人教a版数学【选修2-2】练习：2.2.1综合法与分析法(含答案)

．综合法和分析法
预习课本～，思考并完成下列问题()综合法的定义是什么？有什么特点？
()综合法的推证过程是什么？
()分析法的定义是什么？有什么特点？
()分析法与综合法有什么区别和联系？
[新知初探]
．综合法
．综合法、分析法的区别
[点睛]一般来说，分析法解题方向明确，利于寻求解题思路；而综合法解题条理清晰，宜于表述．因此在解决问题时，通常以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程．
[小试身手]
．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) ()综合法是执果索因的逆推证法．( ) ()分析法就是从结论推向已知．( )
()所有证明的题目均可使用分析法证明．( )
答案：()× ()× ()×
．若＞＞，则下列不等式中不正确的是( )
．＞．＞
＞
．＞
答案：
．欲证－＜－成立，只需证( )
．(－)＜(－) ．(－)＜(－) ．(＋)＜(＋) ．(－－)＜(－)
答案：
．如果＞，则实数，应满足的条件是．
答案：＞＞。

选修2-2 第二章 2.1.1 综合法和分析法 复习练习[A 基础达标]1.命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明过程为：“cos 4θ－sin 4θ＝（cos 2θ－sin 2θ）（cos 2θ＋sin 2θ）＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ”，其应用了（ ）A.分析法B.综合法C.综合法、分析法综合使用D.类比法2.若a ＞1，0＜b ＜1，则下列不等式中正确的是（ ） A.a b ＜1 B.b a ＞1 C.log a b ＜0D.log b a ＞03.若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4（a ≥0），则P ，Q 的大小关系为（ ） A.P >Q B.P ＝QC.P <QD.由a 的取值确定4.在△ABC 中，若sin B sin C ＝cos 2 A2，则下列等式一定成立的是（ ）A.A ＝BB.A ＝CC.B ＝CD.A ＝B ＝C5.下列函数f （x ）中，满足“对任意x 1，x 2∈（0，＋∞），当x 1＜x 2时，都有f （x 1）＞f （x 2）成立”的是（ ）A.f （x ）＝1xB.f （x ）＝（x －1）2C.f （x ）＝e xD.f （x ）＝ln （x ＋1）6.已知sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos （α－β）的值为 .7.已知函数f （x ）＝2x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f （ab ），C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为 .8.如图所示，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件 时，有A 1C ⊥B 1D 1.（注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形）9.在数列{a n }中，已知a 1＝14，a n ＋1a n ＝14，b n ＋2＝3log 14a n （n ∈N *）.（1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：数列{b n }是等差数列.10.求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大.[B 能力提升]11.设sin α是sin θ，cos θ的等差中项，sin β是sin θ，cos θ的等比中项，则cos 4β－4cos 4α的值为（ ）A.－1B.12C. 3D.312.已知α，β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>22，|β|>2 2.以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题 （用序号及“⇒”表示）.13.在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为（0，1），当m 变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；（2）证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.14.（选做题）已知函数f （x ）＝a e x ＋b 的图象在（0，f （0））处的切线方程为x －y ＋1＝0. （1）求f （x ）的解析式；（2）设A （x 1，f （x 1）），B （x 2，f （x 2）），x 1<x 2，k 表示直线AB 的斜率，求证：f ′（x 1）<k <f ′（x 2）.选修2-2 第二章 2.1.1 综合法和分析法 复习练习[A 基础达标]1.解析：选B.从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路. 2.解析：选C.a b ＞a 0＝1，b a ＜b 0＝1，log a b ＜log a 1＝0，log b a ＜log b 1＝0. 3.解析：选C.要比较P 与Q 的大小，只需比较P 2与Q 2的大小，只需比较2a ＋7＋2a （a ＋7）与2a ＋7＋2（a ＋3）（a ＋4）的大小，只需比较a 2＋7a 与a 2＋7a ＋12的大小，即比较0与12的大小，而0<12，故P <Q .4.解析：选C.因为sin B sin C ＝cos 2 A 2＝1＋cos A 2＝1－cos （B ＋C ）2，所以cos （B ＋C ）＝1－2sin B sinC ，所以cos B cos C －sin B sin C ＝1－2sin B sin C ，所以cos B cos C ＋sin B sin C ＝1，所以cos （B －C ）＝1.又0<B <π，0<C <π，所以－π<B －C <π，所以B ＝C .