高中数学选修22人教版练习第二章2.22.2.1综合法与分析法

第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明综合法与分析法[A级基础巩固]一、选择题1．用分析法证明：要证①A>B，只需证②C<D，这里①是②的()A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即②是①的充分条件，所以①是②的必要条件．故答案为B.答案：B2．要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()A．综合法 B．分析法C．类比法 D．归纳法解析：要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，只需证(eq\r(3)＋eq\r(7))2<(2eq\r(5))2，即10＋2eq\r(21)<20，只需证2eq\r(21)<10，两边平方，得84<100，此不等式恒成立，故eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)成立，由证明过程可知分析法最合理．答案：B3．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．在集合{a，b，c，d}上定义两种运算⊕和⊗如下：⊕abcdaabcdbbbbbccbcbddbbd⊗abcaaaababccaccdada那么，d⊗(a⊕c)等于()A．aB．bC．cD．d解析：由⊕运算可知，a⊕c＝c，所以d⊗(a⊕c)＝d⊗c.由⊗运算可知，d⊗c＝a.故选A.答案：A5．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．命题“函数f(x)＝x－xlnx在区间(0，1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－xlnx求导，得f′(x)＝－lnx，当x∈(0，1)时，f′(x)＝－lnx>0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数”应用了________的证明方法．答案：综合法7．将下面用分析法证明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步骤补充完整：要证eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需证a2＋b2≥2ab，也就是证__________________，即证____________，由于____________显然成立，因此原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥08．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．(1)用综合法证明：若a>0，b>0，求证：(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；(2)用分析法证明：eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).证明：(1)因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4.当且仅当a＝b，eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)时，等号成立，所以(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥4.(2)要证eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)成立，只需证(eq\r(6)＋eq\r(7))2>(2eq\r(2)＋eq\r(5))2，即证13＋2eq\r(42)>13＋4eq\r(10)，只需证eq\r(42)>2eq\r(10)，即证42>40，显然成立．故原不等式成立．10.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．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________．解析：要证aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，只需证aeq\r(a)－aeq\r(b)>beq\r(a)－b·eq\r(b)，即证a(eq\r(a)－eq\r(b))>b(eq\r(a)－eq\r(b))，即证(a－b)·(eq\r(a)－eq\r(b))>0，即证(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，要使该不等式成立，只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b3．△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明：要证eq