B ．a －c >0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析：b2－ac<3a⇔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1x＋4y＝1，且不等式x＋y4<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>0，1x＋4y＝1，∴x＋y4＝(x＋y4)(1x＋4y)＝2＋y4x＋4xy≥2＋2y4x·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m2－3m>x＋y4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. 因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD，即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C. 答案：AC⊥BD(答案不唯一)8．已知a＞0，b＞0，求证：ab＋ba≥a＋b.(要求用两种方法证明)证明：法一(综合法)：因为a＞0，b＞0，所以ab＋ba－a－b＝⎝⎛⎭⎪⎫ab－b＋⎝⎛⎭⎪⎫ba－a＝a－bb＋b－aa＝(a－b)·⎝⎛⎭⎪⎫1b－1a＝(a－b)2(a＋b)ab≥0，所以ab＋ba≥a＋b.法二(分析法)：要证ab＋ba≥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，所以a－b与a－b符号相同，不等式(a－b)(a－b)≥0成立，所以原不等式成立．9．已知三角形的三边长为a，b，c，其面积为S，求证：a2＋b2＋c2≥43S. 证明：要证a2＋b2＋c2≥43S，只要证a2＋b2＋(a2＋b2－2ab cos C)≥23ab sin C，即证a2＋b2≥2ab sin(C＋30°)，因为2ab sin(C＋30°)≤2ab，只需证a 2＋b 2≥2ab ，显然上式成立．所以a 2＋b 2＋c 2≥43S .[B 组能力提升]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 ≤A解析：a ＋b 2≥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 . 答案：A2．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 )≤13解析：∵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. 答案：B3．如果不等式|x －a |<1成立的充分不必要条件是12<x <32，则实数a 的取值范围是________．解析：|x －a |<1⇔a －1<x <a ＋1，由题意知(12，32)⊆(a －1，a ＋1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤12，a ＋1≥32(且等号不同时成立)，解得12≤a ≤32. 答案：[12，32]4．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. 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 |，由抛物线的定义知|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A版选修1-2同步练习2.2.1综合法与分析法练习 Word版含解析

．直接证明与间接证明．综合法和分析法．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．．了解用综合法和分析法解决问题的思考特点和过程，会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明方法的特点，认识证明的重要性．．综合法．()定义：一般地，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．其一般表示形式是由因导果．()用表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，表示所要证明的结论，则综合法用框图表示为：→→→…→．分析法．()定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)．这种证明的方法叫做分析法. 其一般表示形式是执果索因．()用表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：→→→…→．分析综合法．()定义：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论′；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论′.若由′可以推出′成立，就可以证明结论成立．这种证明方法称为分析综合法．()用表示已知条件、定义、定理、公理等，用表示要证明的结论，则分析综合法可用框图表示为：→→…→←…←←．设，∈＋，且＋＝，则＋的取值范围是()．(－∞， ] ．(－∞， ]．[ ，＋∞) ．[ ，＋∞)解析：∵，∈＋，＋＝，∴≤，即＜≤，∴≤，即＋≤ .故选.．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设＞＞，且＋＋＝，求证：＜”索的因应是()．－＞．－＞．(－)(－)＞．(－)(－)＜解析：＜⇐－＜⇐＋－(＋)＞⇐(＋)(－)＞⇐(－)(－)＞.故选.．已知()＝，则′()的值为．解析：∵()＝，∴′()＝，∴′()＝×＝.答案：．当∈时，函数()＝－(－)＋在[，＋∞)上是增函数．解析：()＝－(－)＋在[，＋∞)上是增函数⇐－≤⇐≤.答案：(－∞，]()分析题目的条件和结论，寻找已知与结论之间的有关数学公式、公理、定理、定义等，确定解决的初步思路；()整合所得信息进行推理论证，得出结论．欲证成立，只需证，即证，只需证，…，即证，因为成立，所以成立或运用逆向推理符号“⇐”，需要注意的是推理符号的方向，不可用反、用错．在解决问题时，经常把综合法和分析法结合起来使用：用分析法找思路，用综合法写步骤．分析法与综合法相互转换、相互渗透、互为前提，充分利用这一辩证关系，注意它们的联合运用，可以增加解题思路，开阔视野．。

