2024-2025学年高中数学第三章推理与证明3综合法与分析法课后巩固提升含解析北师大版选修1-2

PAGE3综合法与分析法[A组基础巩固]1．假如logeq\f(1,2)x＜logeq\f(1,2)y＜0，那么()A．y＜x＜1 B．x＜y＜1C．1＜x＜y D．1＜y＜x解析：不等式转化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x＜log\f(1,2)y，,log\f(1,2)y＜0))⇒1＜y＜x.答案：D2．已知a＝log23.6，b＝log43.2，c＝log43.6，则()A．a>b>c B．a>c>bC．b>a>c D．c>a>b解析：∵2<3.6<4，∴log23.6>1>log43.6.又∵log43.6>log43.2，∴a>c>b.答案：B3．已知a>b>0，证明eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)可选择的方法，以下最合理的是()A．综合法 B．分析法C．类比法 D．归纳法解析：首先，解除C、D.然后，比较综合法、分析法．我们选择分析法，欲证：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)，只需证：eq\r(a)<eq\r(b)＋eq\r(a－b)，即证：a<b＋(a－b)＋2eq\r(ba－b)，只需证：0<2eq\r(ba－b).答案：B4．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：若l⊥α，mβ，α∥β，则l⊥β，所以l⊥m，①正确；若l⊥α，mβ，l⊥m，α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，mβ，α⊥β，l与m可能平行、相交或异面，③不正确；若l⊥α，mβ，l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，④正确．答案：B5．设a，b∈R＋，且a≠b，a＋b＝2，则必有()A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2)B．ab<1<eq\f(a2＋b2,2)C．ab<eq\f(a2＋b2,2)<1D.eq\f(a2＋b2,2)<ab<1解析：因为a≠b，故eq\f(a2＋b2,2)>ab.又因为a＋b＝2>2eq\r(ab)，故ab<1，eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(a＋b2－2ab,2)＝2－ab>1，即eq\f(a2＋b2,2)>1>ab.答案：B6．已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满意：对随意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝eq\r(4－x2)关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．解析：由已知得eq\f(hx＋\r(4－x2),2)＝3x＋b，所以h(x)＝6x＋2b－eq\r(4－x2).h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－eq\r(4－x2)>eq\r(4－x2)，3x＋b>eq\r(4－x2)恒成立．在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝eq\r(4－x2)(如图所示)，可得eq\f(b,\r(10))>2，即b>2eq\r(10)，故答案为(2eq\r(10)，＋∞)．答案：(2eq\r(10)，＋∞)7．下列两数的大小关系是：eq\r(3)＋2eq\r(2)________2＋eq\r(7).解析：假设eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7)，则3＋8＋4eq\r(6)<4＋7＋4eq\r(7).⇔eq\r(6)<eq\r(7)⇔6<7明显成立，故eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7).答案：<8．已知log2a＋log2b≥1，则3a＋9b的最小值为________．解析：由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2，∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3eq\f(a＋2b,2)(当且仅当3a＝32b，即a＝2b时“＝”号成立)．又∵a＋2b≥2eq\r(2ab)≥4(当且仅当a＝2b时“＝”成立)，∴3a＋9b≥2×32＝18.即当a＝2b时，3a＋9b有最小值18.答案：189．已知非零向量a和b的关系为a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2).证明：因为a⊥b，所以a·b＝0.要证eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2)，只需证|a|＋|b|≤eq\r(2)|a－b|，两边同时平方得|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)，即|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，此不等式恒成立．故原不等式得证．10．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a.证明：要证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需证b2－ac<3a2，∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.因为a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以(a－b)(a－c)>0，明显成立．故原不等式成立．[B组实力提升]1．设P＝eq\r(2)，Q＝eq\r(7)－eq\r(3)，R＝eq\r(6)－eq\r(2)，那么P、Q、R的大小依次是()A．P>Q>R B．P>R>QC．Q>P>R D．Q>R>P解析：要比较R、Q的大小，可对R、Q作差，即Q－R＝eq\r(7)－eq\r(3)－(eq\r(6)－eq\r(2))＝(eq\r(7)＋eq\r(2))－(eq\r(3)＋eq\r(6))，又(eq\r(7)＋eq\r(2))2－(eq\r(3)＋eq\r(6))2＝2eq\r(14)－2eq\r(18)<0，∴Q<R，由解除法知，选B.答案：B2．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．肯定是正数 B．肯定是负数C．可能是0 D．正、负不能确定解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，又abc>0，∴a，b，c均不为0，∴a2＋b2＋c2>0.∴ab＋bc＋ca<0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)<0.答案：B3.如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1­ABCD中，当底面四边形ABCD满意条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能的情形)．解析：本题答案不唯一，要证A1C⊥B1D1，只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需证B1D1⊥A1C1即可．答案：对角线相互垂直4．设a，b，c为一个三角形的三边，S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，且S2＝2ab，则S________2a.解析：假设S<2a，下面给出证明：由于S2＝2ab，要证S<2a，只需证S<eq\f(S2,b)，即b<S.因为S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)，所以只需证2b<a＋b＋c，即b<a＋c，明显成立，故S<2a.答案：<5．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是等比数列．解析：(1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d，依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝eq\f(5,4).所以{bn}是以eq\f(5,4)为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝eq\f(5,4)·2n－1＝5·2n－3.(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(\f(5,4)1－2n,1－2)＝5·2n－2－eq\f(5,4)，即Sn＋eq\f(5,4)＝5·2n－2.所以S1＋eq\f(5,4)＝eq\f(5,2)，eq\f(Sn＋1＋\f(5,4),Sn＋\f(5,4))＝eq\f(5·2n－1,5·2n－2)＝2.因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(5,4)))是以eq\f(5,2)为首项，2为公比的等比数列．6．设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求证：a>0且－2<eq\f(b,a)<－1.证明：∵f(0)>0，∴c>0，又∵f(1