故选C.5.解析：选A.本题就是找哪一个函数在（0，＋∞）上是减函数，A 项中，f ′（x ）＝⎝⎛⎭⎫1x ′＝－1x 2＜0，所以f （x ）＝1x 在（0，＋∞）上为减函数.6.解析：由sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0， 得sin α＋sin β＝－sin γ，cos α＋cos β＝－cos γ， 两式分别平方，相加得2＋2（sin αsin β＋cos αcos β）＝1， 所以cos （α－β）＝－12.答案：－127.解析：因为a ＋b2≥ab （a ，b 为正实数），2aba ＋b≤ab ，且f （x ）＝2x 是增函数， 所以f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ≤f （ab ）≤f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，即C ≤B ≤A . 答案：C ≤B ≤A解析：要证A 1C ⊥B 1D 1，只需证B 1D 1垂直于A 1C 所在的平面A 1CC 1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B 1D 1⊥CC 1，故只需证B 1D 1⊥A 1C 1即可.答案：对角线互相垂直（本答案不唯一） 9.解：（1）因为a n ＋1a n ＝14，a 1＝14， 所以数列{a n }是首项为14，公比为14的等比数列，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫14n（n ∈N *）. （2）证明：因为b n ＝3log 14a n －2，所以b n ＝3log 14⎝⎛⎭⎫14n－2＝3n －2， 所以b 1＝1，公差d ＝3，所以数列{b n }是首项为1，公差为3的等差数列. 10.证明：设圆和正方形的周长为L ，故圆的面积为π⎝⎛⎭⎫L 2π2，正方形的面积为⎝⎛⎭⎫L 42， 则本题即证π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42. 要证π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42， 即证πL 24π2＞L 216，即证1π＞14，即证4＞π，因为4＞π显然成立，所以π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42. 故原命题成立.[B 能力提升]解析：选D.由已知条件，得sin α＝sin θ＋cos θ2，sin 2 β＝sin θcos θ.消去θ，得4sin 2 α＝1＋2sin 2β，由二倍角公式，得cos 2β＝2cos 2α.又cos 4β－4cos 4α＝cos （2×2β）－4cos （2×2α）＝2cos 22β－1－4（2cos 22α－1）＝2cos 22β－8cos 22α＋3＝2（2cos 2α）2－8cos 22α＋3＝3，故选D.12.解析：因为αβ>0，|α|>22，|β|>22，所以|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25，所以|α＋β|>5.答案：①③⇒②（本答案不唯一） 13.解：（1）不能出现AC ⊥BC 的情况，理由如下：设A （x 1，0），B （x 2，0），则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0，所以x 1x 2＝－2.又C 的坐标为（0，1），故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC的情况.（2）证明：BC 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22.由（1）可得x 1＋x 2＝－m ，所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎨⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝⎛⎭⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎨⎧x ＝－m2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝⎛⎭⎫m 22＝3，即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.14.（2）设A （x 1，f （x 1）），B （x 2，f （x 2）），x 1<x 2，k 表示直线AB 的斜率，求证：f ′（x 1）<k <f ′（x 2）. 解：（1）因为f （x ）＝a e x ＋b ，所以f ′（x ）＝a e x ，由f ′（0）＝1，得a ＝1. 把x ＝0代入x －y ＋1＝0，得y ＝1，即f （0）＝1， 所以b ＝0，所以f （x ）＝e x . （2）由（1），得f ′（x ）＝e x ， 所以要证f ′（x 1）<k <f ′（x 2），只需证e x 1<e x 2－e x 1x 2－x 1<e x 2，即证1<e x 2－x 1－1x 2－x 1<e x 2－x 1.令t ＝x 2－x 1，则t >0，只需证1<e t －1t<e t（t >0），只需证t <e t －1<t e t .设g（t）＝e t－t－1（t>0），则g′（t）＝e t－1.当t≥0时，g′（t）≥0，所以g（t）在（0，＋∞）上是增函数.所以当t>0时，g（t）>g（0）＝0，即e t－1>t.设h（t）＝（t－1）e t＋1（t>0），则h′（t）＝t e t≥0，所以h（t）在（0，＋∞）上是增函数，所以当t>0时，h（t）>h（0）＝0，即t e t>e t－1.从而t<e t－1<t e t得证，所以f′（x1）<k<f′（x2）成立.。

