2024-2025学年高中数学第2章推理与证明2.2.1综合法与分析法练习新人教A版选修1-2

PAGE2-1综合法与分析法[课后提升案·素养达成][限时45分钟；满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1．关于综合法和分析法的说法错误的是A．综合法和分析法是干脆证明中最基本的两种证明方法B．综合法又叫顺推证法或由因导果法C．综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法D．分析法又叫逆推证法或执果索因法答案C2．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，则a与b大小关系为A．a＞bB．a＝bC．a＜bD．无法确定解析a＝lg2＋lg5＝1，b＝ex，当x＜0时，0＜b＜1，所以a＞b.答案A3．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝A．2B．－2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)解析因为S2＝2a1－1，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×(－1)＝4a1－6，且S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq\f(1,2).答案D4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，a，b是正实数，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上是减函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案A5．m＝eq\r(a)＋eq\r(a＋5)，n＝eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋3)(a≥0)，则有A．m＜nB．m＝nC．m＞nD．不能确定解析要比较m，n的大小，可比较m2＝2a＋5＋2eq\r(a（a＋5）)，n2＝2a＋5＋2eq\r(a2＋5a＋6)，只要比较a2＋5a与a2＋5a＋6的大小，因为a2＋5a＋6＞a2＋5a，所以eq\r(a)＋eq\r(a＋5)＜eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋3)(a≥0)，即m＜n.答案A6．设a，b，m都是正整数，且a＜b，则下列不等式中恒不成立的是A.eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)＜1B.eq\f(a,b)≥eq\f(a＋m,b＋m)C.eq\f(a,b)≤eq\f(a＋m,b＋m)≤1D．1＜eq\f(b＋m,a＋m)＜eq\f(b,a)解析可证明eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)成立，要证明eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)，由于a，b，m都是正整数，故只需证ab＋am＜ab＋bm，即证(a－b)m＜0，因为a＜b，所以(a－b)m＜0成立．答案B二、填空题(每小题5分，共15分)7．若f(x)是R上的奇函数，且满意f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，f(1)＝1，f(－2)＝2，则f(2)－f(3)＝________．解析∵f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，∴f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－eq\f(1,f（x＋2）)＝－eq\f(1,\f(－1,f（x）))＝f(x)，∴4是f(x)的一个周期，∴f(2)－f(3)＝－f(－2)－f(－1)＝－f(－2)＋f(1)＝－2＋1＝－1.答案－18．如图所示，在侧棱垂直于底面的四棱柱A1B1C1D1－ABCD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CC1⊥底面A1B1C1D1，所以B1D1⊥CC1，故只需证B1D1⊥A1C1即可．答案对角线相互垂直9．a＞b＞c，n∈N*，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立，则n的最大值为________．解析由a＞b＞c，得a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，要使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立．只需eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)≥n恒成立，只需eq\f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq\f(（a－b）＋（b－c）,b－c)≥n恒成立，明显2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥4(当且仅当b－c＝a－b时等号成立)，所以只需n≤4成立，即n能取的最大值为4.答案4三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(11分)已知a，b，c，d∈R，求证：ac＋bd≤eq\r(（a2＋b2）（c2＋d2）).证明①当ac＋bd≤0时，明显成立，②当ac＋bd＞0时，欲证原不等式成立，只需证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，即证2abcd≤b2c2＋a2d2，即证0≤(bc－ad)2，因为a，b，c，d∈R，所以上式恒成立，故原不等式成立，综合①②知，命题得证．11．(11分)已知a，b，c为不全相等的正数．求证：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c.证明要证eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c，只要证eq\f(（bc）2＋（ac）2＋（ab）2,abc)＞a＋b＋c，∵a，b，c＞0，只要证(bc)2＋(ac)2＋(ab)2＞abc(a＋b＋c)，由公式知(bc)2＋(ac)2≥2abc2，(ac)2＋(ab)2≥2a2bc，(bc)2＋(ab)2≥2ab2c，∵a，b，c不全相等，上面各式等号至少有一个不成立，三式相加，得2[(bc)2＋(ac)2＋(ab)2]＞2abc2＋2a2bc＋2ab2c＝2abc(a＋b＋c)，即(bc)2＋(ac)2＋(ab)2＞abc(a＋b＋c)成立，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c成立．12．(13分)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式.(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，证明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．解析(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，由条件，得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋3d＋2q3＝27，,8＋6d－2q3＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.(2)证明由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n