高中数学人教版新课标B选修1-22.2.1综合法与分析法当堂检测题
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选修1-2 2.2.1综合法与分析法一、选择题1.分析法证明问题是从所证命题的结论出发,寻求使这个结论成立的( )A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既非充分条件又非必要条件[答案] A[解析] 分析法证明是从所证命题的结论出发,寻求使结论成立的充分条件.2.要证明eq \r(3)+eq \r(7)<2eq \r(5)可选择的方法有以下几种,其中最合理的为( )A.综合法 B.分析法C.反证法 D.归纳法[答案] B[解析] 要证明eq \r(3)+eq \r(7)<2eq \r(5)最合理的方法是分析法.3.a>0,b>0,则下列不等式中不成立的是( )A.a+b+eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2) B.(a+b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))≥4C.eq \f(a2+b2,\r(ab))≥a+b D.eq \f(2ab,a+b)≥eq \r(ab)[答案] D[解析] ∵a>0,b>0,∴eq \f(2ab,a+b)≤eq \r(ab).4.下面的四个不等式:①a2+b2+c2≥ab+bc+ca;②a(1-a)≤eq \f(1,4);③eq \f(b,a)+eq \f(a,b)≥2;④(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd)2.其中恒成立的有( )A.1个 B.2个C.3个 D.4个[答案] C[解析] ∵a2+b2+c2≥ab+bc+ac,a(1-a)-eq \f(1,4)=-a2+a-eq \f(1,4)=-(a-eq \f(1,2))2≤0,(a2+b2)·(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2,只有当eq \f(b,a)>0时,才有eq \f(b,a)+eq \f(a,b)≥2,∴应选C.5.若a,b∈R,则eq \f(1,a3)>eq \f(1,b3)成立的一个充分不必要条件是( )A.ab>0 B.b>aC.aeq \f(1,b3),但eq \f(1,a3)>eq \f(1,b3)⇒/ aeq \f(1,b3)的一个充分不必要条件.6.若x、y∈R,且2x2+y2=6x,则x2+y2+2x的最大值为( )A.14 B.15C.16 D.17[答案] B[解析] 由y2=6x-2x2≥0得0≤x≤3,从而x2+y2+2x=-(x-4)2+16,∴当x=3时,最大值为15.7.设a与b为正数,并且满足a+b=1,a2+b2≥k,则k的最大值为( )A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4)C.eq \f(1,2) D.1[答案] C[解析] ∵a2+b2≥eq \f(1,2)(a+b)2=eq \f(1,2)(当且仅当a=b时取等号),∴kmax=eq \f(1,2).8.已知函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x,a、b∈R+,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≤C B.A≤C≤BC.B≤C≤A D.C≤B≤A[答案] A[解析] ∵eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a+b),又函数f(x)=(eq \f(1,2))x在(-∞,+∞)上是单调减函数,∴f(eq \f(a+b,2))≤f(eq \r(ab))≤f(eq \f(2ab,a+b)).9.已知a>0,b>0,eq \f(1,a)+eq \f(3,b)=1,则a+2b的最小值为( )A.7+2eq \r(6) B.2eq \r(3)C.7+2eq \r(3) D.14[答案] A[解析] a+2b=(a+2b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(3,b)))=7+eq \f(3a,b)+eq \f(2b,a).又∵a>0,b>0,∴由均值不等式可得:a+2b=7+eq \f(3a,b)+eq \f(2b,a)≥7+2eq \r(\f(3a,b)·\f(2b,a))=7+2eq \r(6).当且仅当eq \f(3a,b)=eq \f(2b,a)且eq \f(1,a)+eq \f(3,b)=1,即3a2=2b2且eq \f(1,a)+eq \f(3,b)=1时等号成立,故选A.10.已知f(x)=ax+1,0feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))[答案] D[解析] ∵eq \f(f(x1)+f(x2),2)=eq \f(ax1+1+ax2+1,2)>eq \r(ax1+1ax2+1)=aeq \f(x1+x2,2)+1=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2))),∴eq \f(f(x1)+f(x2),2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2))),∴选D.