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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 2.2第1課時(shí) 綜合法與分析法課時(shí)作業(yè) 新人教B版選修2-2.doc

上傳人：tian****1990

文檔編號(hào)：2628467

上傳時(shí)間：2019-11-28

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《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 2.2第1課時(shí) 綜合法與分析法課時(shí)作業(yè) 新人教B版選修2-2.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 2.2第1課時(shí) 綜合法與分析法課時(shí)作業(yè) 新人教B版選修2-2.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 2.2第1課時(shí) 綜合法與分析法課時(shí)作業(yè) 新人教B版選修2-2 一、選擇題 1．用分析法證明問題是從所證命題的結(jié)論出發(fā)，尋求使這個(gè)結(jié)論成立的(　　) A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．既非充分條件又非必要條件 [答案]　A 2．下面的四個(gè)不等式： ①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca； ②a(1－a)≤； ③＋≥2； ④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2. 其中恒成立的有(　　) A．1個(gè)　 B．2個(gè)　 C．3個(gè)　 D．4個(gè) [答案]　C [解析]　∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0 a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0， (a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2 ≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2， ∴①②④正確．故選C. 3．設(shè)x＝，y＝－，z＝－，則x、y、z的大小順序是(　　) A．x>y>z B．z>x>y C．y>z>x D．x>z>y [答案]　D [解析]　∵x、y、z都是正數(shù)，又x2－z2＝2－(8－4)＝4－6＝－＞0，∴x＞z. ∵＝＝＞1.∴z＞y. ∴x>z>y.故選D. 4．若a0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0，由零點(diǎn)存在性定理知，選A. 5．p＝＋，q＝(m、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、q的大小為(　　) A．p≥q B．p≤q C．p>q D．不確定 [答案]　B [解析]　q＝ ≥＝＋＝p.故選B. 6．已知函數(shù)f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，則A、B、C的大小關(guān)系為(　　) A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A [答案]　A [解析]　∵≥≥，又函數(shù)f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)， ∴f≤f()≤f.故選A. 7．若x、y∈R，且2x2＋y2＝6x，則x2＋y2＋2x的最大值為(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 [答案]　B [解析]　由y2＝6x－2x2≥0得0≤x≤3，從而x2＋y2＋2x＝－(x－4)2＋16，∴當(dāng)x＝3時(shí)，最大值為15. 8．設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若bcos C＋ccos B＝asin A，則△ABC的形狀為(　　) A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不確定 [答案]　B [解析]　由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以，sin(B＋C)＝sin2A，∴sinA＝sin2A，而sinA>0，∴sinA＝1，A＝，所以△ABC是直角三角形．二、填空題 9．設(shè)a>0，b>0，c>0，若a＋b＋c＝1，則＋＋的最小值為________． [答案]　9 [解析]　∵a>0，b>0，c>0，a＋b＋c＝1， ∴＋＋＝＋＋＝3＋＋＋＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9，等號(hào)在a＝b＝c＝時(shí)成立． 10．若02ab(a≠b)， ∴2ab2(a≠b)，故a＋b最大．簡(jiǎn)解：不妨取a＝，b＝，則a＋b＝，2＝，a2＋b2＝，2ab＝，顯然最大為a＋b. 11．設(shè)p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，則p與q的大小關(guān)系是________． [答案]　p≥q [解析]　∵p－q＝2x4＋1－(2x3＋x2)＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)，又2x2＋2x＋1恒大于0，∴p－q≥0，故p≥q. 三、解答題 12．已知a、b、c∈R＋，求證：≥. [證明]　要證≥，只需證：≥2，只需證：3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca，只需證：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，只需證：(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，而這是顯然成立的，所以≥成立. 一、選擇題 1．已知x、y為正實(shí)數(shù)，則(　　) A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx2lgy C．2lgxlgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx2lgy [答案]　D [解析]　2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx2lgy. 2．已知a>0，b>0，＋＝1，則a＋2b的最小值為(　　) A．7＋2 B．2 C．7＋2 D．14 [答案]　A [解析]　a＋2b＝(a＋2b)＝7＋＋. 又∵a>0，b>0，∴由均值不等式可得：a＋2b＝7＋＋≥7＋2＝7＋2.當(dāng)且僅當(dāng)＝且＋＝1，即3a2＝2b2且＋＝1時(shí)等號(hào)成立，故選A. 3．若兩個(gè)正實(shí)數(shù)x、y滿足＋＝1，且不等式x＋0，y>0，＋＝1，∴x＋＝(x＋)(＋)＝2＋＋≥2＋2＝4，等號(hào)在y＝4x，即x＝2，y＝8時(shí)成立，∴x＋的最小值為4，要使不等式m2－3m>x＋有解，應(yīng)有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故選B. 4．在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且對(duì)任意m、n都有： (1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)；給出下列三個(gè)結(jié)論： ①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是________個(gè)． (　　) A．3　　 B．2　　 C．1　　 D．0 [答案]　A [解析]　∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)組成首項(xiàng)為f(m,1)，公差為2的等差數(shù)列， ∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2(5－1)＝9，又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)構(gòu)成首項(xiàng)為f(1,1)，公比為2的等比數(shù)列，∴f(m,1)＝f(1,1)2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋2(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正確，故選A. 二、填空題 5．函數(shù)y＝f(x)在(0,2)上是增函數(shù)，函數(shù)y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，則f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小關(guān)系是________________． [答案]　f(3.5)－. [證明]　要證>－，即證1>n－，只需證>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． 9．觀察下題的解答過程：已知正實(shí)數(shù)a、b滿足a＋b＝1，求＋的最大值．解：∵≤＝a＋，≤＝b＋，相加得＋＝(＋)≤a＋b＋3＝4. ∴＋≤2，等號(hào)在a＝b＝時(shí)取得，即＋的最大值為2. 請(qǐng)類比上題解法使用綜合法證明下題：已知正實(shí)數(shù)x、y、z滿足x＋y＋z＝2，求證：＋＋≤. [解析]　∵≤＝x＋， ≤＝y(tǒng)＋， ≤＝z＋，相加得(＋＋)≤x＋y＋z＋5＝7，即＋＋≤7＝，等號(hào)在x＝y(tǒng)＝z＝時(shí)取得．

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