11-12学年高中数学-2.2.1-综合法与分析法同步练习-新人教A版选修2-2.doc

选修2-22.2第1课时综合法与分析法一、选择题1．证明命题“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,ex).∵x>0，∴ex>1,0<eq\f(1,ex)<1∴ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是()A．综合法B．分析法C．反证法D．以上都不是[答案]A[解析]该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.2．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a索的因应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0[答案]C[解析]要证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a只需证b2－ac<3a2只需证b2－a(－b－a)<3a2只需证2a2－ab－b2>0.只需证(2a＋b)(a－b)>0，只需证(a－c)(a－b)>0.故索的因应为C.3．p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()A．p≥qB．p≤qC．p>qD．不确定[答案]B[解析]q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a、b∈R＋，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)))，则A、B、C的大小关系为()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A[答案]A[解析]eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴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))).5．对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是()A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβB．sin(α＋β)＞cosα＋cosβC．cos(α＋β)＞sinα＋sinβD．cos(α＋β)<cosα＋cosβ[答案]D[解析]∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，∴cosα＞cos(α＋β)又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．6．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析]首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR>0成立．其次，若PQR>0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a＋b－c<0，b＋c－a<0，∴b<0与b∈R＋矛盾，故P、Q、R都大于0.7．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么()A．x<eq\f(x＋y,2)<y<2xyB．2xy<x<eq\f(x＋y,2)<yC．x<eq\f(x＋y,2)<2xy<yD．x<2xy<eq\f(x＋y,2)<y[答案]D[解析]∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝eq\f(3,4)，x＝eq\f(1,4)，则eq\f(x＋y,2)＝eq\f(1,2)，2xy＝eq\f(3,8).所以有x<2xy<eq\f(x＋y,2)<y，故排除A、B、C.8．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有()A．1个B．2个C．3个D．4个[答案]C[解析]∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2