高中数学 1.2 综合法和分析法基础巩固 北师大版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学1.2综合法和分析法基础巩固北师大版选修2-2一、选择题1．(·四平二模)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤[答案]C[解析]若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即“a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.2．已知函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，则f(－a)等于()A．b B．－bC.eq\f(1,b) D．－eq\f(1,b)[答案]B[解析]f(－a)＝lgeq\f(1＋a,1－a)＝lg(eq\f(1－a,1＋a))－1＝－lgeq\f(1－a,1＋a)＝－f(a)＝－b.3．已知a、b、c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中一定成立的是()A．ab>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．ac(a－c)>0[答案]A[解析]由c<b<a，且ac<0得a>0，c<0.由不等式的性质不难选出答案为A.二、填空题4．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≥05．(·徐州模拟)设x，y，z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题的是________．(填所有正确条件的代号)①x为直线，y，z为平面；②x，y，z为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y为平面，z为直线；⑤x，y，z为直线．[答案]①③④[解析]①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，∴x∥平面y或x平面y.∵x平面y，故x∥y成立．②中若x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立．③x⊥z，y⊥z，x，y为不同直线，故x∥y成立．④由z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为不同平面，可得x∥y，④成立．⑤x，y，z均为直线可异面垂直，故⑤不成立．三、解答题6．已知a>b>c，求证：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c).[分析]本题中出现的有a－b，b－c和a－c，注意它们之间的关系为a－c＝(a－b)＋(b－c)从而解答问题．[证明]∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝(a－b)＋(b－c)．∴eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c)成立.一、选择题1．(·西工大附中联考)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题中真命题是()A．若m⊥α，m⊥n，则n∥αB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若mα，n∥α，则m∥nD．若m，n与α所成的角相等，则m∥n[答案]C[解析]对于平面α和共面的直线m，n，真命题是“若mα，n∥α，则m∥n”．2．设x＞0，y＞0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，则A与B的大小关系是()A．A＞B B．A≥BC．A＜B D．A≤B[答案]C[解析]eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＞eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)3．(·浙江理，3)已知x，y为正实数，则()A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx·2lgy[答案]D[解析]2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a、b∈R＋，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的大小关系为()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[答案]A[解析]eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函数f(x)＝(eq\f(1,2))x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f(eq\f(a＋b,2))≤f(eq\r(ab))≤f(eq\f(2ab,a＋b))．5．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值()A．一定大于零 B．一定等于零C．一定小于零 D．正负都有可能[答案]A[解析]f(x)＝x3＋x是奇函数，且在R上是增函数，由a＋b>0得a>－b，所以f(a)>f(－b)，即f(a)＋f(b)>0，同理f(a)＋f(c)>0，f(b)＋f(c)>0，所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0.二、填空题6．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，则cos(α－β)＝________.[答案]－eq\f(1,2)[解析]观察已知条件中有三个角α、β、γ，而所求结论中只有两个角α、β，所以我们只需将已知条件中的角γ消去即可，依据sin2γ＋cos2γ＝1消去γ.由已知，得sinγ＝－(sinα＋sinβ)，cosγ＝－(cosα＋cosβ)，∴(sinα＋sinβ)2＋(cosα＋cosβ)2＝sin2γ＋cos2γ＝1，化简并整理得cos(α－β)＝－eq\f(1,2).7．设a≥0，b≥0，a2＋eq\f(b2,2)＝1，则a·eq\r(1＋b2)的最大值为____________．[答案]eq\f(3\r(2),4)[解析]a·eq\r(1＋b2)＝eq\r(2)a·eq\r(\f(1,2)＋\f(b2,2))≤eq\f(\r(2),2)(a2＋eq\f(1,2)＋eq\f(b2,2))＝eq\f(3\r(2),4)(当且仅当a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(b2,2)且a2＋eq\f(b2,2)＝1即a＝eq\f(\r(6),2)，b＝eq\f(\r(2),2)时取“＝”)三、解答题8．分别用分析法、综合法证明：(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.[解析]证法一：(分析法)要证(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，只需证a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2即证b2c2＋a2d2≥2abcd只需证(bc－ad)2≥0.因为(bc－ad)2≥0显然成立，所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2成立．证法二：(综合法)因为b2c2＋a2d2≥2abcd所以a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2即(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.9．(·华池一中高三期中)已知n∈N*，且n≥2，求证：eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1).[证明]要证eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)，即证1>n－eq\r(nn－1)，只需证eq\r(nn－1)>n－1，∵n≥2，∴只需证n(n－1)>(n－1)2，只需证n>n－1，只需证0>－1，最后一个不等式显然成立，故原结论成立．10．已知：a、b