高二数学人教选修1-2同步练习：2.2.1 综合法与分析法(二) Word版含解析

2.2.1 综合法与分析法(二)一、基础过关1．已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则( ) A ．a ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤32．已知a 、b 、c 、d ∈{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 3．下面四个不等式：①a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ；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( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．若实数a ，b 满足0<a <b ，且a ＋b ＝1，则下列四个数中最大的是( ) A.12 B ．2ab C ．a 2＋b 2 D ．a5．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是________．6．如图所示，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，过A 作SB 的垂线，垂足为E ，过E 作SC 的垂线，垂足为F .求证：AF ⊥SC .证明：要证AF ⊥SC ，只需证SC ⊥平面AEF ，只需证AE ⊥SC (因为______)，只需证______，只需证AE ⊥BC (因为________)，只需证BC ⊥平面SAB ，只需证BC ⊥SA (因为______)．由SA ⊥平面ABC 可知，上式成立．二、能力提升7．命题甲：(14)x 、2－x 、2x －4成等比数列；命题乙：lg x 、lg(x ＋2)、lg(2x ＋1)成等差数列，则甲是乙的 ( )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8．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg(a ＋b 2)，则( )A ．R 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，你认为正确的命题是________．10．如果a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a b ＋b a >a ＋b .11．已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.12．已知a 、b 、c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1，求证：(1a －1)(1b －1)(1c－1)≥8.13．已知函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，对任意两个不相等的正数x 1、x 2，证明：当a ≤0时，f (x 1)＋f (x 2)2>f (x 1＋x 22)．三、探究与拓展14．已知a ，b ，c ，d ∈R ，求证：ac ＋bd ≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2).(你能用几种方法证明？)答案1．C 2．A 3．C 4．C 5．a >b >c6．EF ⊥SC AE ⊥平面SBC AE ⊥SB AB ⊥BC7．C 8．B 9．①③⇒②10．证明方法一用综合法 a b ＋b a －a －b ＝a a ＋b b －a b －b a ab＝(a －b )(a －b )ab＝(a －b )2(a ＋b )ab>0， ∴a b ＋b a >a ＋b . 方法二用分析法要证a b ＋b a >a ＋b ，只要证a 2b ＋b 2a＋2ab >a ＋b ＋2ab ，即要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2，只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )，即需证a 2－ab ＋b 2>ab ，只需证(a －b )2>0，因为a ≠b ，所以(a －b )2>0恒成立，所以a b ＋b a >a ＋b 成立． 11．证明要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只要证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a >0，故只要证 ⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2，从而只要证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立． 12．证明方法一 (分析法)要证(1a －1)(1b －1)(1c－1)≥8成立，只需证1－a a ·1－b b ·1－c c≥8成立．因为a ＋b ＋c ＝1，所以只需证(a ＋b ＋c )－a a ·(a ＋b ＋c )－b b ·(a ＋b ＋c )－c c≥8成立，即证b ＋c a ·a ＋c b ·a ＋b c≥8成立．而b ＋c a ·a ＋c b ·a ＋b c ≥2bc a ·2ac b ·2ab c＝8成立． ∴(1a －1)(1b －1)(1c－1)≥8成立．方法二 (综合法)(1a －1)(1b －1)(1c－1) ＝(a ＋b ＋c a －1)(a ＋b ＋c b －1)(a ＋b ＋c c－1) ＝b ＋c a ·a ＋c b ·a ＋b c＝(b ＋c )(a ＋c )(a ＋b )abc≥2bc ·2ac ·2ab abc＝8，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，所以原不等式成立．13．证明由f (x )＝x 2＋2x＋a ln x ，得f (x 1)＋f (x 2)2＝12(x 21＋x 22)＋(1x 1＋1x 2)＋a 2(ln x 1＋ln x 2) ＝12(x 21＋x 22)＋x 1＋x 2x 1x 2＋a ln x 1x 2. f (x 1＋x 22)＝(x 1＋x 22)2＋4x 1＋x 2＋a ln x 1＋x 22， ∵x 1≠x 2且都为正数，有12(x 21＋x 22)>14[(x 21＋x 22)＋2x 1x 2]＝(x 1＋x 22)2.①又(x 1＋x 2)2＝(x 21＋x 22)＋2x 1x 2>4x 1x 2，∴x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2.② ∵x 1x 2<x 1＋x 22， ∴ln x 1x 2<ln x 1＋x 22. ∵a ≤0，∴a ln x 1x 2≥a lnx 1＋x 22.③ 由①、②、③得f (x 1)＋f (x 2)2>f (x 1＋x 22)． 14．证明方法一 (用分析法)①当ac ＋bd ≤0时，显然成立．②当ac ＋bd >0时，欲证原不等式成立，只需证(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．即证a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2.即证2abcd ≤b 2c 2＋a 2d 2.即证0≤(bc －ad )2.因为a ，b ，c ，d ∈R ，所以上式恒成立．故原不等式成立，综合①②知，命题得证．方法二 (用综合法)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2＝(a 2c 2＋2acbd ＋b 2d 2)＋(b 2c 2－2bcad ＋a 2d 2)＝(ac ＋bd )2＋(bc －ad )2≥(ac ＋bd )2. ∴(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥|ac ＋bd |≥ac ＋bd .方法三 (用比较法)∵(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)－(ac ＋bd )2＝(bc －ad )2≥0，∴(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2， ∴(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥|ac ＋bd |≥ac ＋bd .方法四 (用放缩法)为了避免讨论，由ac ＋bd ≤|ac ＋bd |，可以试证(ac ＋bd )2≤ (a 2＋b 2)(c 2＋d 2)．由方法一知上式成立，从而方法四可行．方法五 (构造向量法)设m ＝(a ，b )，n ＝(c ，d )，∴m·n＝ac＋bd，|m|＝a2＋b2，|n|＝c2＋d2.∵m·n≤|m|·|n|＝a2＋b2·c2＋d2. 故ac＋bd≤(a2＋b2)(c2＋d2).。

