高二数学同步检测 2-2-1《综合法与分析法》 新人教A版选修2-2

选修2-2  2.2  第1课时 综合法与分析法 一、选择题1．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.∵x>0，∴ex>1,0<<1∴ex－>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是(　　)A．综合法　　　　　　　 B．分析法C．反证法      D．以上都不是[答案]　A[解析]　该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a索的因应是(　　)A．a－b>0      B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0    D．(a－b)(a－c)<0[答案]　C[解析]　要证<a只需证b2－ac<3a2只需证b2－a(－b－a)<3a2只需证2a2－ab－b2>0.只需证(2a＋b)(a－b)>0，只需证(a－c)(a－b)>0.故索的因应为C.3．p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为(　　)A．p≥q      B．p≤qC．p>q      D．不确定[答案]　B[解析]　q＝≥＝＋＝p.4．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，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]　≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f≤f()≤f.5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是(　　)A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβB．sin(α＋β)＞cosα＋cosβC．cos(α＋β)＞sinα＋sinβD．cos(α＋β)<cosα＋cosβ[答案]　D[解析]　∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，∴cosα＞cos(α＋β)又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．6．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的(　　)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]　C[解析]　首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么(　　)A．x<<y<2xy    B．2xy<x<<yC．x<<2xy<y    D．x<2xy<<y[答案]　D[解析]　∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<<y，故排除A、B、C.8．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；③＋≥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－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.∴应选C.9．若x，y∈R＋，且＋≤a恒成立，则a的最小值是(　　)A．2      B.C．2       D．1[答案]　B[解析]　原不等式可化为a≥＝＝要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可．∵≤，当x＝y时取等号，∴a≥，∴a的最小值为.故应选B.10．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)＝，C(x)＝，其中a>0，且a≠1，下面正确的运算公式是(　　)①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③      B．②④C．①④      D．①②③④[答案]　D[解析]　∵S(x)＝，C(x)＝，∴S(x＋y)＝，S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝·＋·＝＝＝.∴S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)同理：S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．应选D.二、填空题11．如果a＋b＞a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．[答案]　a≥0，b≥0且a≠b[解析]　∵a＋b＞a＋b⇔(－)2(＋)＞0⇔a≥0，b≥0且a≠b.12．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．[答案]　≤[解析]　∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2＋ab－1－a－b－ab＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．13．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要条件是<x<，则实数a的取值范围是________．[答案]　≤a≤[解析]　|x－a|＜1⇔a－1＜x＜a＋1由题意知(a－1，a＋1)则有，(且等号不同时成立)解得≤a≤.14．给出下列不等式：①a>b>0，且a2＋＝1，则ab>a2b2；②a，b∈R，且ab<0，则≤－2；③a>b>0，m>0，则>；④≥4(x≠0)．其中正确不等式的序号为________．[答案]　①②④[解析]　①a>b>0，∴a≠∴a2＋＝1>2＝ab∴1－ab>0，∴ab－a2b2＝ab(1－ab)>0，∴ab>a2b2正确．②＋2＝∵ab<0，(a＋b)2≥0，∴≤－2，②正确；③－＝∵a>b>0，m>0，∴b(b＋m)>0，b－a<0，∴<0，∴<，③不正确．④＝|x|＋≥4，④正确．三、解答题15．设a>0，b>0，a＋b＝1.求证：(1)＋＋≥8；(2)2＋2≥.[证明]　(1)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2，≤，∴≥4.∴＋＋＝(a＋b)＋≥2·2＋4＝8，∴＋＋≥8.(2)∵≤，则≥2∴2＋2≥22＝≥≥.∴2＋2≥.16．已知a>b>0，求证<－<.[证明]　欲证<－<成立．只需证<a＋b－2<⇐2<(－)2<2⇐<－<⇐<1<⇐1＋<2<1＋⇐<1<⇐<1<.∵a>b>0，∴<1<成立．从而，有<－<.17．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，求证：＋＞.[证明]　要证明＋＞只需证明＋－＞0即可∴＋－＝∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2∵△ABC中任意两边之和大于第三边∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0∴＋＞.18．若a，b，c为不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.[证明]　要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，只需证lg>lg(a·b·c)，即证··>abc.因为a，b，c为不全相等的正数，所以≥>0，≥>0，≥>0，且上述三式中等号不能同时成立．所以··>abc成立，所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc成立．