2.2直接证明与间接证明 2.2.1 综合法和分析法内 容 标 准学 科 素 养 1.理解综合法、分析法的意义，掌握综合法、分析法的思维特点； 2.用综合法、分析法解决问题.加强数学运算 严格逻辑推理 提高直观想象[基础认识]知识点一综合法预习教材P 85－86，思考并完成以下问题阅读下列证明过程，总结此证明方法有何特点？ 已知a ，b ＞0，求证：a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc . 证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a ＞0，所以a (b 2＋c 2)≥2abc . 又因为c 2＋a 2≥2ac ，b ＞0，所以b (c 2＋a 2)≥2abc . 因此a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc .提示：利用已知条件a ＞0，b ＞0和重要不等式，最后推导出所要证明的结论． 知识梳理 (1)定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．(2)综合法的框图表示P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q(P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论) 知识点二分析法预习教材P 86－89，思考并完成以下问题阅读证明基本不等式的过程，试分析证明过程有何特点？ 已知a ，b ＞0，求证：a ＋b2≥ab .证明：要证a ＋b2≥ab ，只需证a ＋b ≥2ab ， 只需证a ＋b －2ab ≥0， 只需证(a －b )2≥0，因为(a －b )2≥0显然成立，所以原不等式成立．提示：从结论出发开始证明，寻找使证明结论成立的充分条件，最终把要证明的结论变成一个明显成立的条件．知识梳理(1)定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．(2)分析法的框图表示Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件思考：1.综合法有哪些特点？提示：(1)综合法是从原因推导出结果的思维方式，从“已知”“看”“可知”，逐步推出“未知”，其由因导果逐步推理的过程，实际上是寻找已知条件的必要条件．(2)综合法从命题的条件出发，利用定义、公理、定理等，通过演绎推理，一步一步完成命题的证明．(3)用综合法证明题目，证明步骤严谨、逐层递进、步步为营、条理清晰、形式简洁、易于表达推理的思维过程．2．分析法的特点有哪些？提示：(1)分析法的特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其推理过程是一步步寻求使结论成立的充分条件．(2)分析法从命题的结论入手，寻求结论成立的条件，直至归结为已知条件、定理、定义、公理等．3．比较综合法与分析法，有哪些区别与联系？提示：所长，因而在解决问题时，常先用分析法寻找解题思路，再用综合法有条理地表达证明过程，将两种方法结合起来运用．[自我检测]1．设0＜x ＜1，则a ＝2x ，b ＝x ＋1，c ＝11－x 中最大的是( )A ．aB ．bC ．cD ．随x 取值不同而不同解析：∵0＜x ＜1，∴1＋x ＞2x ＝4x ＞2x ，∴只需比较1＋x 与11－x 的大小．∵1＋x －11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x 21－x ＜0.∴1＋x ＜11－x，故c 最大．答案：C2．要证2－3＜6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2＜(6－7)2 B ．(2－6)2＜(3－7)2 C ．(2＋7)2＜(3＋6)2D ．(2－3－6)2＜(－7)2解析：欲证2－3＜6－7，只需证2＋7＜3＋6，只需证(2＋7)2＜(3＋6)2. 答案：C3．已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a 2＋b 2－c 2＝ab ，则角C 的值为________．解析：cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12.∵0＜C ＜π，∴C ＝π3.答案：π3授课提示：对应学生用书第40页 探究一综合法的应用[例1]在△ABC 中，三边a ，b ，c 成等比数列，求证：a cos 2C 2＋cos 2A 2≥32b .[证明]因为a ，b ，c 成等比数列， 所以b 2＝ac .因为左边＝a (1＋cos C )2＋c (1＋cos A )2＝12(a ＋c )＋12(a cos C ＋c cos A )＝12(a ＋c )＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝12(a ＋c )＋12b ≥ac ＋b 2 ＝b ＋b 2＝32b ＝右边，所以a cos 2C 2＋c cos 2A 2≥32b .方法技巧综合法证明问题的步骤跟踪探究1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ＝1,2,3，…)．证明：(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .证明：(1)∵当n ≥2时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )， 整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ， ∴S n ＋1n ＋1＝2·S nn .又当n ＝1时，S 1＝a 1＝1，a 2＝1＋21·S 1＝3，故S 2＝1＋3＝4，也满足S n ＋1n ＋1＝2·S nn .∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以2为公比的等比数列．(2)由(1)知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1，且a n ＝n ＋1n －1S n －1(n ≥2)，于是S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4a n (n ≥2)．又a 1＝1，S 2＝4＝4a 1，适合上式． 因此对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n . 