人教新课标版数学高二-数学选修1-2【基础达标】2.2.1 综合法和分析法

1．分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．等价条件解析：选A.由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件．2．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 ．类比法D ．归纳法解析：选B.从数据来看宜用分析法．3．对于不重合的直线m ，l 和平面α，β，要证明α⊥β，需要具备的条件是( )A ．m ⊥l ，m ∥α，l ∥βB ．m ⊥l ，α∩β＝m ，l ⊂αC ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥βD ．m ∥l ，l ⊥β，m ⊂α解析：选D.A ：与两相互垂直的直线平行的平面的位置关系不能确定；B ：平面内的一条直线与另一个平面的交线垂直，这两个平面的位置关系不能确定； C ：这两个平面有可能平行或重合；D ：是成立的，故选D.4．已知a 、b 是不相等的正数，x ＝a ＋b 2，y ＝a ＋b ，则x 、y 的关系是( ) A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ＞2yD ．不确定解析：选A.∵x ＞0，y ＞0，要比较x ，y 的大小，只需比较x 2，y 2的大小，即比较a ＋b ＋2ab 2与a ＋b 的大小，∴a 、b 为不相等的正数，∴2ab ＜a ＋b . ∴a ＋b ＋2ab 2＜a ＋b ，即x 2＜y 2，∴x ＜y .5．(2013·张家口高二检测)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b 2－ac ＜3a ”索的因应是( )A ．a －b ＞0B ．a －c ＞0C ．(a －b )(a －c )＞0D ．(a －b )(a －c )＜0 解析：选C.要证明b 2－ac ＜3a ，只需证b 2－ac ＜3a 2，只需证(a ＋c )2－ac ＜3a 2，只需证－2a 2＋ac ＋c 2＜0，即证2a 2－ac －c 2＞0，即证(a －c )(2a ＋c )＞0，即证(a －c )(a －b )＞0.6．(2013·福州高二检测)已知关于x 的方程x 2＋(k －3)x ＋k 2＝0的一根小于1，另一根大于1，则k 的取值范围是________．解析：令f (x )＝x 2＋(k －3)x ＋k 2，则由题意知f (1)＜0，即12＋(k －3)×1＋k 2＜0，则得－2＜k ＜1.答案：(－2,1)7．(2013·济南高二检测)如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，则x ＋y 的最小值为________．解析：由x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，得2－(x ＋y )＝xy ≤(x ＋y 2)2， ∴(x ＋y )2＋4(x ＋y )－8≥0，∴x ＋y ≥23－2或x ＋y ≤－2－23，∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋y 的最小值为23－2.答案：23－28．命题“若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0”，则cos(α－β)等于________．解析：条件变为sin α＋sin β＝－sin γ，cos α＋cos β＝－cos γ，两式平方相加可推得结论cos(α－β)＝－12. 答案：－129．设函数f (x )对于定义域R 内任意实数都有f (x )≠0，且f (x ＋y )＝f (x )·f (y )成立．求证：对于定义域内的任意x 都有f (x )＞0.证明：∵f (x )在定义域R 上任意实数都有f (x )≠0且f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，∴对于任意x ∈R ，有f (x )＝f (x 2＋x 2)＝f (x 2)f (x 2)＝f 2(x 2)＞0，故有f (x )＞0.10．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10.求证log a c ＋log b c ≥4lg c .证明：由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ，只要证明lg c lg a ＋lg c lg b≥4lg c ．又c ＞1，lg c ＞0，所以只要证明1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b lg a lg b≥4. 因为ab ＝10，所以lg a ＋lg b ＝1，故只要证明1lg a lg b≥4，① 由于a ＞1， b ＞1，所以lg a ＞0，lg b ＞0，所以0＜lg a lg b ≤(lg a ＋lg b 2)2＝14，即①式成立，所以原不等式成立．。

