課時(shí)作業(yè)15綜合法和分析法|基礎(chǔ)鞏固|(25分鐘，60分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．關(guān)于綜合法和分析法的說法錯(cuò)誤的是()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：由綜合法和分析法的定義及推理過程可知A，B，D正確，C錯(cuò)誤．答案：C2．設(shè)a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，則a與b的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)＝bC．a(chǎn)<bD．無法確定解析：因?yàn)閍＝lg2＋lg5＝lg(2×5)＝lg10＝1，所以b＝ex<e0＝1＝a.答案：A3．要證eq\r(a)＋eq\r(a＋7)<eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)可選擇的方法很多，其中最合理的是()A．綜合法B．類比法C．分析法D．歸納法解析：要證eq\r(a)＋eq\r(a＋7)<eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，只需證明2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)<2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，只需證明eq\r(a2＋7a)<eq\r(a2＋7a＋12)，只需證明a2＋7a<a2＋7只需證明0<12，故選擇分析法最合理．答案：C4．已知a>0，b>0且a＋b＝2，則()A．a(chǎn)≤eq\f(1,2)B．a(chǎn)b≥eq\f(1,2)C．a(chǎn)2＋b2≥2D．a(chǎn)2＋b2≤3解析：因?yàn)閍>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，所以ab≤1，a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2＝2.答案：C5．分析法又叫執(zhí)果索因法，若使用分析法證明：設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0解析：要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2只需證b2－a(－b－a)<3a2只需證2a2－ab－b2只需證(2a＋b)(a－b只需證(a－c)(a－b)>0.故索的因應(yīng)為C.答案：C二、填空題(每小題5分，共15分)6.eq\r(3)－eq\r(2)________eq\r(2)－1.(填“>”或“<”)解析：因?yàn)閑q\r(3)－eq\r(2)和eq\r(2)－1都是正數(shù)．要比較eq\r(3)－eq\r(2)與eq\r(2)－1的大?。恍枧卸╡q\f(\r(3)－\r(2),\r(2)－1)與1的大小即可．而eq\f(\r(3)－\r(2),\r(2)－1)＝eq\f(\r(3)－\r(2)\r(3)＋\r(2)\r(2)＋1,\r(2)－1\r(2)＋1\r(3)＋\r(2))＝eq\f(\r(2)＋1,\r(3)＋\r(2))<1，所以eq\r(3)－eq\r(2)<eq\r(2)－1.答案：<7．在平面內(nèi)有四邊形ABCD和點(diǎn)O，滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，則四邊形的形狀為________．解析：由已知eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))得eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，即eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))，所以四邊形ABCD為平行四邊形．答案：平行四邊形8．已知等差數(shù)列{an}，Sn表示前n項(xiàng)和，a3＋a9>0，S9<0，則S1，S2，S3，…中最小的是________．解析：由于數(shù)列{an}為等差數(shù)列，所以a3＋a9＝2a6S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5<0.所以S5最小．答案：S5三、解答題(每小題10分，共20分)9．已知a，b>0，求證：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.證明：因?yàn)閎2＋c2≥2bc，a>0，所以a(b2＋c2)≥2abc，又因?yàn)閏2＋a2≥2ac，b所以b(c2＋a2)≥2abc.因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).證明：a⊥b?a·b＝0，要證eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2)，只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即證(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證．|能力提升|(20分鐘，40分)11．設(shè)0<x<1，則a＝eq\r(2x)，b＝x＋1，c＝eq\f(1,1－x)中最大的是()A．cB．bC．a(chǎn)D．隨x取值不同而不同解析：因?yàn)閤>0，所以(1＋x)2＝1＋2x＋x2>2x.所以1＋x>eq\r(2x).即b>a.又c－b＝eq\f(1,1－x)－(1＋x)＝eq\f(1－1－x1＋x,1－x)＝eq\f(1－1－x2,1－x)＝eq\f(x2,1－x)>0，所以c>b即c>b>a.答案：A12．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實(shí)數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)－aeq\r(b)>beq\r(a)－beq\r(b)?a(eq\r(a)－eq\r(b))>b(eq\r(a)－eq\r(b))?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b13．已知a>0，b>0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證明：方法一：(綜合法)因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))－\f(1,\r(a))))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).方法二：(分析法)要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，即證(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0，因?yàn)閍>0，b>0，所以a－b與eq\r(a)－eq\r(b)符號(hào)相同，不等式(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0成立，所以原不等式成立．14．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，其對(duì)邊分別為a，b，c.求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.證明：法一：要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，只需證c2＋a2＝ac＋b2.∵△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos60°，即b2＝c2＋a2－ac，c2＋a2＝ac＋b2，此式即分析中欲證之等式，即原式得證．法二：∵△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°，得c2＋a2＝ac＋b2，兩邊同時(shí)加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，兩邊同時(shí)除以(a＋b)