探究二分析法的应用 [例2]当a ＋b ＞0时，求证： a 2＋b 2≥22(a ＋b )． [证明]要证a 2＋b 2≥22(a ＋b )，只需证()a 2＋b 22≥⎣⎡⎦⎤22(a ＋b )2， 即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab .因为a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立， 所以a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立． 方法技巧分析法证题的思路与步骤分析法证明命题“若A 成立，则B 成立”的思路与步骤是：要证明(或为了证明)B 成立，只需证明A 1成立(A 1是B 成立的充分条件)，只需证明A 2成立(A 2是A 1成立的充分条件)， ……只需证明A k 成立(A k 是A k －1成立的充分条件)， 只需证明A 成立(A 是A k 成立的充分条件)． ∵A 成立，∴B 成立．说明：对于一些含有分式、根式、对数式、指数式的不等式(或等式)的命题不便于用综合法证明时，常常考虑用分析法证明．跟踪探究2.求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大． 证明：设圆和正方形的周长为L ，故圆的面积为π⎝⎛⎭⎫L 2π2，正方形的面积为⎝⎛⎭⎫L 42，则本题即证π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42.要证π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42，即证πL 24π2＞L 216，即证1π＞14，即证4＞π， 因为4＞π显然成立，所以π⎝⎛⎭⎫L 2π2＞⎝⎛⎭⎫L 42.故原命题成立． 探究三分析法与综合法的综合运用[例3]△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]要证(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1， 即证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋a b ＋c＝1.即证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 即证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.因为△ABC 三个内角A ，B ，C 成等差数列，所以B ＝60°. 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ca cos60°， 即b 2＝c 2＋a 2－ac .所以c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立，命题得证． 延伸探究本例改为求证：a ＋b 1＋a ＋b ＞c 1＋c .证明：要证a ＋b 1＋a ＋b ＞c1＋c ，只需证a ＋b ＋(a ＋b )c ＞(1＋a ＋b )c ， 即证a ＋b ＞c . 而a ＋b ＞c 显然成立， 所以a ＋b1＋a ＋b ＞c1＋c.方法技巧实际解题时，用分析法思考问题，寻找解题途径，用综合法书写解题过程，或者综合使用分析法与综合法，即从“未知”想“需知”(分析)，从“已知”推“可知”(综合)，双管齐下，两面夹击，找到沟通已知条件和结论的途径．跟踪探究3.已知sin α＋cos α＝1，求证sin 6α＋cos 6α＝1. 证明：∵sin 6α＋cos 6α ＝(sin 2α)3＋(cos 2α)3＝(sin 2α＋cos 2α)(sin 4α－sin 2αcos 2α＋cos 4α) ＝sin 4α＋2sin 2αcos 2α＋cos 4α－3sin 2αcos 2α ＝(sin 2α＋cos 2α)2－3sin 2αcos 2α＝1－3sin 2αcos 2α.∴要证sin 6α＋cos 6α＝1，只需证sin 2αcos 2α＝0. 将sin α＋cos α＝1两边平方，得2sin αcos α＝0， ∴sin 2αcos 2α＝0，∴sin 6α＋cos 6α＝1. 授课提示：对应学生用书第41页[课后小结](1)综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因． (2)分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”“只需证”“即证”等词语． (3)在解题时，往往把综合法和分析法结合起来使用．[素养培优]分析法证明过程不规范致误 用分析法证明： 若a ＞0，则a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.易错分析：从条件入手直接证明不等式较困难时，常用分析法寻求使结论成立的充分条件，但一定要注意对所要证明的结论是以“分析”的语气对待的．因而证明格式上应体现出“分析”探讨性(“要证……，只要证……”)，而非直接肯定结论．考查逻辑推理数学运算等核心素养．自我纠正：证明：要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a ＞0，∴两边均大于零，因此只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22， 只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a 只需证a 2＋1a 2≥22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证：a 2＋1a 2≥12⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋2， 即证：a 2＋1a 2≥2.它显然成立．∴原不等式成立.。