人教B版高中数学选修1-2 2-2-1 综合法和分析法素材

2.2.1 综合法和分析法在前面我们已经知道合情推理和演绎推理都是根据某些已知判断来确定一个新的判断的思维过程.其中演绎推理在大前提小前提都正确的情况下所得的结论一定正确，而合情推理（归纳、类比等）所猜测得到的结论不一定正确，必须通过逻辑（演绎）推理的方式加以证明.下面就研究两类基本的证明方法———直接证明与间接证明.一、综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证法，也是证明数学问题时最常用的思维方式.1.综合法：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的证明方法.又叫顺推证法或由因导果法. 其推理方式可用框图表示为：其中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，12Q Q ，，表示中间结论．综合法常用的表达格式为：P ∵，1Q ∴；又∵，2Q ∴；，n Q ∴；又∵，Q ∴．2．分析法：从要证明的结论出发，对其进行分析和转化，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）为止的证明方法.又叫逆推证法或执果索因法. 其推理方式可用框图表示为：其中Q 表示要证明的结论，1230Q Q Q Q ，，，，分别表示使12n Q Q Q Q ，，，，成立的充分条件，0Q 表示最后寻求到的一个明显成立的条件．分析法常用的表达格式为：要证Q ，只需证1Q ，只需证2Q ，，只需证0Q ，由于0Q 显然成立，所以Q 成立．综合法、分析法都是直接利用已知条件或定义、公理、定理等与所要证明的结论之间的关系推导出所要证明的结论或寻求出使它成立的充分条件，故均属于直接证法.二、反证法是间接证明的一种基本方法.对于某些看来明显成立而又不便知道根据什么去推导（综合法），甚至难于寻求到使之成立的充分条件（分析法）的“疑难”证明题，一般地，可在假设原命题不成立的前提下，经过正确的逻辑推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立.这种证明方法叫做反证法.简易逻辑部分中四种命题间的关系领悟得好的同学不难悟出反证法的原理不外乎“互为逆否命题的两个命题真假一致”，即：“P Q ⇒”⇔“Q P ⌝⇒⌝”．用反证法证题的格式一般为：假设Q 不成立，若()Q ⌝，，则p ⌝，这与已知P （定义、公理、定理等）相矛盾，∴假设()Q ⌝不成立，Q ∴成立．1．综合法的每一步都是三段论（或其简略形式），大前提一定要正确，否则证明易出错. 2.使用分析法时一定要注意对所要证明的结论是以“分析”的语气对待的，因而证明格式上应体现出“分析”探讨性（“要证…，只需证…”），而非直接肯定结论.例1错证：22<∴，1020+∴，5<，2125<∴，显然原不等式成立．错因：对分析法的原理不理解，以至于将所要证明的结论当成已知条件来用了. 正：只需将“∵”改为“要证”，“∴” 改为“只需证”.3.综合法和分析法往往不是单一地使用的，而是结合兼用的，特别是较为复杂的证明（教科书99P 例3）.一般是先用综合法由已知条件P 推出一个中间结论M ，再用分析法探求，发现M 正是使所要证结论Q 成立的充分条件.证明过程用框图1表示；或者先用分析法寻求出使所要证明的结论Q 成立的充分条件M ，再用综合法由已知条件P 推出M .证明过程用框图2表示.或例2 教科书中对99P 例3的证法是先综合后分析，证明过程如框图１的形式；我们还可以改用框图2的形式，先分析后综合来证. 证明：要证22221tan 1tan 1tan 2(1tan )αβαβ--=++，只需证2222222sin sin 11cos cos sin sin 121cos cos βαβααβαβ--=⎛⎫++ ⎪⎝⎭，即证22221cos sin (cos sin )2ααββ-=-即证22112sin (12sin )2αβ-=-，即证224sin 2sin 1αβ-= ③．另一方面，因为2(sin cos )2sin cos 1θθθθ+-=，所以将已知中的①②代入上式，即得224sin 2sin 1αβ-=与③相同，于是问题得证．4.综合法与分析法当所用的证据相同时形式上是互逆的，因此往往可以互相改写，但须注意二者表达格式的迥异.5.反证法也经常与综合法或分析法结合使用. 例3证明（一）：假设成等差数列，即，下面（用分析法）证明≠只需证22≠，即证105，即证2125≠，而该式显然成立，证明（二）：假设成等差数列，即，下面（用综合法）证明∵，52125≠∴，≠≠，10即3720+≠，即2≠，≠。

