高中数学人教A版2第二章推理与证明 学业分层测评6

学业分层测评(六)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.若a，b∈R，则eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)成立的一个充分不必要条件是()>0 >a<b<0 (a－b)<0【解析】由a<b<0⇒a3<b3<0⇒eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)，但eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)不能推出a<b<0.∴a<b<0是eq\f(1,a3)>eq\f(1,b3)的一个充分不必要条件.【答案】C2.求证：eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5).证明：要证eq\r(7)－1>eq\r(11)－eq\r(5)，只需证eq\r(7)＋eq\r(5)>eq\r(11)＋1，即证7＋2eq\r(7×5)＋5>11＋2eq\r(11)＋1，即证eq\r(35)>eq\r(11)，∵35>11，∴原不等式成立.以上证明应用了()A.分析法B.综合法C.分析法与综合法配合使用D.间接证法【解析】该证明方法符合分析法的定义，故选A.【答案】A3.(2023·汕头高二检测)要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()【导学号：37820233】－1－a2b2≤0＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D.(a2－1)(b2－1)≥0【解析】要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(a2－1)＋b2(1－a2)≤0，只要证明(a2－1)(1－b2)≤0，即证(a2－1)(b2－1)≥0.【答案】D4.在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足什么条件()<b2＋c2 ＝b2＋c2>b2＋c2 ≤b2＋c2【解析】由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，∴b2＋c2－a2<0，即b2＋c2<a2.【答案】C5.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：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”，索的因应是()－b>0 －c>0C.(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0【解析】由题意知eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇐b2－ac<3a2⇐b2＋a(a＋b)<3a2⇐b2＋a2＋ab<3a2⇐b2＋ab<2a2⇐2a2－ab－b2>0⇐a2－ab＋a2－b2>0⇐a(a－b)＋(a＋b)(a－b)>0⇐a(a－b)－c(a－b)>0⇐(a－b)(a－c)>0，故选C.【答案】C二、填空题6.(2023·烟台高二检测)设A＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)，B＝eq\f(2,a＋b)(a>0，b>0)，则A，B的大小关系为________.【解析】∵A－B＝eq\f(a＋b,2ab)－eq\f(2,a＋b)＝eq\f(（a＋b）2－4ab,2ab（a＋b）)＝eq\f(（a－b）2,2ab（a＋b）)≥0，∴A≥B.【答案】A≥B7.(2023·西安高二检测)如果aeq\r(a)>beq\r(b)，则实数a，b应满足的条件是________.【解析】要使aeq\r(a)>beq\r(b)成立，只需(aeq\r(a))2>(beq\r(b))2，只需a3>b3>0，即a，b应满足a>b>0.【答案】a>b>08.如图2­2­5，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可).图2­2­5【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(或底面为菱形)三、解答题9.设a，b>0，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.【证明】法一：分析法要证a3＋b3>a2b＋ab2成立.只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，又因a＋b>0，只需证a2－ab＋b2>ab成立，只需证a2－2ab＋b2>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⇒a2－2ab＋b2>0⇒a2－ab＋b2>ab.注意到a，b>0，a＋b>0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b).∴a3＋b3>a2b＋ab2.10.(2023·深圳高二检测)已知三角形的三边长为a，b，c，其面积为S，求证：a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S.【证明】要证a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S，只要证a2＋b2＋(a2＋b2－2abcosC)≥2eq\r(3)absinC，即证a2＋b2≥2absin(C＋30°)，因为2absin(C＋30°)≤2ab，只需证a2＋b2≥2ab，显然上式成立.所以a2＋b2＋c2≥4eq\r(3)S.[能力提升]1.已知a，b，c，d为正实数，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，则()【导学号：37820234】\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d)\f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d)D.以上均可能【解析】先取特殊值检验，∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，则eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，满足eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).∴B，C不正确.要证eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)，∵a，b，c，d为正实数，∴只需证a(b＋d)<b(a＋c)，即证ad<bc.只需证eq\f(a,b)<eq\f(c,d).而eq\f(a,b)<eq\f(c,d)成立，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可证eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).故A正确，D不正确.【答案】A2.(2023·黄冈高二检测)下列不等式不成立的是()＋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】对于A，∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；对于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)；对于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(a（a－3）)<2a－3＋2eq\r(（a－2）（a－1）)，即eq\r(a（a－3）)<eq\r(（a－2）（a－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】D3.使不等式eq\r(3)＋2eq\r(2)>1＋eq\r(p)成立的正整数p的最大值是________.【解析】由eq\r(3)＋2eq\r(2)>1＋eq\r(p)，得eq\r(p)<eq\r(3)＋2eq\r(2)－1，即p<(eq\r(3)＋2eq\r(2)－1)2，所以p<12＋4eq\r(6)－4eq\r(2)－2eq\r(3)，由于12＋4eq\r(6)－4eq\r(2)－2eq\r(3)≈，因此使不等式成立的正整数p的最大值是12.【答案】124.(2023·唐山高二检测)已知a，b，c是不全相等的正数，且0<x<1，求证：logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc.【证明】要证明logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc，只需要证明logxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(a＋c,2)))<logx(abc)，而已知0<x<1，故只需证明eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)>abc.∵a，b，c是不全相等的正数，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>