高中数学 2.2.1直接证明同步检测 苏教版选修2-2

2.2.1直接证明eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时20分钟)1．分析法是________．①执果索因的逆推法；②执因导果的顺推法；③因果分别互推的两头凑法；④寻找结论成立的充要条件的证明办法．答案①2．设a、b是正实数，以下不等式①eq\r(ab)＞eq\f(2ab,a＋b)；②a＞|a－b|－b；③ab＋eq\f(2,ab)＞2恒成立的序号是________．解析当a＝b时，eq\r(ab)＝eq\f(2ab,a＋b)，∴①不成立．a、b为正数，∴a＋b＞|a－b|，②成立．ab＋eq\f(2,ab)≥2eq\r(2)＞2，故③成立．答案②③3．设函数f(x)是定义在R上，周期为3的奇函数，若f(1)＜1，f(2)＝eq\f(2a－1,a＋1)，则a的取值范围为________．解析由题意得f(－2)＝f(1－3)＝f(1)＜1，∴－f(2)＜1，即－eq\f(2a－1,a＋1)<1.∴eq\f(3a,a＋1)>0，即3a(a＋1)＞0.∴a＜－1或a＞0.答案a＜－1或a＞04．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，则正数a，b应满足的条件是________．解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)∴eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－a)＞0∴(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＞0.∴(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0，∴eq\r(a)－eq\r(b)≠0即a≠b.答案a≠b5．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形状一定是________．解析在△ABC中，2cosBsinA＝sinC，即2eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·a＝c.∴a2＋c2－b2＝c2，∴a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC是等腰三角形．答案等腰三角形6．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∈R＋，a＋b＞0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2.eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时25分钟)7．p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为________．①p≥q；②p≤q；③p＞q.解析q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.答案②8．已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则P________S(填“>”或“<”或“≥”或“≤”)．解析S－P＝a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，∴S≥P.答案：≤9．已知a＞0，b＞0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于________．解析∵a＞0，b＞0，∴不等式可化为m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).只需求右边的最小值，由基本不等式，有5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，∴m≤9.答案910．设f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，f(1)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．解析∵x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，即(xf(x))′>0，∴xf(x)在(0，＋∞)是增函数．又f(1)＝0，∴x＝1时，xf(x)＝0.∵f(x)为偶函数，∴xf(x)为奇函数．∴xf(x)的图象如图．∴xf(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．答案(－1,0)∪(1，＋∞)11．a、b、c为互不相等的正数，且abc＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).证明法一由左式推证右式∵abc＝1，且a、b、c为互不相等的正数∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝bc＋ac＋ab＝eq\f(bc＋ac,2)＋eq\f(ac＋ab,2)＋eq\f(ab＋bc,2)>eq\r(bc·ac)＋eq\r(ac·ab)＋eq\r(ab·bc)＝eq\r(c)＋eq\r(a)＋eq\r(b)∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).法二右式⇒左式∵a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1.∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ac))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).12．已知x＞0，y＞0，求证(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).证明要证明(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3)，只需证(x2＋y2)3＞(x3＋x3)2.只需证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，只需证3x4y2＋3x2y4＞2x3y3.又x＞0，y＞0，∴x2y2＞0，∴只需证3x2＋3y2＞2xy，∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，∴3x2＋3y2＞2xy成立，故(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).13．(创新拓展)已知数列{an}为等比数列，a2＝6，a5＝162.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{an}的前n项和，证明：eq\f(Sn·Sn＋2,S\o\al(2,n＋1))≤1.解(1)设等比数列{an}的公比为q，则a2＝a1q，a5＝a1q4，依题意，得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,a1q4＝162.))解得a1＝2，q＝3，∴an＝2·3n－1(2)∵Sn＝eq\f(