高中数学人教a版选修1-2第二章推理与证明2.2.1综合法与分析法【练习】(学生版).docx

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 2．已知x 、y 为正实数，则( )A ．2lg x ＋lg y ＝2lg x ＋2lg y B ．2lg(x ＋y )＝2lg x ·2lg y C ．2lg x ·lg y ＝2lg x ＋2lg y D ．2lg(xy )＝2lg x ·2lg y3．设a 、b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( )A ．1≤ab ≤a 2＋b 22 B ．ab <1<a 2＋b 22 C ．ab <a 2＋b 22<1 D ．a 2＋b 22<1<ab4．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5．已知y >x >0，且x ＋y ＝1，那么( )A ．x <x ＋y 2<y <2xy B ．2xy <x <x ＋y 2<y C ．x <x ＋y 2<2xy <y D ．x <2xy <x ＋y 2<y 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 ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A7．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8．要使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且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b9．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，＋∞)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．2C．1 D．0。

人教版数学选修1-2第二章2.2.1综合法和分析法应用案巩固提升

[A 基础达标]1．分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．等价条件解析：选A.由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件．2．若a ，b ，c 是不全相等的实数，求证：a 2＋b 2＋c 2＞ab ＋bc ＋ca .证明过程如下：因为a ，b ，c ∈R ，所以a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac .又a ，b ，c 不全相等，所以以上三式至少有一个“＝”不成立．所以将以上三式相加，得2(a 2＋b 2＋c 2)＞2(ab ＋bc ＋ac )．所以a 2＋b 2＋c 2＞ab ＋bc ＋ac .此证法是( )A ．分析法B ．综合法C ．分析法与综合法并用D ．反证法答案：B3．若a b ＋1aC ．b ＋1a >a ＋1b D.b a 1b. 由不等式的同向可加性知b ＋1a >a ＋1b. 4．已知c ＞1，若a ＝c ＋1－c ，b ＝c －c －1，则正确的结论是( )A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ≥b解析：选B.a －b ＝c ＋1－c －c ＋c －1＝c ＋1＋c －1－2c ，因为(c ＋1＋c －1)2＝c ＋1＋c －1＋ 2（c ＋1）（c －1）＝2c ＋2（c ＋1）（c －1）＜4c ，所以a ＜b .故选B.5．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)成立”的是( )A ．f (x )＝1xB ．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，所以f (x )＝1x在(0，＋∞)上为减函数． 6．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：－7257.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)8.等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________．解析：log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 2a 53＝5log 2a 3＝5log 2a 1a 5＝5log 22＝5.答案：59．已知a 、b 、c 是正实数，a 、b 、c 互不相等且abc ＝1.求证：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c. 