2024-2025學年高中數(shù)學第2章推理與證明2.2.1綜合法與分析法練習新人教A版選修1-2

PAGE2-1綜合法與分析法[課后提升案·素養(yǎng)達成][限時45分鐘；滿分80分]一、選擇題(每小題5分，共30分)1．關(guān)于綜合法和分析法的說法錯誤的是A．綜合法和分析法是干脆證明中最基本的兩種證明方法B．綜合法又叫順推證法或由因?qū)Ч–．綜合法和分析法都是因果分別互推的兩頭湊法D．分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法答案C2．設a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關(guān)系為A．a(chǎn)＞bB．a(chǎn)＝bC．a(chǎn)＜bD．無法確定解析a＝lg2＋lg5＝1，b＝ex，當x＜0時，0＜b＜1，所以a＞b.答案A3．設{an}是首項為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1＝A．2B．－2C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)解析因為S2＝2a1－1，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×(－1)＝4a1－6，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq\f(1,2).答案D4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，a，b是正實數(shù)，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，則A，B，C的大小關(guān)系為A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析因為eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上是減函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案A5．m＝eq\r(a)＋eq\r(a＋5)，n＝eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋3)(a≥0)，則有A．m＜nB．m＝nC．m＞nD．不能確定解析要比較m，n的大小，可比較m2＝2a＋5＋2eq\r(a（a＋5）)，n2＝2a＋5＋2eq\r(a2＋5a＋6)，只要比較a2＋5a與a2＋5a＋6的大小，因為a2＋5a＋6＞a2＋5a，所以eq\r(a)＋eq\r(a＋5)＜eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋3)(a≥0)，即m＜n.答案A6．設a，b，m都是正整數(shù)，且a＜b，則下列不等式中恒不成立的是A.eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)＜1B.eq\f(a,b)≥eq\f(a＋m,b＋m)C.eq\f(a,b)≤eq\f(a＋m,b＋m)≤1D．1＜eq\f(b＋m,a＋m)＜eq\f(b,a)解析可證明eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)成立，要證明eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)，由于a，b，m都是正整數(shù)，故只需證ab＋am＜ab＋bm，即證(a－b)m＜0，因為a＜b，所以(a－b)m＜0成立．答案B二、填空題(每小題5分，共15分)7．若f(x)是R上的奇函數(shù)，且滿意f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，f(1)＝1，f(－2)＝2，則f(2)－f(3)＝________．解析∵f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，∴f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－eq\f(1,f（x＋2）)＝－eq\f(1,\f(－1,f（x）))＝f(x)，∴4是f(x)的一個周期，∴f(2)－f(3)＝－f(－2)－f(－1)＝－f(－2)＋f(1)＝－2＋1＝－1.答案－18．如圖所示，在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，當?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿意條件________時，有A1C⊥B1D1(注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能的情形)．解析本題答案不唯一，要證A1C⊥B1D1，只需證B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因為CC1⊥底面A1B1C1D1，所以B1D1⊥CC1，故只需證B1D1⊥A1C1即可．答案對角線相互垂直9．a(chǎn)＞b＞c，n∈N*，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立，則n的最大值為________．解析由a＞b＞c，得a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，要使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立．只需eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)≥n恒成立，只需eq\f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq\f(（a－b）＋（b－c）,b－c)≥n恒成立，明顯2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥4(當且僅當b－c＝a－b時等號成立)，所以只需n≤4成立，即n能取的最大值為4.答案4三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(11分)已知a，b，c，d∈R，求證：ac＋bd≤eq\r(（a2＋b2）（c2＋d2）).證明①當ac＋bd≤0時，明顯成立，②當ac＋bd＞0時，欲證原不等式成立，只需證(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，即證a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，即證2abcd≤b2c2＋a2d2，即證0≤(bc－ad)2，因為a，b，c，d∈R，所以上式恒成立，故原不等式成立，綜合①②知，命題得證．11．(11分)已知a，b，c為不全相等的正數(shù)．求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c.證明要證eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c，只要證eq\f(（bc）2＋（ac）2＋（ab）2,abc)＞a＋b＋c，∵a，b，c＞0，只要證(bc)2＋(ac)2＋(ab)2＞abc(a＋b＋c)，由公式知(bc)2＋(ac)2≥2abc2，(ac)2＋(ab)2≥2a2bc，(bc)2＋(ab)2≥2ab2c，∵a，b，c不全相等，上面各式等號至少有一個不成立，三式相加，得2[(bc)2＋(ac)2＋(ab)2]＞2abc2＋2a2bc＋2ab2c＝2abc(a＋b＋c)，即(bc)2＋(ac)2＋(ab)2＞abc(a＋b＋c)成立，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)＞a＋b＋c成立．12．(13分)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式.(2)記Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，證明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)．解析(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，由條件，得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋3d＋2q3＝27，,8＋6d－2q3＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.(2)證明由(1)得Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n