【人教版】2020高中数学 课时分层作业14 综合法和分析法 新人教A版选修2-2

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课时分层作业(十四) 综合法和分析法

(建议用时：40分钟)

[基础达标练]

一、选择题

1x1．证明命题“f(x)＝e＋x在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：

e11xx∵f(x)＝e＋x，∴f′(x)＝e－x.

ee1x∵x>0，∴e>1,0

e1x∴e－x>0，

e

即f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 他使用的证明方法是( )

【导学号：31062147】

A．综合法 C．反证法

B．分析法 D．以上都不是

A [该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故选A.]

2．设P＝2，Q＝7－3，R＝6－2，那么P，Q，R的大小关系是

( )

A．P＞Q＞R C．Q＞P＞R

B．P＞R＞Q D．Q＞R＞P

B [先比较R，Q的大小，可对R，Q作差，即Q－R＝7－3－(6－2)＝(7＋2)－(3＋6)． 又(7＋2)－(3＋6)＝214－218＜0， ∴Q＜R，由排除法可知，选B.]

333

3．要证a－b＜a－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有a＜b

D．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b 333

D [要证a－b＜a－b， 33333

只需证(a－b)＜(a－b)， 3232

即证a－b－3ab＋3ab＜a－b，

※ 推 荐 ※ 下 载 ※

2

2

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3232

即证ab＜ab，

只需证ab＜ab，即证ab(b－a)＜0. 只需ab＞0且b－a＜0或ab＜0，且b－a＞0. 故选D.]

4．下面的四个不等式：

1222

①a＋b＋c≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；

4③＋≥2；④(a＋b)·(c＋d)≥(ac＋bd). 其中恒成立的有( ) A．1个 C．3个

B．2个 D．4个

2

2

baab22222

1222222

C [∵(a＋b＋c)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)＋(b－c)＋(c－a)]≥0，

2

a(1－a)－＝－a2＋a－＝－?a－?2≤0，

2

1414

??

1??

(a＋b)·(c＋d)＝ac＋ad＋bc＋bd ≥ac＋2abcd＋bd＝(ac＋bd).∴应选C.]

14y2

5．若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋

xy4

【导学号：31062148】

A．(－1,4) C．(－4,1)

14

B [∵x>0，y>0，＋＝1，

B．(－∞，－1)∪(4，＋∞) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)

22

22

2

222222222222

xyy?y??14?y4x∴x＋＝?x＋??＋?＝2＋＋

4?4??xy?4xy≥2＋2y4x·＝4， 4xy等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立， ∴x＋的最小值为4，

4要使不等式m－3m>x＋有解，

4应有m－3m>4，

∴m<－1或m>4，故选B.] 二、填空题

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2

2

yy※ 精 品 ※ 试 卷 ※

6．如图2-2-2所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可)．

图2-2-2

[解析] 要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C. 因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD， 即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C. [答案] AC⊥BD(答案不唯一)

7．已知sin α＋sin β＋sin r＝0，cos α＋cos β＋cos r＝0，则cos(α－β)的值为________.

【导学号：31062149】

[解析] 由sin α＋sin β＋sin r＝0，cos α＋cos β＋cos r＝0，得sin α＋sin β＝－sin r，cos α＋cos β＝－cos r，

1两式分别平方，相加得2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1，所以cos(α－β)＝－.

21

[答案] － 2

1

8．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．

2

[解析] ∵(1＋ab)－(1＋a)(1＋b) ＝1＋2ab＋ab－1－a－b－ab ＝2ab－(a＋b)＝－(a－b)≤0. ∴(1＋ab)≤(1＋a)(1＋b)，

1

∴lg(1＋ab)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．

2[答案] ≤ 三、解答题

9. 设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，求证：＋＝2. [证明] 由已知条件得b＝ac， 2x＝a＋b,2y＝b＋c. ①

要证＋＝2，只要证ay＋cx＝2xy， 只要证2ay＋2cx＝4xy. ②

由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc， 4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc， 所以2ay＋2cx＝4xy.命题得证．

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22

2

2

2

acxyacxy※ 精 品 ※ 试 卷 ※

10. 设a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证： (1)c2

＞ab；

(2)c－c2

－ab＜a＜c＋c2

－ab.

[证明] (1)∵a＞0，b＞0,2c＞a＋b≥2ab， ∴c＞ab， 平方得c2＞ab；

(2)要证c－c2

－ab＜a＜c＋c2

－ab. 只要证－c2－ab＜a－c＜c2－ab. 即证|a－c|＜c2

－ab， 即(a－c)2

＜c2

－ab，

∵(a－c)2

－c2

＋ab＝a(a＋b－2c)＜0成立， ∴原不等式成立．

[能力提升练]

1．已知函数f(x)＝??1?2??x＋

?，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≤A

D．C≤B≤A

A [ a＋b2≥ab≥2aba＋b，又函数f(x)＝??1?2??x?在(－∞，＋∞)上是单调减函数，

∴f?

?a＋b?2???≤f(ab)≤f??2ab?a＋b???

. 即A≤B≤C.]

2．若a、b、c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是( ) A．a2

＋b2

＋c2

≥2 B．(a＋b＋c)2

≥3 C.1a＋11

b＋c≥23

D．abc(a＋b＋c)≤1

3

B [∵a、b、c∈R，∴a2

＋b2

≥2ab，

b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，

∴a2

＋b2

＋c2

≥ab＋bc＋ac＝1，

又(a＋b＋c)2

＝a2

＋b2

＋c2

＋2ab＋2bc＋2ac ＝a2

＋b2

＋c2＋2≥3.] 3．若对任意x>0，

xx2＋3x＋1

≤a恒成立，则a的取值范围是________.

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) ※