第二章2.2請(qǐng)同學(xué)們認(rèn)真完成練案[5]A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．設(shè)0＜x＜1，則a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個(gè)是(C)A．a(chǎn) B．bC．c D．不確定[解析]∵b－c＝1＋x－eq\f(1,1－x)＝eq\f(－x2,1－x)＜0，∴b＜c．又∵b＝1＋x>eq\r(2x)＝a，∴a＜b＜c．2．“對(duì)任意角θ，都有cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明過(guò)程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”應(yīng)用了(B)A．分析法 B．綜合法C．綜合法與分析法結(jié)合使用 D．間接證法[解析]證明過(guò)程是利用已有的公式順推得到要證明的等式，因此是綜合法．3．若a＜b＜0，則下列不等式中成立的是(C)A．eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) B．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b) D．eq\f(b,a)＜eq\f(b＋1,a＋1)[解析]∵a＜b＜0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，又∵b>a，∴b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b)．4．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證(D)A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C．eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0[解析]由a2＋b2－1－a2b2≤0，得(a2－1)－b2(a2－1)≤0，即(a2－1)(b2－1)≥0，故選D．5．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么(D)A．x＜eq\f(x＋y,2)＜y＜2xy B．2xy＜x＜eq\f(x＋y,2)＜yC．x＜eq\f(x＋y,2)＜2xy＜y D．x＜2xy＜eq\f(x＋y,2)＜y[解析]∵y>x>0，且x＋y＝1，∴設(shè)y＝eq\f(3,4)，x＝eq\f(1,4)，則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，選D．6．已知函數(shù)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(guān)系為(A)A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[解析]eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x在(－∞，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，∴f(eq\f(a＋b,2))≤f(eq\r(ab))≤f(eq\f(2ab,a＋b))．二、填空題7．在算式30－△＝4×□中的△，□內(nèi)分別填入兩個(gè)正數(shù)，使它們的倒數(shù)和最小，則這兩個(gè)數(shù)構(gòu)成的數(shù)對(duì)(△，□)應(yīng)為_(kāi)_(10,5)__．[解析]設(shè)(△，□)為(a，b)，則30－a＝4b，即a＋4b＝30，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))·eq\f(a＋4b,30)＝eq\f(5＋\f(4b,a)＋\f(a,b),30)≥eq\f(5＋4,30)＝eq\f(3,10)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b時(shí)等號(hào)成立．又有a＋4b＝30，可得a＝10，b＝5．8．下列條件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件的個(gè)數(shù)是__3__．[解析]要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)＞0，且eq\f(a,b)＞0，即a，b不為0且同號(hào)，故①③④能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．故有3個(gè)．三、解答題9．已知n∈N*，且n≥2，求證：eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)．[解析]要證eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)，即證1>n－eq\r(nn－1)，只需證eq\r(nn－1)>n－1，∵n≥2，∴只需證n(n－1)>(n－1)2，只需證n>n－1，只需證0>－1，最后一個(gè)不等式顯然成立，故原結(jié)論成立．B級(jí)素養(yǎng)提升一、選擇題1．在△ABC中，“eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))>0”是“△ABC為銳角三角形”的(B)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分與不必要條件[解析]∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))>0，∴∠A為銳角，但∠B、∠C的大小不確定，故選B．2．在R上定義運(yùn)算⊙a(bǔ)⊙b＝ab＋2a＋b，則滿足x⊙(x－2)＜0的實(shí)數(shù)x的取值范圍為(B)A．(0,2) B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1＋∞) D．(－1,2)[解析]x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2＜0?x2＋x－2＜0?－2＜x＜1．3．(多選題)關(guān)于綜合法和分析法的說(shuō)法正確的是(ABD)A．綜合法和分析法是直接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[解析]綜合法是由因?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，故選ABD．4．(多選題)在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足的條件不可能是(ABD)A．a(chǎn)2＜b2＋c2 B．a(chǎn)2＝b2＋c2C．a(chǎn)2＞b2＋c2 D．a(chǎn)2≤b2＋c2[解析]要使A為鈍角，應(yīng)有cosA＜0，即eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＜0，所以應(yīng)滿足b2＋c2－a2＜0，即b2＋c2＜a2，故選ABD．二、填空題5．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(guān)系為_(kāi)_m>n__．[解析]因?yàn)?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．6．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，則cos(α－β)＝__－eq\f(1,2)__．[解析]條件變?yōu)閟inα＋sinβ＝－sinγ，cosα＋cosβ＝－cosγ，兩式平方相加可推得結(jié)論cos(α－β)＝－eq\f(1,2)．三、解答題7．已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求證：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8．[解析]解法一：(綜合法)(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)＝(eq\f(a＋b＋c,a)－1)(eq\f(a＋b＋c,b)－1)(eq\f(a＋b＋c,c)－1)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào)，∴不等式成立．解法二：(分析法)要證(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立，只需證eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．∵a＋b＋c＝1，∴只需證eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立，即eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8.只需證eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8成立．而eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8顯然成立，∴(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立．8．若a、b、c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc．[解析]解法一(分析法)：要證lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc，即要證lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lg(abc)，只需證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc．∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)>0，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)≥abc>0.(*)又∵a、b、c是不全相等的正數(shù)，∴(*)式中等號(hào)不成立，∴原不等式成立．解法二(綜合法)：∵a、b、c∈R＋，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq