高中数学人教A版2第二章推理与证明 第二章综合法与分析法

第二章推理与证明直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法A级基础巩固一、选择题1．“a＞0”是“|a|＞0A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：因为|a|＞0⇒a＞0或a＜0，且a＞0⇒|a|＞0，但|a|＞0，a＞0，所以“a＞0”是“|a|＞0”答案：A2．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()A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析：要证明eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a，只需证b2－ac＜3a2只需证(a＋c)2－ac＜3a2只需证－2a2＋ac＋c2＜0即证2a2－ac－c2＞0即证(a－c)(2a＋c)＞0即证(a－b)(a－c)＞0.答案：C3．在△ABC中，已知sinAcosA＝sinBcosB，则该三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：由sinAcosA＝sinBcosB得sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以该三角形是等腰或直角三角形．答案：D4．对于不重合的直线m，l和平面α，β，要证明α⊥β，需要具备的条件是()A．m⊥l，m∥α，l∥βB．m⊥l，α∩β＝m，l⊂αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥β，m⊂α解析：对于选项A，与两相互垂直的直线平行的平面的位置关系不能确定；对于选项B，平面内的一条直线与另一个平面的交线垂直，这两个平面的位置关系不能确定；对于选项C，这两个平面有可能平行或重合；根据面面垂直的判定定理知选项D正确．答案：D5．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥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个解析：因为a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0；a(1－a)－eq\f(1,4)＝－a2＋a－eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≤0；(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；而③中，当a·b＞0时，不等式成立．所以①②④正确．答案：C二、填空题6．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则a2＋b2≥__________(填常数)．解析：由a＋b＝2可得ab≤1，又a2＋b2＝4－2ab，所以a2＋b2≥2.答案：27．已知函数f(x)＝2x，a，b为正实数，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的大小关系是__________．解析：因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b为正实数)，eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)，且f(x)＝2x是增函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，即C≤B≤A.答案：C≤B≤A8．设a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．解析：根据条件可知，欲求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值．只需求(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))的最小值，因为(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．答案：9三、解答题9.如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过点A作SB的垂线，垂足为E，过点E作SC的垂线，垂足为F.求证：AF⊥SC.证明：要证AF⊥SC，而EF⊥SC，故只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC，而AE⊥SB，故只需证AE⊥平面SBC，只需证AE⊥BC，而AB⊥BC，故只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA.由SA⊥平面ABC可知，SA⊥BC，即上式成立，所以AF⊥SC成立．10．求证：2cos(α－β)－eq\f(sin（2α－β）,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).证明：要证原等式，只需证：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因为①左边＝2cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ.所以①成立，所以原等式成立．B级能力提升1．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间()A．(a，b)和(b，c)内 B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内 D．(－∞，a)和(c，＋∞)内解析：因为a＜b＜c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，由零点存在性定理知，选项A正确．答案：A2.如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足__________________时，BD⊥A1解析：要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1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⊥A1答案：AC⊥BD(答案不唯一)3．已知a、b、c∈R＋，求证：eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3).证明：要证eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3)，只需证eq\f(a2＋b2＋c2,3)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3