高二数学同步检测 2-2-1《综合法与分析法》 新人教A版选修2-2

选修2-2  2.2  第1课时 综合法与分析法

一、选择题

1．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：

∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.

∵x>0，∴ex>1,0<<1

∴ex－>0，即f′(x)>0，

∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是(　　)

A．综合法　　　　　　　 B．分析法

C．反证法      D．以上都不是

[答案]　A

[解析]　该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.

2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a索的因应是(　　)

A．a－b>0      B．a－c>0

C．(a－b)(a－c)>0    D．(a－b)(a－c)<0

[答案]　C

[解析]　要证<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.

3．p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为(　　)

A．p≥q      B．p≤q

C．p>q      D．不确定

[答案]　B

[解析]　q＝

≥＝＋＝p.

4．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A、B、C的大小关系为(　　)

A．A≤B≤C     B．A≤C≤B

C．B≤C≤A     D．C≤B≤A

[答案]　A

[解析]　≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，

∴f≤f()≤f.

5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是(　　)

A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβ

B．sin(α＋β)＞cosα＋cosβ

C．cos(α＋β)＞sinα＋sinβ

D．cos(α＋β)<cosα＋cosβ

[答案]　D

[解析]　∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，

∴cosα＞cos(α＋β)

又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．

6．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的(　　)

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

[答案]　C

[解析]　首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．

其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，

∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.

7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么(　　)

A．x<<y<2xy    B．2xy<x<<y

C．x<<2xy<y    D．x<2xy<<y

[答案]　D

[解析]　∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<<y，故排除A、B、C.

8．下面的四个不等式：

①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；

③＋≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.

其中恒成立的有(　　)

A．1个      B．2个

C．3个      D．4个

[答案]　C

[解析]　∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0

a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，

(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2

≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.∴应选C.

9．若x，y∈R＋，且＋≤a恒成立，则a的最小值是(　　)

A．2      B.

C．2       D．1

[答案]　B

[解析]　原不等式可化为

a≥＝＝

要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可．

∵≤，当x＝y时取等号，∴a≥，

∴a的最小值为.故应选B.

10．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝，C(x)＝，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是(　　)

①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；

②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；

③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；

④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．

A．①③      B．②④

C．①④      D．①②③④

[答案]　D

[解析]　∵S(x)＝，C(x)＝，

∴S(x＋y)＝，

S(x)C(y)＋C(x)S(y)

＝·＋·

＝

＝＝.

∴S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)

同理：S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)

C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)

C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．应选D.

二、填空题

11．如果a＋b＞a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．

[答案]　a≥0，b≥0且a≠b

[解析]　∵a＋b＞a＋b

⇔(－)2(＋)＞0⇔a≥0，b≥0且a≠b.

12．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．

[答案]　≤

[解析]　∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)

＝1＋2＋ab－1－a－b－ab

＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0

∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，

∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．

13．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要条件是<x<，则实数a的取值范围是________．

[答案]　≤a≤

[解析]　|x－a|＜1⇔a－1＜x＜a＋1

由题意知(a－1，a＋1)则有，

(且等号不同时成立)解得≤a≤.

14．给出下列不等式：

①a>b>0，且a2＋＝1，则ab>a2b2；

②a，b∈R，且ab<0，则≤－2；

③a>b>0，m>0，则>；

④≥4(x≠0)．

其中正确不等式的序号为________．

[答案]　①②④

[解析]　①a>b>0，∴a≠

∴a2＋＝1>2＝ab

∴1－ab>0，∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0，∴ab>a2b2正确．

②＋2＝

∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴≤－2，②正确；

③－＝

∵a>b>0，m>0，

∴b(b＋m)>0，b－a<0，∴<0，

∴<，③不正确．

④＝|x|＋≥4，④正确．

三、解答题

15．设a>0，b>0，a＋b＝1.

求证：(1)＋＋≥8；

(2)2＋2≥.

[证明]　(1)∵a>0，b>0，a＋b＝1，

∴1＝a＋b≥2，≤，∴≥4.

∴＋＋＝(a＋b)＋

≥2·2＋4＝8，∴＋＋≥8.

(2)∵≤，则≥2

∴2＋2≥22

＝≥≥.

∴2＋2≥.

16．已知a>b>0，求证<－<.

[证明]　欲证<－<成立．

只需证<a＋b－2<

⇐2<(－)2<2

⇐<－<⇐<1<

⇐1＋<2<1＋⇐<1<⇐<1<.

∵a>b>0，∴<1<成立．

从而，有<－<.

17．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，

求证：＋＞.

[证明]　要证明＋＞

只需证明＋－＞0即可

∴＋－

＝

∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0

∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0

∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2

＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2

∵△ABC中任意两边之和大于第三边

∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0

∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0

∴＋＞.

18．若a，b，c为不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.

[证明]　要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，只需证lg>lg(a·b·c)，

即证··>abc.

因为a，b，c为不全相等的正数，

所以≥>0，≥>0，≥>0，

且上述三式中等号不能同时成立．

所以··>abc成立，

所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc成立．