数学新导学选修2-2人教A版课时作业15综合法和分析法

课时作业15综合法和分析法|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．关于综合法和分析法的说法错误的是()A．综合法和分析法是直接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解析：由综合法和分析法的定义及推理过程可知A，B，D正确，C错误．答案：C2．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，则a与b的大小关系为()A．a>bB．a＝bC．a<bD．无法确定解析：因为a＝lg2＋lg5＝lg(2×5)＝lg10＝1，所以b＝ex<e0＝1＝a.答案：A3．要证eq\r(a)＋eq\r(a＋7)<eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)可选择的方法很多，其中最合理的是()A．综合法B．类比法C．分析法D．归纳法解析：要证eq\r(a)＋eq\r(a＋7)<eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，只需证明2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)<2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，只需证明eq\r(a2＋7a)<eq\r(a2＋7a＋12)，只需证明a2＋7a<a2＋7只需证明0<12，故选择分析法最合理．答案：C4．已知a>0，b>0且a＋b＝2，则()A．a≤eq\f(1,2)B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤3解析：因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，所以ab≤1，a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2＝2.答案：C5．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：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a索的因应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0解析：要证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需证b2－ac<3a2只需证b2－a(－b－a)<3a2只需证2a2－ab－b2只需证(2a＋b)(a－b只需证(a－c)(a－b)>0.故索的因应为C.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)6.eq\r(3)－eq\r(2)________eq\r(2)－1.(填“>”或“<”)解析：因为eq\r(3)－eq\r(2)和eq\r(2)－1都是正数．要比较eq\r(3)－eq\r(2)与eq\r(2)－1的大小．只需判定eq\f(\r(3)－\r(2),\r(2)－1)与1的大小即可．而eq\f(\r(3)－\r(2),\r(2)－1)＝eq\f(\r(3)－\r(2)\r(3)＋\r(2)\r(2)＋1,\r(2)－1\r(2)＋1\r(3)＋\r(2))＝eq\f(\r(2)＋1,\r(3)＋\r(2))<1，所以eq\r(3)－eq\r(2)<eq\r(2)－1.答案：<7．在平面内有四边形ABCD和点O，满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，则四边形的形状为________．解析：由已知eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))得eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))，所以四边形ABCD为平行四边形．答案：平行四边形8．已知等差数列{an}，Sn表示前n项和，a3＋a9>0，S9<0，则S1，S2，S3，…中最小的是________．解析：由于数列{an}为等差数列，所以a3＋a9＝2a6S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5<0.所以S5最小．答案：S5三、解答题(每小题10分，共20分)9．已知a，b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.证明：因为b2＋c2≥2bc，a>0，所以a(b2＋c2)≥2abc，又因为c2＋a2≥2ac，b所以b(c2＋a2)≥2abc.因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2)，只需证|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即证(|a|－|b|)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．|能力提升|(20分钟，40分)11．设0<x<1，则a＝eq\r(2x)，b＝x＋1，c＝eq\f(1,1－x)中最大的是()A．cB．bC．aD．随x取值不同而不同解析：因为x>0，所以(1＋x)2＝1＋2x＋x2>2x.所以1＋x>eq\r(2x).即b>a.又c－b＝eq\f(1,1－x)－(1＋x)＝eq\f(1－1－x1＋x,1－x)＝eq\f(1－1－x2,1－x)＝eq\f(x2,1－x)>0，所以c>b即c>b>a.答案：A12．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则实数a，b应满足的条件是________．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，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b13．已知a>0，b>0，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).证明：方法一：(综合法)因为a>0，b>0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))－\f(1,\r(a))))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).方法二：(分析法)要证eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需证aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，即证(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0，因为a>0，b>0，所以a－b与eq\r(a)－eq\r(b)符号相同，不等式(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0成立，所以原不等式成立．14．△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，其对边分别为a，b，c.求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.证明：法一：要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，只需证c2＋a2＝ac＋b2.∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列，∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos60°，即b2＝c2＋a2－ac，c2＋a2＝ac＋b2，此式即分析中欲证之等式，即原式得证．法二：∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列，∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°，得c2＋a2＝ac＋b2，两边同时加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，两边同时除以(a＋b)