2024-2025学年高中数学第二章推理与证明课时作业162.2.2.1综合法和分析法含解析新人教A版选修2-2

PAGEPAGE1课时作业16综合法和分析法时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．用分析法证明命题“已知a－b＝1.求证：a2－b2＋2a－4b－3＝0.”A．a＝b B．a＋b＝1C．a＋b＝－3 D．a－b＝1解析：要证a2－b2＋2a－4b即证a2＋2a＋1＝b2＋4b＋4，即(a＋1)2＝(b＋2)2即证|a＋1|＝|b＋2|，即证a＋1＝b＋2或a＋1＝－b－2，故a－b＝1或a＋b＝－3，而a－b＝1为已知条件，也是使等式成立的充分条件．2．下列函数f(x)中，满意“随意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)”的是(A)A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)解析：选项C，D中的两个函数在(0，＋∞)上均为增函数，B选项中的函数在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．只有f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上为减函数．故选A.3．设a、b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是(D)A．b－a>0 B．a3＋b3<0C．a2－b2<0 D．b＋a>0解析：∵a－|b|>0，∴|b|<a，∴a>0，∴－a<b<a，∴b＋a>0.4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P、Q的大小关系是(C)A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：假设P<Q.∵要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证a2＋7a<a2＋7∵0<12成立，∴P<Q成立．5．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，则a与b的大小关系为(A)A．a>b B．a<bC．a＝b D．a≤b解析：∵a＝lg2＋lg5＝lg10＝1，b＝ex<1(x<0)，∴a>b.6．若x，y∈R，则下面四个式子中恒成立的是(B)A．log2(1＋2x2)>0B．x2＋y2≥2(x－y－1)C．x2＋3xy>2y2D.eq\f(x,y)<eq\f(x＋1,y＋1)解析：∵1＋2x2≥1，∴log2(1＋2x2)≥0，故A不正确；x2＋y2－2(x－y－1)＝(x－1)2＋(y＋1)2≥0，故B正确；令x＝0，y＝1，则x2＋3xy<2y2，故C不正确；令x＝3，y＝2，则eq\f(3,2)>eq\f(3＋1,2＋1)，故D不正确．7．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于(C)A．18 B．24C．60 D．90解析：设{an}的公差为d，由题意知：aeq\o\al(2,4)＝a3·a7，即(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，可得：a1＝－eq\f(3,2)d，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝16d＝32，∴d＝2，a1＝－3.S10＝10×(－3)＋eq\f(10×9,2)×2＝60.8．在△ABC中，若tanA·tanB>1，则△ABC是(A)A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定解析：∵tanA·tanB＝eq\f(sinAsinB,cosAcosB)>1.∴eq\f(sinA·sinB,cosAcosB)－1>0，∴eq\f(sinA·sinB－cosAcosB,cosAcosB)＝eq\f(－cosA＋B,cosAcosB)>0.∵cos(A＋B)＝－cosC，即eq\f(cosC,cosAcosB)>0，由此知A，B，C均为锐角，故△ABC为锐角三角形．二、填空题9．已知x，y∈(0，＋∞)，a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，则a，b的大小关系是a≥b.解析：因为a＝x4＋y4，b＝x3y＋xy3，所以a－b＝(x4＋y4)－(x3y＋xy3)＝(x4－x3y)＋(y4－xy3)＝x3(x－y)＋y3(y－x)＝(x3－y3)(x－y)＝(x－y)2(x2＋xy＋y2)≥0.故a≥b.10．已知a，b，μ∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是(0,16]．解析：∵a，b，μ∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16，∴a＋b的最小值为16，∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.11．假如aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则实数a，b应满意的条件是a≠b且a≥0，b≥0.解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)⇔aeq\r(a)－aeq\r(b)>beq\r(a)－beq\r(b)⇔a(eq\r(a)－eq\r(b))>b(eq\r(a)－eq\r(b))⇔(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0⇔(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，只需a≠b且a，b都不小于零即可．三、解答题12．设x>0，y>0，证明：不等式(x2＋y2)eq\s\up15(eq\f(1,2))>(x3＋y3)eq\s\up15(eq\f(1,3)).证明：法1：(分析法)证明原不等式成立，即证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，即证x6＋y6＋3x2y2(x2＋y2)>x6＋y6＋2x3y3，即证3x2y2(x2＋y2)>2x3y3，因为x>0，y>0，所以只需证x2＋y2>eq\f(2,3)xy.又因为x>0，y>0，所以x2＋y2≥2xy>eq\f(2,3)xy.所以(x2＋y2)eq\f(1,2)>(x3＋y3)eq\f(1,3).法2：(综合法)因为x>0，y>0，所以(x2＋y2)3＝x6＋y6＋3x2y2(x2＋y2)≥x6＋y6＋6x3y3>x6＋y6＋2x3y3＝(x3＋y3)2，所以(x2＋y2)eq\f(1,2)>(x3＋y3)eq\f(1,3).13.如图所示，M是抛物线y2＝x上的一点，动弦ME，MF分别交x轴于A，B两点，且MA＝MB.若M为定点，证明：直线EF的斜率为定值．证明：设M(yeq\o\al(2,0)，y0)，直线ME的斜率为k(k>0)，则直线MF的斜率为－k，∴直线ME的方程为y－y0＝k(x－yeq\o\al(2,0))．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝kx－y\o\al(2,0)，,y2＝x))消去x，得ky2－y＋y0(1－ky0)＝0.解得yE＝eq\f(1－ky0,k)，∴xE＝eq\f(1－ky02,k2).同理可得yF＝eq\f(1＋ky0,－k)，∴xF＝eq\f(1＋ky02,k2).∴kEF＝eq\f(yE－yF,xE－xF)＝eq\f(\f(1－ky0,k)－\f(1＋ky0,－k),\f(1－ky02,k2)－\f(1＋ky02,k2))＝eq\f(\f(2,k),\f(－4ky0,k2))＝－eq\f(1,2y0)(定值)．∴直线EF的斜率为定值．——实力提升类——14．在集合{a，b，c，d}上定义两种运算⊕和⊗如下：⊕abcdaabcdbbbbbccbcbddbbd⊗abcaaaababccaccdada那么，d⊗(a⊕c)等于(A)A．a B．bC．c D．d解析：由题意知a⊕c＝c，∴d⊗(a⊕c)＝d⊗c，又d⊗c＝a，∴d⊗(a⊕c)＝a.15．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)．(1)设bn＝an＋1－an(n∈N＋)，求证{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，即bn＝qbn－1，n≥2.由于b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q