证明：因为abc ＝1，所以要证a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c，只要证：a ＋b ＋c ＜bc ＋ac ＋ab .因为a 、b 、c 是正实数，且a ≠b ≠c ，所以bc ＋ac ＞2abc 2＝2c ，ac ＋ab ＞2a 2bc ＝2a ， ab ＋bc ＞2ab 2c ＝2b .所以(bc ＋ac )＋(ac ＋ab )＋(ab ＋bc )＞2c ＋2a ＋2b . 即a ＋b ＋c ＜bc ＋ac ＋ab 成立．所以a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c. 10.已知1a ，1b ，1c 成等差数列，求证b ＋c a ，a ＋c b ，a ＋b c也成等差数列．证明：因为1a ，1b ，1c成等差数列，所以1a ＋1c ＝2b. 即a ＋c ac ＝2b，所以b (a ＋c )＝2ac ，所以b ＋c a ＋a ＋b c ＝（b ＋c ）c ＋a （a ＋b ）ac＝bc ＋c 2＋a 2＋ab ac＝b （a ＋c ）＋a 2＋c 2ac＝2ac ＋a 2＋c 2ac ＝（a ＋c ）2ac＝2（a ＋c ）2b （a ＋c ）＝2（a ＋c ）b ，所以b ＋c a ，a ＋c b ，a ＋b c也成等差数列． [B 能力提升]1.已知tan 110°＝a ，求tan 50°时，同学甲利用两角差的正切公式求得：tan 50°＝a －31＋3a；同学乙利用二倍角公式及诱导公式求得tan 50°＝1－a 22a .根据上述信息可估算a 的范围是( )A ．(－∞，－2－3)B ．(－2－3，－3)C ．(－3，－2)D ．(－2，－3)解析：选C.因为tan 105°＜tan 110°＝a ＜tan 120°，则－2－3＜a ＜－ 3.据已知得a －31＋3a＝1－a 22a ，整理可得3a 3＋3a 2－33a －1＝0，令f (a )＝3a 3＋3a 2－33a －1，由于f (－3)f (－2)＝(26－183)×(11－23)＜0，故函数f (a )＝3a 3＋3a 2－33a －1的零点介于区间(－3，－2)之内，即方程3a 3＋3a 2－33a －1＝0的根a 位于区间(－3，－2)内．2.在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________．解析：如图所示，在△ABC 中，由正弦定理得23sin 60°＝4sin B，解得sin B ＝1，所以B ＝90°，所以S △ABC ＝12×AB ×23＝12×42－（23）2×23＝2 3. 答案：2 33．如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，E 、F 分别是A 1B 、A 1C 的中点，点D 在B 1C 1上，A 1D ⊥B 1C 1.求证：(1)EF ∥平面ABC ；(2)平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)因为E 、F 分别是A 1B 、A 1C 的中点，所以EF ∥BC ，EF ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC .所以EF ∥平面ABC .(2)因为直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1，BB 1⊥A 1D ，又A 1D ⊥B 1C 1，BB 1∩B 1C 1＝B 1，所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C ，又A 1D ⊂平面A 1FD ，所以平面A 1FD ⊥平面BB 1C 1C .4.(选做题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点(1，0)处有公切线．(1)求a 、b 的值；(2)证明：f (x )≤g (x )．解：(1)f ′(x )＝(ln x )′＝1x，g ′(x )＝x 2－x ＋b (x >0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝f （1），f ′（1）＝g ′（1）解得a ＝－56，b ＝1. (2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －13x 3＋12x 2－x ＋56(x >0)，则h ′(x )＝1x －x 2＋x －1＝（1－x ）（1＋x 2）x，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，所以h (x )max ＝h (1)＝0，所以h (x )≤h (1)＝0，即f (x )≤g (x )．。

