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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+eq \f(1,ex)在(0,+∞)上是增函数”,一个同学给出的证法如下:
∵f(x)=ex+eq \f(1,ex),∴f′(x)=ex-eq \f(1,ex).
∵x>0,∴ex>1,0
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:eq \r(b2-ac)0
B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0
D.(a-b)(a-c)<0
[答案] C
[解析] 要证eq \r(b2-ac)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=eq \r(ab)+eq \r(cd),q=eq \r(ma+nc)·eq \r(\f(b,m)+\f(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
[答案] B
[解析] q=eq \r(ab+\f(mad,n)+\f(nbc,m)+cd)
≥eq \r(ab+2\r(abcd)+cd)=eq \r(ab)+eq \r(cd)=p.
4.已知函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x,a、b∈R+,A=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2))),B=f(eq \r(ab)),C=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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≤A
D.C≤B≤A
[答案] A
[解析] eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a+b),又函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(-∞,+∞)上是单调减函数,
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a+b))).
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)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.xx>0,且x+y=1,∴设y=eq \f(3,4),x=eq \f(1,4),则eq \f(x+y,2)=eq \f(1,2),2xy=eq \f(3,8).所以有x<2xy公式”的形式,对于给定的两个函数,S(x)=eq \f(ax-a-x,2),C(x)=eq \f(ax+a-x,2),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)=eq \f(ax-a-x,2),C(x)=eq \f(ax+a-x,2),
∴S(x+y)=eq \f(ax+y-a-x-y,2),
S(x)C(y)+C(x)S(y)
=eq \f(ax-a-x,2)·eq \f(ay+a-y,2)+eq \f(ax+a-x,2)·eq \f(ay-a-y,2)
=eq \f(ax+y+ax-y-ay-x-a-x-y+ax+y-a-x-y+ay-x-a-x-y,4)
=eq \f(2(ax+y-a-x-y),4)=eq \f(ax+y-a-x-y,2).
∴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aeq \r(a)+beq \r(b)>aeq \r(b)+beq \r(a),则实数a、b应满足的条件是________.
[答案] a≥0,b≥0且a≠b
[解析] ∵aeq \r(a)+beq \r(b)>aeq \r(b)+beq \r(a)
⇔(eq \r(a)-eq \r(b))2(eq \r(a)+eq \r(b))>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+eq \r(ab))________eq \f(1,2)[lg(1+a)+lg(1+b)].
[答案] ≤
[解析] ∵(1+eq \r(ab))2-(1+a)(1+b)
=1+2eq \r(ab)+ab-1-a-b-ab
=2eq \r(ab)-(a+b)=-(eq \r(a)-eq \r(b))2≤0
∴(1+eq \r(ab))2≤(1+a)(1+b),
∴lg(1+eq \r(ab))≤eq \f(1,2)[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eq \f(1,2)
b>0,且a2+eq \f(b2,4)=1,则ab>a2b2;
②a,b∈R,且ab<0,则eq \f(a2+b2,ab)≤-2;
③a>b>0,m>0,则eq \f(a+m,b+m)>eq \f(a,b);
④eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x+\f(4,x)))≥4(x≠0).
其中正确不等式的序号为________.
[答案] ①②④
[解析] ①a>b>0,∴a≠eq \f(b,2)
∴a2+eq \f(b2,4)=1>2eq \r(a2·\f(b2,4))=ab
∴1-ab>0,∴ab-a2b2=ab(1-ab)>0,∴ab>a2b2正确.
②eq \f(a2+b2,ab)+2=eq \f((a+b)2,ab)
∵ab<0,(a+b)2≥0,∴eq \f(a2+b2,ab)≤-2,②正确;
③eq \f(a+m,b+m)-eq \f(a,b)=eq \f((b-a)m,b(b+m))
∵a>b>0,m>0,
∴b(b+m)>0,b-a<0,∴eq \f((b-a)m,b(b+m))<0,
∴eq \f(a+m,b+m)0,b>0,a+b=1.
求证:(1)eq \f(1,a)+eq \f(1,b)+eq \f(1,ab)≥8;
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(1,a)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))2≥eq \f(25,2).
[证明] (1)∵a>0,b>0,a+b=1,
∴1=a+b≥2eq \r(ab),eq \r(ab)≤eq \f(1,2),∴eq \f(1,ab)≥4.
∴eq \f(1,a)+eq \f(1,b)+eq \f(1,ab)=(a+b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))+eq \f(1,ab)
≥2eq \r(ab)·2eq \r(\f(1,ab))+4=8,∴eq \f(1,a)+eq \f(1,b)+eq \f(1,ab)≥8.
(2)∵eq \f(a+b,2)≤eq \r(\f(a2+b2,2)),则eq \f(a2+b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))2
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(1,a)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))2≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+\f(1,a)+b+\f(1,b),2)))2
=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,a)+\f(1,b)))2,2)≥eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+2\r(\f(1,ab))))2,2)≥eq \f(25,2).
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(1,a)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))2≥eq \f(25,2).
16.已知a>b>0,求证eq \f((a-b)2,8a)b>0,∴eq \f(b,a)<1表 示△ABC的三边长,m>0,
求证:eq \f(a,a+m)+eq \f(b,b+m)>eq \f(c,c+m).
[证明] 要证明eq \f(a,a+m)+eq \f(b,b+m)>eq \f(c,c+m)
只需证明eq \f(a,a+m)+eq \f(b,b+m)-eq \f(c,c+m)>0即可
∴eq \f(a,a+m)+eq \f(b,b+m)-eq \f(c,c+m)
=eq \f(a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m),(a+m)(b+m)(c+m))
∵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
∴eq \f(a,a+m)+eq \f(b,b+m)>eq \f(c,c+m).
18.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lgeq \f(a+b,2)+lgeq \f(b+c,2)+lgeq \f(c+a,2)>lga+lgb+lgc.
[证明] 要证lgeq \f(a+b,2)+lgeq \f(b+c,2)+lgeq \f(c+a,2)>lga+lgb+lgc,只需证lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)·\f(b+c,2)·\f(c+a,2)))>lg(a·b·c),
即证eq \f(a+b,2)·eq \f(b+c,2)·eq \f(c+a,2)>abc.
因为a,b,c为不全相等的正数,
所以eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)>0,eq \f(b+c,2)≥eq \r(bc)>0,eq \f(c+a,2)≥eq \r(ac)>0,
且上述三式中等号不能同时成立.
所以eq \f(a+b,2)·eq \f(b+c,2)·eq \f(c+a,2)>abc成立,
所以lgeq \f(a+b,2)+lgeq \f(b+c,2)+lgeq \f(c+a,2)>lga+lgb+lgc成立.
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