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2.2。1HYPERLINK”file:///D:\\TDDOWNLOAD\\各科教材\\數學（人教A版）\\人教A數學選修1-1,1-2\\2、2—2—1.ppt"綜合法與分析法一、選擇題1．設α，β，γ為平面，a，b為直線，給出下列條件：①a?α，b?β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能使α∥β一定成立的條件是（)A．①②B．②③C．②④D．③④[答案]C［解析］①若α∩β＝l，a∥l，b∥l亦滿足，③α可與β相交，④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1（a∥b,a⊥α)）?eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1(b⊥α,b⊥β)）?α∥β。故選C.2．已知x>0,y>0,lg2x＋lg8y＝lg2，則eq\f(1，x）＋eq\f(1，3y）的最小值是()A．2 B．2eq\r(2) C．4 D．2eq\r(3)［答案］C[解析]依題意得lg（2x·8y)＝lg2，即2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.所以eq\f（1,x)＋eq\f（1，3y）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，x)＋\f(1,3y))）·（x＋3y)＝2＋eq\f（x,3y）＋eq\f（3y,x）≥2＋2eq\r（\f（x,3y)·\f(3y，x））＝2＋2＝4，當且僅當eq\f（x,3y）＝eq\f（3y,x），即x＝3y＝eq\f(1，2)時，等號成立．故選C。3．設a,b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有()A．1≤ab≤eq\f（a2＋b2，2) B．ab〈1<eq\f(a2＋b2，2)C．ab〈eq\f（a2＋b2，2)<1 D.eq\f（a2＋b2,2)〈1<ab[答案]B[解析]ab〈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b，2)）)2<eq\f(a2＋b2,2)（a≠b）．4．設0<x<1，則a＝eq\r（2x），b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個是（）A．a B．bC．c D．不能確定[答案]C[解析］因為b－c＝(1＋x)－eq\f（1，1－x）＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)＜0，所以b<c。又因為(1＋x)2〉2x>0，所以b＝1＋x〉eq\r（2x）＝a，所以a〈b<c.5．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均為正數),則p、q的大小為(）A．p≥q B．p≤qC．p>q D．不確定［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。6．a〉b>c，n∈N＋，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()A．2B．3C．4D．5[答案]C［解析］eq\f（1，a－b)＋eq\f（1，b－c)＝eq\f(（b－c)＋（a－b),（a－b）（b－c））＝eq\f（a－c，(a－b)（b－c))≥eq\f（a－c，(\f(a－b＋b－c，2）））＝eq\f（4,a－c）。∴nmax＝4。7．已知函數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)))，則A、B、C的大小關系為(）A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[答案]A［解析］eq\f（a＋b,2)≥eq\r(ab）≥eq\f(2ab,a＋b)，又函數f(x)＝（eq\f(1,2))x在（－∞，＋∞)上是單調減函數，∴f（eq\f（a＋b,2)）≤f(eq\r(ab))≤f（eq\f（2ab,a＋b）)．8．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ"的證明：“cos4θ－sin4θ＝（cos2θ－sin2θ）（cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應用了（)A．分析法B．綜合法C．綜合法與分析法結合使用D．間接證法［答案]B［解析］利用已有的公式順推得到要證明的等式，故是綜合法．9．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．反證法 D．歸納法[答案］B10．要使eq\r(3，a)－eq\r(3，b)<eq\r(3,a－b）成立，a，b應滿足的條件是（)A．ab<0且a〉bB．ab〉0且a>bC．ab<0且a〈bD．ab>0且a>b或ab<0且a〈b［答案]D[解析]eq\r（3，a)－eq\r(3,b)〈eq\r（3,a－b)?a－b＋3eq\r(3，ab2)－3eq\r（3，a2b)<a－b。∴eq\r（3,ab2）<eq\r（3，a2b）?！喈攁b>0時，有eq\r(3,b)〈eq\r（3，a），即b<a；當ab<0時,有eq\r（3，b)〉eq\r（3,a)，即b〉a。