人教版高中数学精品资料高中数学 2.2.1综合法与分析法练习 新人教A版选修2-2一、选择题1．设△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定[答案] B[解析] 由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，所以，sin(B ＋C )＝sin 2A ，∴sin A ＝sin 2A ，而sin A >0，∴sin A ＝1，A ＝π2，所以△ABC 是直角三角形．2．(2015·长春外国语学校高二期中)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定[答案] C[解析] 取a ＝1得P ＝1＋8<4，Q ＝2＋5>4， ∴P <Q ，故选C.证明如下：要证P <Q ，只要证P 2<Q 2， 只要证2a ＋7＋2aa ＋<2a ＋7＋2a ＋a ＋，只要证a 2＋7a <a 2＋7a ＋12， 只要证0<12，∵0<12成立，∴P <Q 成立．3．若a 、b 、c ∈R ，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2＋b 2＋c 2≥2 B ．(a ＋b ＋c )2≥3 C.1a ＋1b ＋1c≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤13[答案] B[解析] ∵a 、b 、c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ＝1，又(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ＝a 2＋b 2＋c 2＋2≥3.4．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x 中最大的一个是( ) A ．a B ．b C ．c D ．不能确定[答案] C[解析] 因为b －c ＝(1＋x )－11－x ＝1－x 2－11－x ＝－x21－x＜0，所以b <c .又因为(1＋x )2>2x >0，所以b ＝1＋x >2x ＝a ，所以a <b <c .[点评] 可用特值法：取x ＝12，则a ＝1，b ＝32，c ＝2.5．已知y >x >0，且x ＋y ＝1，那么( ) A ．x <x ＋y2<y <2xy B ．2xy <x <x ＋y2<y C ．x <x ＋y 2<2xy <yD ．x <2xy <x ＋y2<y[答案] D[解析] ∵y >x >0，且x ＋y ＝1，∴设y ＝34，x ＝14，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38.所以有x <2xy <x ＋y2<y ，故排除A 、B 、C ，选D.6．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a 、b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A[答案] A [解析] a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝(12)x在(－∞，＋∞)上是单调减函数， ∴f (a ＋b2)≤f (ab )≤f (2aba ＋b)． 二、填空题7．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a 、b 、c 的大小关系为________________．[答案] a >c >b [解析] b ＝47＋3，c ＝46＋2，显然b <c ，而a 2＝2，c 2＝8－212＝8－48<8－36＝2＝a 2， 所以a >c .也可用a －c ＝22－6＝8－6>0显然成立，即a >c .8．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则实数a 、b 应满足的条件是________________． [答案] a ≠b 且a ≥0，b ≥0[解析] a a ＋b b >a b ＋b a ⇔a a ＋b b －a b －b a >0⇔a (a －b )＋b (b －a )>0⇔(a －b )(a －b )>0⇔(a ＋b )(a －b )2>0只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可． 三、解答题9．已知n ∈N *，且n ≥2，求证：1n>n －n －1.[证明] 要证1n>n －n －1，即证1>n －n n －，只需证nn －>n －1，∵n ≥2，∴只需证n (n －1)>(n －1)2， 只需证n >n －1，只需证0>－1，最后一个不等式显然成立，故原结论成立． 10．已知a 、b 、c 表示△ABC 的三边长，m ＞0， 求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m. [证明] 要证明a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m，只需证明a a ＋m ＋b b ＋m －cc ＋m＞0即可．∵aa ＋m ＋bb ＋m －cc ＋m＝a b ＋mc ＋m ＋b a ＋m c ＋m －c a ＋mb ＋ma ＋mb ＋mc ＋m，∵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 ＋am 2＋abc ＋abm＋bcm ＋bm 2－abc －bcm －acm －cm 2＝2abm ＋am 2＋abc ＋bm 2－cm 2＝2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2， ∵△ABC 中任意两边之和大于第三边， ∴a ＋b －c ＞0，∴(a ＋b －c )m 2＞0， ∴2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2＞0， ∴aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.一、选择题11．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )成立，则( ) A ．3f (ln2)>2f (ln3) B ．3f (ln2)<2f (ln3) C ．3f (ln2)＝2f (ln3)D ．