高中数学选修2-2课时作业2：2.2.1　综合法和分析法

人教版高中数学选修2-2PAGEPAGE1第二章推理与证明2．2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法一、基础达标1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是 ()A．若a>b，则ac2>bc2B．若eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，则a>bC．若a3>b3且ab<0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．若a2>b2且ab>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)[答案]C[解析]对于A：若c＝0，则A不成立，故A错；对于B：若c<0，则B不成立，B错；对于C：若a3>b3且ab<0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,b<0))，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故C对；对于D：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,b<0))，则D不成立．2．A、B为△ABC的内角，A>B是sinA>sinB的 ()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．即不充分也不必要条件[答案]C[解析]由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又A、B为三角形的内角，∴sinA>0，sinB>0，∴sinA>sinB⇔2RsinA>2RsinB⇔a>b⇔A>B.3．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，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[答案]B[解析]若l⊥α，m⊂β，α∥β，则l⊥β，所以l⊥m，①正确；若l⊥α，m⊂β，l⊥m，α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，m⊂β，α⊥β，l与m可能平行或异面，③不正确；若l⊥α，m⊂β，l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，④正确．4．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)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)<ab<1[答案]B[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.5．要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可选择的方法有很多，最合理的应为________．[答案]分析法6．设a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，则a，b，c的大小关系为________．[答案]a>c>b[解析]∵a2－c2＝2－(8－4eq\r(3))＝4eq\r(3)－6＝eq\r(48)－eq\r(36)>0，∴a>c.∵eq\f(c,b)＝eq\f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq\f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))＞1，∴c＞b.7．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab证明法一3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a因为a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab法二要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a2(a－b)－2b2(a－b只需证(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b∴上式成立．二、能力提升8．设0<x<1，则a＝eq\r(2)x，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一个是 ()A．a B．bC．c D．不能确定[答案]C[解析]∵b－c＝(1＋x)－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，∴b<c.又∵b＝1＋x>eq\r(2)x＝a，∴a<b<c.9．已知a，b为非零实数，则使不等式：eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一个充分不必要条件是 ()A．ab>0 B．ab<0C．a>0，b<0 D．a>0，b>0[答案]C[解析]∵eq\f(a,b)与eq\f(b,a)同号，由eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2，知eq\f(a,b)<0，eq\f(b,a)<0，即ab<0.又若ab<0，则eq\f(a,b)<0，eq\f(b,a)<0.∴eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a))))＝－2，综上，ab<0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的充要条件，∴a>0，b<0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一个充分而不必要条件．10．如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1[答案]对角线互相垂直[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⊥A111．已知a＞0，b＞0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1.求证：eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).证明要证eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))成立，只需证1＋a＞eq\f(1,1－b)，只需证(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，∴a－b＞ab，只需证：eq\f(a－b,ab)＞1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1.由已知a＞0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1成立，∴eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))成立．12．求证抛物线y2＝2px(p＞0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－eq\f(p,2)相切．证明如图，作AA′、BB′垂直准线，取AB的中点M，作MM′垂直准线．要证明以AB为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝eq\f(1,2)|AB|，由抛物线的定义：|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，因此只需证|MM′|＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)根据梯形的中位线定理可知上式是成立的．所以以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－eq\f(p,2)相切．三、探究与创新13．(2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(7,4).(1)解当n＝1时，eq\f(2S1,1)＝2a1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)＝2，解得a2＝4.(2)解2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n ①当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1) ②①－②得2an＝nan＋1－(n－1)an－n2－n整理得nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，当n＝1时，eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝2－1＝1.所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1为首项，1为公差的等差数列．所以eq\f(an,n)＝n，即an＝n2.所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.(3)证明因为eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2)＜eq\f(1,n－1n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(n≥2)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(