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- 2021-06-22 发布
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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：0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
[答案] C
[解析] 要证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≤q
C．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≤B
C．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＋sinβ
B．sin(α＋β)＞cosα＋cosβ
C．cos(α＋β)＞sinα＋sinβ
D．cos(α＋β)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<x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<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．②④
C．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．
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