习题：综合法和分析法

综合法和分析法一、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】结合分析法及综合法的定义可知B正确．【答案】B2．(2022·台州高二检测)设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有()A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2)\f(a2＋b2,2)<ab<1C．ab<eq\f(a2＋b2,2)<1D．ab<1<eq\f(a2＋b2,2)【解析】∵a＋b＝2且a≠b，∴ab<(eq\f(a＋b,2))2＝1，eq\f(a2＋b2,2)>(eq\f(a＋b,2))2＝1.∴eq\f(a2＋b2,2)>1>ab，故选D.【答案】D3．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P、Q的大小关系是()A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值确定【解析】欲比较P，Q，只需比较P2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)与Q2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，只需比较a2＋7a与a2＋7a＋12，显然前者小．【答案】C4．设甲：函数f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，乙：函数g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，那么甲是乙的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．以上均不对【解析】对甲，要使f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，只需要Δ＝m2－4n>0即可；对乙，要使g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，只需要u＝x2＋mx＋n的值域包含区间(0，＋∞)，只需要Δ＝m2－4n≥0，∴甲是乙的充分不必要条件．【答案】A5．(2022·黄冈高二检测)下列不等式不成立的是()A．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(a＋b)(a>0，b>0)\r(a)－eq\r(a－1)<eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)\r(2)＋eq\r(10)>2eq\r(6)【解析】对A，∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；对B，∵(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(a＋b))2＝a＋b，∴eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(a＋b)；对C，要证eq\r(a)－eq\r(a－1)<eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)成立，只需证明eq\r(a)＋eq\r(a－3)<eq\r(a－2)＋eq\r(a－1)，两边平方得2a－3＋2eq\r(aa－3)<2a－3＋2eq\r(a－2a－1)，即eq\r(aa－3)<eq\r(a－2a－1)，两边平方得a2－3a<a2－3a＋2，即0<2.因为0<2显然成立，所以原不等式成立；对于D，(eq\r(2)＋eq\r(10))2－(2eq\r(6))2＝12＋4eq\r(5)－24＝4(eq\r(5)－3)<0，∴eq\r(2)＋eq\r(10)<2eq\r(6)，故D错误．【答案】D二、填空题6．若lgx＋lgy＝2lg(x－2y)，则logeq\r(2)eq\f(x,y)＝________.【解析】由条件知lgxy＝lg(x－2y)2，∴xy＝(x－2y)2，即x2－5xy＋4y2＝0，即(eq\f(x,y))2－5eq\f(x,y)＋4＝0，∴eq\f(x,y)＝4或eq\f(x,y)＝1，又x＞2y，故eq\f(x,y)＝4.∴logeq\r(2)eq\f(x,y)＝logeq\r(2)4＝4.【答案】47．已知a，b是不相等的正数，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，则x，y的大小关系是________．【解析】x2－y2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)－(a＋b)＝eq\f(2\r(ab)－a－b,2)＝－eq\f(\r(a)－\r(b)2,2)≤0，∴x2≤y2.∵a，b是不相等的正数，∴x>0，y>0，x≠y，∴x2<y2即x<y.【答案】x<y8．已知数列{an}的前n项和为Sn，f(x)＝eq\f(2x－1,x＋1)，an＝log2eq\f(fn＋1,fn)，则S2011＝________.【解析】an＝log2eq\f(fn＋1,fn)＝log2f(n＋1)－log2f(n)，∴S2011＝a1＋a2＋a3＋…＋a2011＝[log2f(2)－log2f(1)]＋[log2f(3)－log2f(2)]＋[log2f(4)－log2f(3)]＋…＋[log2f(2012)－log2f(2011)]＝log2f(2012)－log2f(1)＝log2eq\f(4024－1,2012＋1)－log2eq\f(2－1,1＋1)＝log2eq\f(1341,671)＋1.【答案】log2eq\f(1341,671)＋1三、解答题9．(2022·东城高二检测)用分析法证明：若a>0，则eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.【证明】要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，∴两边均大于零，因此只需证(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2，只需证a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\f(\r(2),2)(a＋eq\f(1,a))，只需证a2＋eq\f(1,a2)≥eq\f(1,2)(a2＋eq\f(1,a2)＋2)，即证a2＋eq\f(1,a2)≥2，它显然成立，∴原不等式成立．10．(2022·武汉高二检测)(1)求证：a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)．(2)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8.【证明】(1)∵a2＋b2≥2ab，a2＋3≥2eq\r(3)a，b2＋3≥2eq\r(3)b，将此三式相加得2(a2＋b2＋3)≥2ab＋2eq\r(3)a＋2eq\r(3)b，∴a2＋b2＋3≥ab＋eq\r(3)(a＋b)．(2)∵a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，∴(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)＝eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥2eq\f(\r(bc),a)·2eq\f(\r(ac),b)·2eq\f(\r(ab),c)＝8.故(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8.11．(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.【证明】(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．由于x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设lo