數學-自我小測：綜合法與分析法

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精自我小測1．下面敘述正確的是（）A．綜合法、分析法都是直接證明的方法B．綜合法是直接證明法,分析法不是直接證明法C．綜合法、分析法所用的語氣都是肯定的D．綜合法、分析法所用的語氣都是假定的2．要證明eq\r(3）＋eq\r（5）＜4可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的為（）A．綜合法B．分析法C．比較法D．歸納法3．已知函數f（x）＝cos（2x＋θ）是偶函數，則θ＝（）A.eq\f（kπ,2）＋eq\f(π,4)（k∈Z)B.eq\f(kπ，2)（k∈Z) C．kπ＋eq\f（π，2）(k∈Z）D．kπ（k∈Z）4．在不等邊三角形中,a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結論，三邊a,b，c應滿足的條件是（)A．a2＜b2＋c2B．a2＝b2＋c2 C．a2＞b2＋c2D．a2≤b2＋c5．已知a＞b＞0，且ab＝1，若0＜c＜1,p＝logceq\f(a2＋b2,2），q＝logceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,\r（a)＋\r（b））)）2,則p，q的大小關系是（）A．p＞qB．p＜q C．p＝qD．p≥q6．已知a∈R，P＝(4＋a2)(9＋a2)與Q＝24a2的大小關系是__________7．如果a3＋b3＞a2b＋b2a，則實數a，b應滿足的條件是________8．在△ABC中,“eq\o（AB,\s\up6（→)）·eq\o(AC,\s\up6（→）)＞0"是“△ABC為銳角三角形”的__________條件．9．設a，b，c為不全相等的正數,且abc＝1.求證：eq\f(1,a）＋eq\f（1，b）＋eq\f(1,c)＞eq\r(a）＋eq\r（b）＋eq\r(c）。10．△ABC的三個內角A,B，C成等差數列,角A,B，C對應的邊分別為a，b，c,求證：（a＋b)－1＋（b＋c)－1＝3（a＋b＋c)－1。參考答案1．答案：A2．答案:B3．解析:函數f（x)圖象的對稱軸滿足2x＋θ＝kπ（k∈Z),于是x＝eq\f（kπ－θ,2）（k∈Z），又因為f（x)是偶函數，所以f(x)關于y軸對稱，因此eq\f（kπ－θ，2)＝0，于是θ＝kπ(k∈Z）．答案：D4．解析：要使A為鈍角，應有cosA＜0,即eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＜0,所以應滿足b2＋c2－a2＜0,即b2＋c2＜a2.答案：C5．解析：∵eq\f(a2＋b2，2）＞ab＝1，∴p＝logceq\f(a2＋b2,2)＜0。又q＝logceq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,\r（a)＋\r（b)）））2＝logceq\f（1，a＋b＋2\r(ab))＞logceq\f（1,4\r(ab))＝logceq\f(1,4）＞0.∴q＞p。故選B.答案：B6．解析：P－Q＝（4＋a2）(9＋a2）－24a2＝a4＋13a2＋36－＝a4－11a2＋36＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(11，2))）2＋eq\f（23，4)＞0，故P＞Q。答案:P＞Q7．解析：∵a3＋b3－(a2b＋b2a＝a2（a－b）＋b2（b－a)＝(a－b)（a2－b2)＝(a－b)2（a＋b）＞0,∴應滿足a＋b＞0且a≠b.答案:a＋b＞0且a≠b8．解析：當eq\o（AB，\s\up6(→））·eq\o（AC,\s\up6（→))＞0時，必有∠A為銳角，但△ABC不一定是銳角三角形；而當△ABC為銳角三角形時,每一個內角都是銳角,所以A也是銳角，從而必有eq\o(AB，\s\up6（→))·eq\o（AC,\s\up6(→）)＞0，故“AB·AC＞0”是“△ABC為銳角三角形”的必要不充分條件．答案：必要不充分9．證明：∵a，b，c為正數，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r（\f（1,ab)）,又abc＝1，∴eq\f（1，ab）＝c，故eq\f(1,a)＋eq\f（1,b）≥2eq\r(c)。同理eq\f(1,b）＋eq\f（1,c)≥2eq\r（a),eq\f(1，c）＋eq\f(1,a）≥2eq\r(b)。又∵a，b，c不全相等，∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，a)＋\f(1,b)）)＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，b）＋\f(1，c））)＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)＋\f（1，a)))＞2eq\r（c）＋2eq\r（a）＋2eq\r（b)，即eq\f（1，a)＋eq\f(1,b）＋eq\f（1，c）＞eq\r（a）＋eq\r(b)＋eq\r(c).10．證法一：（分析法）要證（a＋b）－1＋（b＋c)－1＝3(a＋b＋c）－1,即證eq\f（1，a＋b)＋eq\f（1，b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c，b＋c)＝3，eq\f（c,a＋b）＋eq\f（a,b＋c)＝1,只需證c（b＋c）＋a（a＋b）＝(a＋b)（b＋c)，只需證c2＋a2＝ac＋b2,只需證b2＝c2＋a2－2accos60°,只需證B＝60°。因為A，B，C成等差數列,所以B＝60°。所以（a＋b）－1＋(b＋c）－1＝3（a＋b＋c)－1。證法二：(綜合法)因為△ABC三個內角A，B，C成等差數列，所以B＝60°。由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos60°，即c2＋a2＝ac＋b2。兩邊加ab＋bc，得c（b＋c）＋a（a＋b)＝（a＋b）（b＋c)．兩邊除以（a＋b）（b＋c),得eq\f(c，a＋b)＋eq\f（a,b＋c）＝1，所以eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\c