3f (ln2)与2f (ln3)的大小不确定 [答案] B [解析] 令F (x )＝fxx(x >0)，则F ′(x )＝fx －f xx 2，∵x >0，∴ln x∈R ，∵对任意x ∈R 都有f ′(x )>f (x )，∴f ′(ln x )>f (ln x )，∴F ′(x )>0，∴F (x )为增函数，∵3>2>0，∴F (3)>f (2)，即f3>f2，∴3f (ln2)<2f (ln3)．12．要使3a －3b <3a －b 成立，a 、b 应满足的条件是( ) A ．ab <0且a >b B ．ab >0且a >b C ．ab <0且a <bD ．ab >0且a >b 或ab <0且a <b [答案] D [解析]3a －3b <3a －b ⇔a －b ＋33ab 2－33a 2b <a －b .∴3ab 2<3a 2b .∴当ab >0时，有3b <3a ，即b <a ； 当ab <0时，有3b >3a ，即b >a .13．(2014～2015·哈六中期中)若两个正实数x 、y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4,1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)[答案] B[解析] ∵x >0，y >0，1x ＋4y ＝1，∴x ＋y 4＝(x ＋y 4)(1x ＋4y )＝2＋y 4x ＋4xy ≥2＋2y 4x ·4xy＝4，等号在y ＝4x ，即x ＝2，y ＝8时成立，∴x ＋y4的最小值为4，要使不等式m 2－3m >x ＋y4有解，应有m 2－3m >4，∴m <－1或m >4，故选B.14．(2014·广东梅县东山中学期中)在f (m ，n )中，m 、n 、f (m ，n )∈N *，且对任意m 、n 都有：(1)f (1,1)＝1，(2)f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2，(3)f (m ＋1,1)＝2f (m,1)；给出下列三个结论：①f (1,5)＝9；②f (5,1)＝16；③f (5,6)＝26； 其中正确的结论个数是( )个． ( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0[答案] A[解析] ∵f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2，∴f (m ，n )组成首项为f (m,1)，公差为2的等差数列，∴f (m ，n )＝f (m,1)＋2(n －1)．又f (1,1)＝1，∴f (1,5)＝f (1,1)＋2×(5－1)＝9，又∵f (m ＋1,1)＝2f (m,1)，∴f (m,1)构成首项为f (1,1)，公比为2的等比数列，∴f (m,1)＝f (1,1)·2m －1＝2m －1，∴f (5,1)＝25－1＝16，∴f (5,6)＝f (5,1)＋2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A.二、填空题15．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0， 则cos(α－β)＝________________. [答案] －12[解析] 由题意sin α＋sin β＝－sin γ① cos α＋cos β＝－cos γ② ①，②两边同时平方相加得 2＋2sin αsin β＋2cos αcos β＝1 2cos(α－β)＝－1，cos(α－β)＝－12.16．(2014～2015·唐山一中高二期末)观察下列等式： 1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……据此规律，第n 个等式可为________________．[答案] 1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n[解析] 第一个等式右端是一个数，左端是2个数；第二个等式右端是2个数，左端是4个数；第三个等式右端是3个数，左端是6个数，2＝1×2,4＝2×2,6＝3×2，第n 个等式左端的分母从1到2n ，右端分母从n ＋1到2n ；左端奇数项为正，偶数项为负，右端全为正，分子都是1，故第n 个等式为1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n.三、解答题 17．求证：α＋βsin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α.[证明] 要证明原等式成立．即证明sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β)＝sin β， 又因为sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β) ＝sin[(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β) ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝sin[(α＋β)－α]＝sin β. 所以原命题成立．18．已知a 、b 是不等正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2，求证：1<a ＋b <43.[证明] ∵a 3－b 3＝a 2－b 2且a ≠b ， ∴a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，由(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2>a 2＋ab ＋b 2得 (a ＋b )2>a ＋b ，又a ＋b >0，∴a ＋b >1，要证a ＋b <43，即证3(a ＋b )<4，∵a ＋b >0，∴只需证明3(a ＋b )2<4(a ＋b )， 又a ＋b ＝a 2＋ab ＋b 2，即证：3(a ＋b )2<4(a 2＋ab ＋b 2)， 也就是证明(a －b )2>0.因为a 、b 是不等正数，故(a －b )2>0成立． 故a ＋b <43成立．综上，得1<a ＋b <43.。