2021年数学人教版选修1-2优化练习：第2章2.22.2.1综合法和分析法版含解析

[课时作业][A 组根底稳固]1．在证明命题 "对于任意角θ ,cos 4θ－sin 4θ＝cos2θ〞的过程： "cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ＋sin 2θ)(cos 2θ－sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝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 ．间接证法答案：B2．函数f (x )＝lg 1－x 1＋x,假设f (a )＝b ,那么f (－a )等于( ) A ．bB ．－b C.1bD ．－1b 解析：f (x )定义域为(－1,1) ,f (－a )＝lg 1＋a 1－a ＝lg(1－a 1＋a )－1＝－lg 1－a 1＋a＝－f (a )＝－b . 答案：B3．分析法又叫执果索因法 ,假设使用分析法证明：设a >b >c ,且a ＋b ＋c ＝0 ,求证：b 2－ac <3a ,那么证明的依据应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0 解析：b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔(a －c )·(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.答案：C4．在不等边△ABC 中 ,a 为最||大边 ,要想得到 A 为钝角的结论 ,对三边a ,b ,c 应满足的条件 ,判断正确的选项是( )A ．a 2b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2 解析：要想得到A 为钝角 ,只需cos A <0 ,因为cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc,所以只需b 2＋c 2－a 2<0 ,即b 2＋c 2<a 2.答案：C5．设a ＝lg 2＋lg 5 ,b ＝e x (x <0) ,那么a 与b 大小关系为( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a ≤b解析：a ＝lg 2＋lg 5＝1 ,b ＝e x ,当x <0时 ,0b .答案：A6．sin x ＝55 ,x ∈(π2 ,3π2) ,那么tan(x －π4)＝________. 解析：∵sin x ＝55 ,x ∈(π2 ,3π2) ,∴cos x ＝－ 45 , ∴tan x ＝－12 ,∴tan(x －π4)＝tan x －11＋tan x＝－3. 答案：－37．如果a a ＋b b >a b ＋b a ,那么实数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．设a >0 ,b >0 ,那么下面两式的大小关系为lg(1＋ab )________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．解析：∵(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 )]．答案：≤9．设a ,b 大于0 ,且a ≠b ,求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2.证明：要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2成立 ,即需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )成立．又因a ＋b >0 ,故只需证a 2－ab ＋b 2>ab 成立 ,即需证a 2－2ab ＋b 2>0成立 ,即需证(a －b )2>0成立．而依题设a ≠b ,那么(a －b )2>0显然成立．故原不等式a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2成立．10．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0) ,假设函数y ＝f (x ＋1)与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称 ,求证：函数y ＝f (x ＋12)为偶函数．证明：∵函数y ＝f (x )与y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称．∴f (x ＋1)＝f (－x ) ,那么y ＝f (x )的图象关于x ＝12对称 , ∴－b 2a ＝12,∴a ＝－b . 那么f (x )＝ax 2－ax ＋c ＝a (x －12)2＋c －a 4, ∴f (x ＋12)＝ax 2＋c －a 4为偶函数． [B 组能力提升]1．设a >0 ,b >0 ,假设3是3a 与3b 的等比中项 ,那么1a ＋1b的最||小值为( ) A ．8B ．4C ．1 D.14解析：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. 答案：B2．直线l ,m ,平面α ,β ,且l ⊥α ,m ⊂β ,给出以下四个命题：①假设α∥β ,那么l ⊥m ；②假设l ⊥m ,那么α∥β；③假设α⊥β ,那么l ⊥m ；④假设l ∥m ,那么α⊥β.其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：假设l ⊥α ,m ⊂β ,α∥β ,那么l ⊥β ,所以l ⊥m ,①正确；假设l ⊥α ,m ⊂β ,l ⊥m ,α与β可能相交 ,②不正确；假设l ⊥α ,m ⊂β ,α⊥β ,l 与m 可能平行或异面 ,③不正确；假设l ⊥α ,m ⊂β ,l ∥m ,那么m ⊥α ,所以α⊥β ,④正确．答案：B3．如图 ,在直四棱柱A 1B 1C 1D 1-ABCD (侧棱与底面垂直)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种条件即可 ,不必考虑所有可能的情形)．解析：要证明A 1C ⊥B 1D 1 ,只需证明B 1D 1⊥平面A 1C 1C ,因为CC 1⊥B 1D 1 ,只要再有条件B 1D 1⊥A 1C 1 ,就可证明B 1D 1⊥平面A 1CC 1 ,从而得B 1D 1⊥A 1C 1.答案：B 1D 1⊥A 1C 1(答案不唯一)4．如果不等式|x －a |<1成立的充分非必要条件是12<x <32 ,那么实数a 的取值范围是________．解析：|x －a |<1⇔a －1<x <a ＋1 ,由题意知(12 ,32)⊆(a －1 ,a ＋1) ,那么有⎩⎨⎧ a －1≤12a ＋1≥32(且等号不同时成立) ,解得12≤a ≤32. 答案：12≤a ≤325．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 成等比数列 ,求证：△ABC 为等边三角形．证明：由A ,B ,C 成等差数列 ,有2B ＝A ＋C . ①因为A ,B ,C 为△ABC 的内角 ,所以A ＋B ＋C ＝π. ②由①② ,得B ＝π3. ③ 由a ,b ,c 成等比数列 ,有b 2＝ac . ④由余弦定理及③ ,可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac . 再由④ ,得a 2＋c 2－ac ＝ac ,即(a －c )2＝0 ,因此a ＝c ,从而有A ＝C . ⑤由②③⑤ ,得A ＝B ＝C ＝π3,所以△ABC 为等边三角形． 6．设数列{a n }的前n 项和为S n .a 1＝1 ,2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23,n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ,有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74. 解析：(1)依题意 ,2S 1＝a 2－13－1－23,又S 1＝a 1＝1 ,所以a 2＝4. (2)当n ≥2时 ,2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n , 2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1) , 两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23, 整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1) ,即a n ＋1n ＋1－a n n＝1 ,又a 22－a 11＝1 , 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首||项为1 ,公差为1的等差数列 , 所以a n n＝1＋(n －1)×1＝n ,所以a n ＝n 2. (3)证明：当n ＝1时 ,1a 1＝1<74；当n ＝2时 ,1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时 ,1a n ＝1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n,此时 1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1＋122＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74.综上 ,对一切正整数n ,有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.。

