新版高中數(shù)學人教A版選修2-2習題第二章推理與證明2.2.1.1

2.2直接證明與間接證明2.2.1綜合法和分析法第1課時綜合法課時過關·能力提升基礎鞏固1設a,b∈R,若a|b|>0,則下列不等式正確的是()A.ba>0 B.a3+b3<0C.a2b2<0 D.b+a>0解析∵a|b|>0,∴|b|<a,∴a>0,∴a<b<a,∴b+a>0.答案D2函數(shù)f(x)=(x3)ex的單調遞增區(qū)間是()A.(∞,2) B.(0,3)C.(1,4) D.(2,+∞)解析f'(x)=(x3)'ex+(x3)·(ex)'=(x2)ex,令f'(x)>0,解得x>2,故選D.答案D3已知在等差數(shù)列{an}中,a5+a11=16,a4=1,則a12的值是()A.15 B.30 C.31 D.64解析已知在等差數(shù)列{an}中,a5+a11=16,又a5+a11=2a8,所以a8=8.又2a8=a4+a12,所以a12=15.故選A.答案A4已知a≥0,b≥0,且a+b=2,則()A.ab≤12 B.ab≥C.a2+b2≥2 D.a2+b2≤3解析由a+b=2,可得ab≤1,當且僅當a=b=1時取等號.又a2+b2=42ab,∴a2+b2≥2.答案C5已知實數(shù)a≠0,且函數(shù)f(x)=a(x2+1)2x+1a有最小值1,則a=解析f(x)=ax22x+a1a有最小值,則a>0,對稱軸為x=1a,f(x)min=f1即f1a=a·1a22×1a即a2a=所以a2+a2=0(a>0),解得a=1.答案16設p,q均為實數(shù),則“q<0”是“關于x的方程x2+px+q=0有一個正實根和一個負實根”的條件.(填“充要”“必要不充分”“充分不必要”或“既不充分也不必要”)

解析因為q<0,所以Δ=p24q>0.所以“方程x2+px+q=0有一個正實根和一個負實根”成立.因為“方程x2+px+q=0有一個正實根和一個負實根”,所以q<0.答案充要7設a,b,c為不全相等的正數(shù),且abc=1,求證:1a+分析解答本題可先把abc=1代入,再利用基本不等式進行推證.證明因為a,b,c為不全相等的正數(shù),且abc=1,所以1a+又bc+ca≥2bc·ca=2ca+ab≥2ca·ab=2a,ab+bc≥2ab·bc=2b,且a,b,c不全相等,所以上述三個不等式中的“所以2(bc+ca+ab)>2(c+即bc+ca+ab>a+故1a8在△ABC中,三邊a,b,c成等比數(shù)列.求證:acos2C2+ccos2A2≥證明∵a,b,c成等比數(shù)列,∴b2=ac.∵左邊=a=12(a+c)+12(acosC+ccos=12(a+c)+=12(a+c)+12b≥ac+b2=b+b2=32∴acos2C2+ccos2A29若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證:lga+b2+lgb+c2+lgc+a證明∵a,b,c∈(0,+∞),∴a+b2≥ab>0,b+又a,b,c是不全相等的正數(shù),故上述三個不等式中等號不能同時成立.∴a+b2上式兩邊同時取常用對數(shù),得lga+b2·∴l(xiāng)ga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg能力提升1若a,b,c是常數(shù),則“a>0,且b24ac<0”是“對任意x∈R,有ax2+bx+c>0”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析因為a>0,且b24ac<0?ax2+bx+c>0對任意x∈R恒成立.反之,ax2+bx+c>0對任意x∈R恒成立不能推出a>0,且b24ac<0,反例為:當a=b=0,且c>0時也有ax2+bx+c>0對任意x∈R恒成立,所以“a>0,且b24ac<0”是“對任意x∈R,有ax2+bx+c>0”的充分不必要條件.答案A2在面積為S(S為定值)的扇形中,弧所對的圓心角為θ,半徑為r,當扇形的周長p最小時,θ,r的值分別是()A.θ=1,r=S B.θ=2,r=4C.θ=2,r=3S D.θ=2,r=解析因為S=12θr2,所以θ=2又扇形周長為p=2r+θr=2r+Sr≥所以當r=Sr,即r=S時,p取最小值,此時θ=2故選D.答案D★3若O是平面上的定點,A,B,C是平面上不共線的三個點,動點P滿足OP=OA+λAB|AB|+AC|AC|,λ∈[0,+∞),A.外心 B.內(nèi)心C.重心 D.垂心解析因為OP=OA+λ所以AP=λAB|所以AP是△ABC中∠BAC的內(nèi)角平分線.故動點P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心.答案B4已知sinα+sinβ+sinγ=0,cosα+cosβ+cosγ=0,則cos(αβ)的值為.

解析∵sinα+sinβ+sinγ=0,cosα+cosβ+cosγ=0,∴sin以上兩式兩邊平方相加,得2+2(sinαsinβ+cosαcosβ)=1,∴cos(αβ)=12答案15已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù).設集合M={0,1,2,…,q1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn1,xi∈M,i=1,2,…,n}.(1)當q=2,n=3時,用列舉法表示集合A;(2)設s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn1,t=b1+b2q+…+bnqn1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.證明:若an<bn,則s<t.(1)解當q=2,n=3時,M={0,1},A={x|x=x1+x2·2+x3·22,xi∈M,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.(2)證明由s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn1,t=b1+b2q+…+bnqn1,ai,bi∈M,i=1,2,…,n及an<bn,可得st=(a1b1)+(a2b2)q+…+(an1bn1)·qn2+(anbn)qn1≤(q1)+(q1)q+…+(q1)qn2qn1=(q-1)(1-qn所以,s<t.6已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=3an+1.(1)證明an+12是等比數(shù)列,并求{a(2)證明1a1+1a證明(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3a又a1+12=32,所以an+1an+12=3n2,因此{an}的通項公式為(2)由(1)知1a因為當n≥1時,3n1≥2×3n1,所以13于是1a1+1a2+…+1an=32所以1a1+1a★7設fn(x)是等比數(shù)列1,x,x2,…,xn的各項和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)2在12,1內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn(2)設有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為gn(x),比較fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明.(1)證明Fn(x)=fn(x)2=1+x+x2+…+xn2,則Fn(1)=n1>0,Fn12=1+12+12=1-12n+1所以Fn(x)在12,又Fn'(x)=1+2x+…+nxn1>0,故Fn(x)在12,所以Fn(x)在12,1內(nèi)有且僅有一個零點因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-xn(2)解當x=1時,fn(x)=gn(x);當x≠1時,fn(x)<gn(x).證明如下:由假設,gn(x)=(n設h(x)=fn(x)gn(x)=1+x+x2+…+xn(n+1)(1+當x=1時,fn(x)=gn(x).當x≠1時,h'(x)=1+2x+…+nxn1n(若0<x<1,h'(x)>xn1+2xn1+…+nxn