二、填空题11.已知a、b是互不相等的正数,且a+b=1,则eq \f(1,a)+eq \f(1,b)与4的大小关系是________.[答案] eq \f(1,a)+eq \f(1,b)>4[解析] ∵a,b是互不相等的正数,a+b=1,∴eq \f(1,a)+eq \f(1,b)=eq \f(a+b,a)+eq \f(a+b,b)=2+eq \f(b,a)+eq \f(a,b)>4.12.若平面内有eq \o(OP1,\s\up6(→))+eq \o(OP2,\s\up6(→))+eq \o(OP3,\s\up6(→))=0,且|eq \o(OP1,\s\up6(→))|=|eq \o(OP2,\s\up6(→))|=|eq \o(OP3,\s\up6(→))|,则△P1P2P3一定是________(形状)三角形.[答案] 等边[解析] 由eq \o(OP1,\s\up6(→))+eq \o(OP2,\s\up6(→))+eq \o(OP3,\s\up6(→))=0,且|eq \o(OP1,\s\up6(→))|=|eq \o(OP2,\s\up6(→))|=|eq \o(OP3,\s\up6(→))|,∴△P1P2P3是等边三角形.13.已知f(x)=eq \f(a(2x+1)-2,2x+1)是奇函数,那么实数a的值等于________.[答案] 1[解析] ∵f(x)=eq \f(a(2x+1)-2,2x+1)(x∈R)是奇函数则f(-x)+f(x)=eq \f(a(2-x+1)-2,2-x+1)+eq \f(a(2x+1)-2,2x+1)=0∴a=1.14.已知p=a+eq \f(1,a-2)(a>2),q=2-a2+4a-2(a>2),则p与q的大小关系是________.[答案] p>q[解析] ∵p=a+eq \f(1,a-2)=a-2+eq \f(1,a-2)+2≥4(当且仅当a=3时取“=”),q=2-a2+4a-2=2-(a-2)2+2<4.∴p>q.三、解答题15.用分析法、综合法证明:若a>0,b>0,a≠b,则eq \f(a+b,2)>eq \r(ab).[证明] (1)分析法为了证明eq \f(a+b,2)>eq \r(ab)成立,需证明下面不等式成立:a+b>2eq \r(ab)由于a>0,b>0,即要证(a+b)2>4ab成立.展开这个不等式左边,即得a2+2ab+b2>4ab即证a2-2ab+b2>0成立.即证(a-b)2>0成立,以上证明过程步步可逆,∵a≠b,∴(a-b)2>0成立.故eq \f(a+b,2)>eq \r(ab)成立.(2)综合法由a>0,b>0,a≠b,可以推导出下列不等式:(a-b)2>0⇒a2-2ab+b2>0⇒a2+b2>2ab另一方面从求证出发找充分条件如下:eq \f(a+b,2)>eq \r(ab)⇐a2+2ab+b2>4ab⇐a2+b2>2ab.故eq \f(a+b,2)>eq \r(ab).16.设a,b,c三个数成等比数列,而x,y分别为a,b和b,c的等差中项,求证eq \f(a,x)+eq \f(c,y)=2.[证明] 已知a,b,c成等比数列,即eq \f(a,b)=eq \f(b,c).由比例性质有eq \f(a,a+b)=eq \f(b,b+c).又由题设x=eq \f(a+b,2),y=eq \f(b+c,2),有eq \f(a,x)+eq \f(c,y)=eq \f(2a,a+b)+eq \f(2c,b+c)=eq \f(2b,b+c)+eq \f(2c,b+c)=eq \f(2(b+c),b+c)=2,故等式成立.17.如图,四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,E、F分别为AB,CD的中点.求证:AF∥平面PEC.[证明] ∵四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,∴AB綊CD.又∵E,F分别为AB,CD的中点,∴CF綊AE.∴四边形AECF为平行四边形.∴AF∥EC.又AF⊄平面PEC,EC⊆平面PEC,∴AF∥平面PEC.18.已知a,b,c为△ABC的三边长,若a2=b(b+c),求证:A=2B.[证明] ∵a2=b(b+c)=b2+bc,∴cos A=eq \f(b2+c2-a2,2bc)=eq \f(b2+c2-(b2+bc),2bc)=eq \f(c2-bc,2bc)=eq \f(c-b,2b),cos B=eq \f(a2+c2-b2,2ac)=eq \f(b2+bc+c2-b2,2ac)=eq \f(b+c,2a),∴cos 2B=2cos2B-1=2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b+c,2a)))2-1=eq \f((b+c)2,2a2)-1=eq \f((b+c)2,2b(b+c))-1=eq \f(b+c,2b)-1=eq \f(c-b,2b),∴cos A=cos 2B.又∵A,B均为三角形的内角,∴A=2B.
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