2020高中数学 第三章 推理与证明 综合法与分析法课后巩固提升 1-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE9-学必求其心得，业必贵于专精3综合法与分析法[A组基础巩固］1．如果logeq\f(1,2）x＜logeq\f(1，2)y＜0，那么（）A．y＜x＜1 B．x＜y＜1C．1＜x＜y D．1＜y＜x解析：不等式转化为eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（log\f(1,2）x＜log\f(1,2)y，，log\f（1,2)y＜0)）⇒1＜y＜x.答案：D2．已知a＝log23。6，b＝log43。2,c＝log43。6，则()A．a>b>c B．a>c>bC．b>a〉c D．c〉a〉b解析：∵2〈3。6<4，∴log23。6>1〉log43。6.又∵log43。6>log43.2，∴a>c>b。答案：B3．已知a>b〉0,证明eq\r（a）－eq\r（b）<eq\r(a－b)可选择的方法,以下最合理的是(）A．综合法 B．分析法C．类比法 D．归纳法解析：首先，排除C、D。然后，比较综合法、分析法．我们选择分析法，欲证：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b),只需证：eq\r（a)〈eq\r（b)＋eq\r(a－b)，即证:a〈b＋(a－b)＋2eq\r(ba－b）,只需证：0〈2eq\r（ba－b)。答案：B4．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α,mβ，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．2C．3 D．4解析：若l⊥α，mβ，α∥β,则l⊥β，所以l⊥m，①正确;若l⊥α，mβ，l⊥m,α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，mβ，α⊥β，l与m可能平行、相交或异面，③不正确;若l⊥α，mβ，l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，④正确．答案：B5．设a，b∈R＋，且a≠b，a＋b＝2，则必有（）A．1≤ab≤eq\f（a2＋b2,2)B．ab<1<eq\f（a2＋b2，2）C．ab〈eq\f(a2＋b2,2）〈1D.eq\f(a2＋b2,2)〈ab〈1解析：因为a≠b，故eq\f（a2＋b2，2）>ab。又因为a＋b＝2>2eq\r(ab），故ab<1，eq\f(a2＋b2，2)＝eq\f（a＋b2－2ab,2)＝2－ab>1，即eq\f(a2＋b2,2)〉1〉ab。答案:B6．已知函数y＝f(x）（x∈R)，对函数y＝g(x）（x∈I），定义g(x)关于f（x）的“对称函数”为函数y＝h（x)(x∈I),y＝h(x）满足：对任意x∈I，两个点（x，h(x）)，(x，g（x）)关于点（x，f（x）)对称．若h(x)是g(x)＝eq\r(4－x2）关于f（x）＝3x＋b的“对称函数”，且h(x）>g(x）恒成立，则实数b的取值范围是________．解析：由已知得eq\f(hx＋\r（4－x2)，2)＝3x＋b,所以h(x）＝6x＋2b－eq\r(4－x2）.h（x）〉g（x)恒成立,即6x＋2b－eq\r（4－x2)〉eq\r（4－x2）,3x＋b〉eq\r（4－x2)恒成立．在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝eq\r（4－x2）（如图所示），可得eq\f（b,\r(10))>2，即b>2eq\r(10)，故答案为(2eq\r(10)，＋∞)．答案：(2eq\r（10)，＋∞）7．下列两数的大小关系是:eq\r(3)＋2eq\r（2）________2＋eq\r(7）。解析:假设eq\r（3）＋2eq\r（2)〈2＋eq\r(7），则3＋8＋4eq\r（6）〈4＋7＋4eq\r（7)。⇔eq\r（6)〈eq\r（7)⇔6<7显然成立，故eq\r(3)＋2eq\r(2）〈2＋eq\r（7).答案：〈8．已知log2a＋log2b≥1，则3a＋9b的最小值为________．解析：由log2a＋log2b≥1得log2（ab)≥1,即ab≥2，∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3eq\f(a＋2b,2）（当且仅当3a＝32b，即a＝2b时“＝"号成立)．又∵a＋2b≥2eq\r（2ab）≥4(当且仅当a＝2b时“＝”成立），∴3a＋9b≥2×32＝18.即当a＝2b时,3a＋9b有最小值18。答案:189．已知非零向量a和b的关系为a⊥b，求证：eq\f（｜a|＋|b｜，｜a－b|）≤eq\r(2）.证明：因为a⊥b，所以a·b＝0.要证eq\f（｜a|＋｜b｜，|a－b|）≤eq\r(2），只需证｜a|＋｜b｜≤eq\r（2）|a－b｜，两边同时平方得|a|2＋|b|2＋2｜a|｜b｜≤2(｜a|2＋｜b｜2－2a·b)，即|a｜2＋｜b｜2－2|a｜|b|≥0，此不等式恒成立．故原不等式得证．10．