人教版高二数学选修1-2能力拓展 2-2-1 综合法与分析法

能力拓展提升一、选择题10．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．(－∞，－2)∪(1＋∞)D．(－1,2)Cx⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2<0⇒x2＋x－2<0⇒－2<x<1.11．在△ABC中，已知sin A cos A＝sin B cos B，则该三角形是() 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D∵sin A cos A＝sin B cos B，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝π2.12．要使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且a<bD．ab>0且a>b或ab<0且a0时，有3b <3a ，即b <a ；当ab <0时，有3b >3a ，即b >a .13．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 )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1) A对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2， ∵x 1>0，x 2>0，x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∴x 2－x 1x 1x 2>0， ∴f (x 1)>f (x 2)，故选A.二、填空题14．在算式30－△＝4×□中的△，□内分别填入两个正数，使它们的倒数和最小，则这两个数构成的数对(△，□)应为________．(10,5)设(△，□)为(a ，b )，则30－a ＝4b ，即a ＋4b ＝30，1a ＋1b ＝(1a ＋1b )·a ＋4b 30＝5＋4b a ＋a b 30≥5＋430＝310，当且仅当4b a ＝a b ，即a ＝2b 时等号成立．又有a ＋4b ＝30，可得a ＝10，b ＝5.15．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)＝________.－12由题意sin α＋sin β＝－sin γ①cos α＋cos β＝－cos γ②①，②两边同时平方相加得2＋2sin αsin β＋2cos αcos β＝12cos(α－β)＝－1，cos(α－β)＝－12. 三、解答题16．(2012～2013学年度山东肥城二中高二期中测试)已知a 、b 、c 、d 为正实数，试用分析法证明：a 2＋b 2·c 2＋d 2≥ac ＋bd .要证a 2＋b 2·c 2＋d 2≥ac ＋bd 成立，只需证(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，即证b 2c 2＋a 2d 2≥2abcd ，也就是(bc ＋ad )2≥0.∵(bc＋ad)2≥0显然成立，∴a2＋b2·c2＋d2≥ac＋bd.17．已知a、b、c均为正实数，且a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥13.∵a2＋19≥2a3，b2＋19≥2b3，c2＋19≥2c3，∴(a2＋19)＋(b2＋19)＋(c2＋19)≥23a＋23b＋23c＝23(a＋b＋c)＝23.∴a2＋b2＋c2≥13.。

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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.。