数学湘教版自我小测：6直接证明：分析法与综合法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自我小测1．已知p＝a＋eq\f(1，a－2）（a＞2),q＝2－a2＋4a－2（a＞2)，则（)．A．p＞qB．p＜qC．p≥qD．p≤q2．给定空间中的直线l及平面α，条件“直线l与平面α内两条相交直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的(）．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．设a，b∈R，若a－｜b｜＞0，则下列不等式中正确的是（）．A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞04．若直线eq\f（x，a）＋eq\f(y，b）＝1与圆x2＋y2＝1有公共点，则（）．A．a2＋b2≤1B．a2＋b2≥1C．eq\f（1,a2）＋eq\f（1,b2）≤1D．eq\f（1，a2)＋eq\f（1，b2)≥15．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0,则cos(α－β）＝(）．A．eq\f（1，2)B．－eq\f（1,2)C．1D．－16．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__________．7．已知A,B是△ABC的两个内角，向量m＝coseq\f(A－B，2)i＋eq\f(\r（5),2）sineq\f(A＋B,2）j，其中i，j为相互垂直的单位向量．若|m｜＝eq\f（3\r(2),4)，则tanAtanB＝________。8．已知函数f（x）＝x2－cosx，对于eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π，2)，\f(π，2)))上的任意x1，x2，有如下条件：①x1＞x2;②xeq\o\al（2,1)＞xeq\o\al（2,2）；③|x1|＞x2。其中能使f（x1)＞f(x2)恒成立的条件序号是__________．9．设a，b为正实数，且a≠b,求证：a3＋b3＞a2b＋ab2。10．设数列｛an}的前n项和为Sn，已知a1＝1,a2＝6，a3＝11，且（5n－8)Sn＋1－（5n＋2）Sn＝An＋B，n＝1,2,3，…，其中A，B为常数．（1)求A与B的值；（2）证明数列｛an｝为等差数列．

参考答案1．A∵a＞2,∴p＝a＋eq\f（1，a－2）＝a－2＋eq\f(1,a－2）＋2≥2＋2＝4.而，∵a＞2，∴－（a－2)2＋2＜2.∴＜22＝4。∴q＜4.∴p＞q.2．C3．D由a＞｜b｜得－a＜b＜a，∴a＋b＞0，且a－b＞0.∴b－a＜0，选项A不正确．a3＋b3＝（a＋b）（a2－ab＋b2)＝（a＋b)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f（b，2）)）2＋\f(3，4）b2）)，∴a3＋b3＞0，选项B不正确．而a2－b2＝（a－b）（a＋b)＞0，∴选项C不正确．4．D∵直线与圆有公共点，即与圆相交或相切，由eq\f（x,a）＋eq\f（y,b）＝1整理得bx＋ay－ab＝0。∴eq\f(｜－ab|，\r(a2＋b2))≤1，即eq\f(1，a2)＋eq\f(1，b2）≥1。5．B观察已知条件中有α，β，γ三个角，而所求结论中只有α，β两个角，所以只需将已知条件中的角γ消去即可，依据sin2γ＋cos2γ＝1消去γ。即sinγ＝－（sinα＋sinβ），cosγ＝－（cosα＋cosβ)，∴(sinα＋sinβ）2＋（cosα＋cosβ)2＝sin2γ＋cos2γ＝1，整理，得cos(α－β）＝－eq\f(1,2）。6．a＞c＞b可通过作差进行比较，a－b＝eq\r（2）＋eq\r(3）－eq\r(7），可进一步比较eq\r(2）＋eq\r（3）与eq\r(7）的大小,即比较(eq\r(2）＋eq\r(3)）2与7的大小，即5＋2eq\r(6）与7的大小，∵eq\r（6）＞2,∴5＋2eq\r（6）＞7.∴a＞b。同理可比较a与c，b与c的大小．7．eq\f(1,9）∵｜m｜＝eq\f(3\r(2)，4），∴cos2eq\f(A－B,2)＋eq\f(5，4）sin2eq\f(A＋B，2)＝eq\f（9，8）.∴eq\f(1＋cos(A－B）,2）＋eq\f(5，4)·eq\f（1－cos(A＋B）,2）＝eq\f(9，8)，即cos(A－B）－eq\f（5,4）cos（A＋B)＝0。∴cos（A－B)＝eq\f(5,4)cos(A＋B），cosAcosB＋sinAsinB＝eq\f(5,4）cosAcosB－eq\f（5，4)sinAsinB。∴eq\f(9,4)sinAsinB＝eq\f（1,4)cosAcosB。∴tanAtanB＝eq\f(1，9）.8．②由于函数y＝x2在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，2),0)）上为减函数,y＝－cosx在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），0）)上为减函数，∴f（x）＝x2－cosx在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2）,0)）上为减函数．又函数y＝x2与y＝－cosx在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2）)）上同为增函数,∴f（x）＝x2－cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2）))上为增函数．又函数y＝x2－cosx为eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(π，2），\f(π,2）)）上的偶函数，图象关于y轴对称，因此离对称轴越远的点的函数值越大．②中，xeq\o\al(2，1）＞xeq\o\al（2，2)，即｜x1|＞｜x2｜，能使f（x1）＞f(x2）恒成立．9．证法一：（分析法)要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立，只需证(a＋b）（a2－ab＋b2）＞ab（a＋b）成立．又因为a＋b＞0成立，只需证a2－ab＋b2＞ab成立，即证a2－2ab＋b2＞0成立，即证(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．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为正实数，a＋b＞0，由上式即得(a＋b）(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2。10．（1）解：由已知得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7，S3＝a1＋a2＋a3＝18.由(5n－8)Sn＋1－（5n＋2)Sn＝An＋B知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－3S2－7S1＝A＋B，，2S3－12S2＝2A＋B,))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（A＋B＝－28，，2A＋B＝－48，）)解得A＝－20,B＝－8.(2)证法一:由(1)得(5n－8)Sn＋1－(5n＋2）Sn＝－20n－8，①∴（5n－3)Sn＋2－（5n＋7）Sn＋1＝－20n－28.②②－①得(5n－3)Sn＋2－（10n－1）Sn＋1＋(5n＋2)Sn＝－20，③∴(5n＋2）Sn＋3－（10n＋9）Sn＋2＋（5n＋7）Sn＋1＝－20。④④－③得（5n＋2）Sn＋3－(15n＋6)Sn＋2＋(15n＋6）Sn＋1－(5n＋2)Sn＝0.∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴(5n＋2）an＋3－（10n＋4)an＋2＋（5n＋2）an＋1＝0.又∵5n＋2≠0，∴an＋3－2an＋2＋an＋1＝0，即an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，n≥1.又a3－a2＝a2－a1＝5,∴数列{an}为等差数列．证法二:由已知，S1＝a1＝1，又（5n－8）Sn＋1－(5n＋2）Sn＝－20n－8，且5n－