已知a〉b〉c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r（b2－ac）<eq\r(3）a.证明:要证eq\r(b2－ac）<eq\r（3)a，只需证b2－ac〈3a2，∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)〈3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证（a－b)（2a＋b）>0,只需证（a－b)（a－c)〉0.因为a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以（a－b)(a－c）>0,显然成立．故原不等式成立．［B组能力提升]1．设P＝eq\r（2),Q＝eq\r(7)－eq\r(3)，R＝eq\r（6)－eq\r（2)，那么P、Q、R的大小顺序是(）A．P>Q>R B．P〉R>QC．Q>P〉R D．Q〉R〉P解析：要比较R、Q的大小,可对R、Q作差，即Q－R＝eq\r（7）－eq\r（3)－（eq\r（6）－eq\r(2））＝（eq\r（7)＋eq\r（2））－（eq\r（3）＋eq\r(6))，又(eq\r(7)＋eq\r（2)）2－（eq\r（3)＋eq\r（6))2＝2eq\r（14）－2eq\r（18)<0,∴Q〈R，由排除法知,选B.答案:B2．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1，a）＋eq\f（1,b）＋eq\f（1，c）的值()A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不能确定解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca）＝0,又abc>0，∴a，b,c均不为0，∴a2＋b2＋c2〉0。∴ab＋bc＋ca〈0，∴eq\f（1，a)＋eq\f(1,b）＋eq\f(1,c)＝eq\f（ab＋bc＋ca，abc)<0。答案：B3。如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1。ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1(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：本题答案不唯一,要证A1C⊥B1D1，只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1,故只需证B1D1⊥A1C1即可．答案:对角线互相垂直4．设a，b，c为一个三角形的三边，S＝eq\f（1,2）（a＋b＋c)，且S2＝2ab,则S________2a.解析：假设S<2a，下面给出证明：由于S2＝2ab,要证S<2a，只需证S<eq\f（S2，b）,即b<S.因为S＝eq\f（1，2)（a＋b＋c),所以只需证2b〈a＋b＋c，即b〈a＋c,显然成立，故S〈2a。答案：<5．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列｛bn}中的b3、b4、b5。（1）求数列{bn｝的通项公式；(2)数列｛bn｝的前n项和为Sn，求证：数列eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f（5,4）)）是等比数列．解析：（1）设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d，依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.所以｛bn｝中的b3，b4，b5依次为7－d，10,18＋d。依题意，有（7－d)(18＋d）＝100,解得d＝2或d＝－13（舍去）．故｛bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以{bn}是以eq\f（5，4)为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝eq\f（5,4)·2n－1＝5·2n－3.（2）证明：数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f（\f(5，4）1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f（5，4），即Sn＋eq\f(5,4）＝5·2n－2。所以S1＋eq\f（5,4)＝eq\f（5,2），eq\f(Sn＋1＋\f(5,4)，Sn＋\f(5,4)）＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2）＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（Sn＋\f（5,4）））是以eq\f(5,2)为首项,2为公比的等比数列．6．设f（x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0）〉0，f（1）〉0，求证：a〉0且－2<eq\f（b,a)〈－1.证明:∵f(0)〉0，∴c〉0，又∵f