2024秋高中数学第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法达标练习含解析新人教A版选修2-2

PAGE2-其次章推理与证明2.2干脆证明与间接证明2.2.1综合法与分析法[A级基础巩固]一、选择题1．已知A，B为△ABC的内角，则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．既不充分也不必要条件解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又A，B为三角形的内角，所以sinA>0，sinB>0，所以sinA>sinB⇔2RsinA>2RsinB⇔a>b⇔A>B.答案：C2．设0<x<1，则a＝eq\r(2)x，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大一个是()A．a B．bC．c D．不能确定解析：因为b－c＝(1＋x)－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，所以b<c.又因为b＝1＋x>eq\r(2)x＝a，所以a<b<c.答案：C3．在△ABC中，已知sinAcosA＝sinBcosB，则该三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形解析：由sinAcosA＝sinBcosB得sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).所以该三角形是等腰或直角三角形．答案：D4．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 B．b C．c D．d解析：由⊕运算可知，a⊕c＝c，所以d⊗(a⊕c)＝d⊗c.由⊗运算可知，d⊗c＝a.故选A.答案：A5．设a>0，b>0且ab－(a＋b)≥1，则()A．a＋b≥2(eq\r(2)＋1) B．a＋b≤eq\r(2)＋1C．a＋b≤(eq\r(2)＋1)2 D．a＋b>2(eq\r(2)＋1)解析：由条件知a＋b≤ab－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)－1，令a＋b＝t，则t>0，且t≤eq\f(t2,4)－1，解得t≥2＋2eq\r(2).答案：A二、填空题6．命题“函数f(x)＝x－xlnx在区间(0，1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－xlnx求导，得f′(x)＝－lnx，当x∈(0，1)时，f′(x)＝－lnx>0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数”应用了________的证明方法．答案：综合法7．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____________明显成立，因此原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥08．设a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．解析：依据条件可知，欲求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值．只需求(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))的最小值，因为(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当a＝b＝c时取“＝”)．答案：9三、解答题9．(1)用综合法证明：若a>0，b>0，求证：(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；(2)用分析法证明：已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明：(1)因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4.当且仅当a＝b，eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)时，等号成立，所以(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥4.(2)要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).因为a>0，只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))eq\s\up12(2)，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋4，只需证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只需证4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而上述不等式明显成立，故原不等式成立．10.如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过点A作SB的垂线，垂足为E，过点E作SC的垂线，垂足为F.求证：AF⊥SC.证明：要证AF⊥SC，而EF⊥SC，故只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC，而AE⊥SB，故只需证AE⊥平面SBC，只需证AE⊥BC，而AB⊥BC，故只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA.由SA⊥平面ABC可知，SA⊥BC，即上式成立，所以AF⊥SC成立．B级实力提升1．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间()A．(a，b)和(b，c)内 B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内 D．(－∞，a)和(c，＋∞)内解析：因为a＜b＜c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，由零点存在性定理知，选项A正确．答案：A2．分析法又称执果索因法，在证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”中，索的因应是___________________________．解析：由题意知eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇐b2－ac<3a2⇐(a＋c)2－ac<3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a2＋ac＋c2<0⇐2a2－ac－c2>0⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.答案：(a－c)(a－b)>03．△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).