二、填空題11．已知α、β為實數，給出下列三個論斷：①αβ＞0；②|α＋β｜＞5；③|α｜＞2eq\r(2），｜β|＞2eq\r（2).以其中的兩個論斷為條件,另一個論斷為結論，寫出你認為正確的命題是______．[答案]①③?②［解析］∵αβ＞0，｜α｜＞2eq\r（2），|β|＞2eq\r(2)∴｜α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ＞8＋8＋2×8＝32＞25∴｜α＋β|＞512．已知a>0，b>0，m＝lgeq\f(\r（a)＋\r（b），2），n＝lgeq\f(\r（a＋b），2），則m與n的大小關系為________．[答案］m>n［解析］因為(eq\r(a）＋eq\r(b）)2＝a＋b＋2eq\r（ab)〉a＋b〉0，所以eq\f(\r(a）＋\r(b），2）>eq\f(\r（a＋b)，2),所以m>n。13．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，則cos（α－β）＝________.[答案]－eq\f（1,2)［解析］由題意sinα＋sinβ＝－sinγ①cosα＋cosβ＝－cosγ②①，②兩邊同時平方相加得2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝12cos(α－β）＝－1，cos（α－β)＝－eq\f(1，2）。14．設a＝eq\r（2)，b＝eq\r（7）－eq\r（3），c＝eq\r（6)－eq\r(2），則a，b，c的大小關系為________．[答案]a>c>b［解析]b＝eq\f(4,\r(7）＋\r（3）），c＝eq\f(4，\r(6）＋\r(2)），顯然b〈c，而a2＝2，c2＝8－2eq\r（12）＝8－eq\r(48）<8－eq\r(36）＝2＝a2，所以a〉c.也可用a－c＝2eq\r（2)－eq\r（6）＝eq\r(8)－eq\r(6）〉0顯然成立,即a〉c.三、解答題15．(2010·陜西文，18）如圖，在四棱錐P－ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2,E，F分別是PB，PC的中點．(1）證明：EF∥平面PAD；（2）求三棱錐E－ABC的體積V。［解析］本題考查線面平行的判定，三棱錐的體積的求法，考查空間想象能力，推理論證能力．解：(1）在△PBC中,E,F分別是PB,PC的中點，∴EF∥BC.又BC∥AD，∴EF∥AD，又∵AD?平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD.（2)連接AE，AC，EC,過E作EG∥PA交AB于點G，則EG⊥平面ABCD,且EG＝eq\f(1,2)PA.在△PAB中，AP＝AB，∠PAB＝90°,BP＝2,∴AP＝AB＝eq\r（2)，EG＝eq\f（\r(2）,2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f（1，2）×eq\r（2）×2＝eq\r(2），∴VE—ABC＝eq\f（1,3)S△ABC·EG＝eq\f(1,3）×eq\r(2)×eq\f(\r（2）,2)＝eq\f(1,3）。16．已知a＞b＞0，求證:eq\f（(a－b）2,8a)＜eq\f（a＋b,2)－eq\r（ab)＜eq\f((a－b)2，8b)。［證明］為了證明eq\f((a－b)2，8a)＜eq\f(a＋b，2)－eq\r（ab）＜eq\f（(a－b）2，8b），只需證eq\f（（a－b)2,4a）＜a＋b－2eq\r(ab）＜eq\f（(a－b）2，4b)，即證(eq\f（a－b,2\r(a)))2＜(eq\r（a)－eq\r（b)）2＜eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（a－b,2\r(b）)））2.∵a＞b＞0，∴a－b＞0，eq\r(a)－eq\r(b）＞0.只需證eq\f（a－b,2\r（a)）＜eq\r（a)－eq\r（b）＜eq\f(a－b,2\r(b）)即證eq\f（\r（a）＋\r(b），2\r（a)）＜1＜eq\f(\r（a）＋\r（b),2\r(b)），只需證1＋eq\r（\f（b，a）)＜2＜1＋eq\r（\f(a，b）），即證eq\r(\f（b,a)）＜1＜eq\r(\f（a,b）),即證eq\f（b,a）＜1＜eq\f(a，b）。∵a＞b＞0,∴eq\f（b，a)＜1＜eq\f（a,b）,∴原命題成立．17．求證：eq\f（sin(2α＋β），sinα)－2cos（α＋β）＝eq\f（sinβ，sinα)。［證明]要證明原等式成立．即證明sin(2α＋β）－2sinαcos（α＋β）＝sinβ又因為sin(2α＋β）－2sinαcos(α＋β）＝sin[(α＋β）＋α］－2sinαcos(α＋β）＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β）sinα－2sinαcos（α＋β)＝sin（α＋β）cosα－cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β）－α]＝sinβ。所以原命題成立．18．在數列｛an｝中,a1＝1,an＋1＝2an＋2n。（1）設bn＝eq\f（an，2n－1).證明數列{bn}是等差數列；（2)求數列{an}的前n項和Sn.[證明](1）an＋1＝2an＋2n兩邊同除以2n得eq\f(an＋1，2n）＝eq\f（an,2n－1）＋1即eq\f（an＋1，2n）－eq\f（