【数学】2020届一轮复习人教A版综合法和分析法作业
2020届一轮复习人教A版 综合法和分析法 作业
1.下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1
f(x2)”的是( )
A.f(x)=1x B.f(x)=(x-1)2
C.f(x)=ex D.f(x)=ln(x+1)
解析:本题就是判断哪一个函数在(0,+∞)内是减函数,A项中,f'(x)=1x'=-1x2<0,所以f(x)=1x在(0,+∞)内为减函数,其余选项均不符合.
答案: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:b2-ac<3a,则证明的依据应是( )
A.a-b>0 B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0
解析:b2-ac<3a⇔b2-ac<3a2⇔(a+c)2-ac<3a2⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.
答案:C
3.命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列”是否成立( )
A.不成立 B.成立
C.不能断定 D.与n取值有关
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-5,又a1=S1=2×12-3×1=-1适合上式,所以an=4n-5(n∈N*),则an-an-1=4(常数),故数列{an}是等差数列.
答案:B
4.已知函数f(x)=cos(3x+4θ)是奇函数,则θ等于( )
A.kπ4+π8(k∈Z) B.kπ+π2(k∈Z)
C.kπ(k∈Z) D.kπ4(k∈Z)
解析:因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,即cos(-3x+4θ)=-cos(3x+4θ),亦即cos(3x-4θ)+cos(3x+4θ)=0,所以2cos 3xcos 4θ=0,因此cos 4θ=0,4θ=kπ+π2(k∈Z),解得θ=kπ4+π8(k∈Z).
答案:A
5.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( )
A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-a4+b42≤0
C.(a+b)22-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0
解析:∵a2+b2-1-a2b2≤0⇐(a2-1)(b2-1)≥0,∴由分析法知选D.
答案:D
6.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,求证:1a-11b-11c-1≥8.证明过程如下:
因为a,b,c为正实数,且a+b+c=1,
所以1a-1=b+ca>0,1b-1=a+cb>0,1c-1=a+bc>0,所以1a-11b-11c-1=b+ca·a+cb·a+bc≥2bc·2ac·2ababc=8.当且仅当a=b=c时取等号,所以不等式成立.
这种证法是 .
解析:本题从已知条件出发,不断地展开思考,去探索结论,这种方法是综合法.
答案:综合法
7.平面内有四边形ABCD和点O,且满足OA+OC=OB+OD,则四边形ABCD为 .
解析:因为OA+OC=OB+OD,所以OA-OB=OD-OC,即BA=CD,故四边形ABCD为平行四边形.
答案:平行四边形
8.在锐角三角形ABC中,求证:tan Atan B>1.
证明:要证tan Atan B>1,只需证sinAsinBcosAcosB>1,
因为A,B均为锐角,所以cos A>0,cos B>0.
因此只需证明sin Asin B>cos Acos B,
即cos Acos B-sin Asin B<0,
只需证cos(A+B)<0.
而△ABC为锐角三角形,所以90°1.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点.
(1)证明CD⊥AE.
(2)证明PD⊥平面ABE.
证明:(1)在四棱锥P-ABCD中,
因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
又因为AE⊂平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
又因为PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以平面PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.
10.已知△ABC的三边a,b,c的倒数成等差数列.试分别用分析法和综合法证明B为锐角.
思路分析:在△ABC中,要证B为锐角,只需证cos B>0,结合余弦定理可解决问题.
证明:分析法:要证明B为锐角,只需证cos B>0.
∵cos B=a2+c2-b22ac,
∴只需证明a2+c2-b2>0,即a2+c2>b2.
又∵a2+c2≥2ac,∴只需证明2ac>b2.
由已知2b=1a+1c,得2ac=b(a+c),
∴只需证明b(a+c)>b2,即只需证明a+c>b.
而a+c>b显然成立,故B为锐角.
综合法:由题意,得2b=1a+1c=a+cac,
则b=2aca+c,∴b(a+c)=2ac.
∵a+c>b,∴b(a+c)=2ac>b2.
∴cos B=a2+c2-b22ac≥2ac-b22ac>0.
又∵0Q B.P=Q
C.P0”是“△ABC为锐角三角形”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若△ABC为锐角三角形,则A必为锐角,因此一定有AB·AC>0,但当AB·AC>0时,只能得到A为锐角,这时△ABC不一定为锐角三角形.
答案:B
3.在△ABC中,C=π3,a,b,c分别为A,B,C的对边,则ab+c+bc+a= .
解析:因为C=π3,所以a2+b2=c2+ab,所以(a2+ac)+(b2+bc)=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+c),所以ab+c+bc+a=(a2+ac)+(b2+bc)(b+c)(c+a)=1.
答案:1
4.如图,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD(侧棱与底面垂直)中,当底面四边形ABCD满足条件 时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形).
解析:要证明A1C⊥B1D1,
只需证明B1D1⊥平面A1C1C.
因为CC1⊥B1D1,
只要再有条件B1D1⊥A1C1,就可证明B1D1⊥平面A1C1C,
从而得答案为B1D1⊥A1C1.
答案:B1D1⊥A1C1(答案不唯一)
5.设a,b,c,d均为正数,求证:a2+b2+c2+d2≥(a+c)2+(b+d)2.
证明:要证明a2+b2+c2+d2≥(a+c)2+(b+d)2成立,
只需证a2+b2+c2+d2≥(a+b)2+(b+c)2,
即证(a2+b2)(c2+d2)≥ac+bd,
就是证(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,
就是证b2c2+a2d2≥2abcd,
也就是证(bc-ad)2≥0,此式显然成立,
故所证不等式成立.
6.在锐角三角形ABC中,已知3b=23asin B,且cos B=cos C,求证:△ABC是等边三角形.
证明:∵△ABC为锐角三角形,
∴A,B,C∈0,π2,
由正弦定理及条件,可得
3sin B=23sin Asin B.
∵B∈0,π2,
∴sin B≠0,∴3=23sin A,
∴sin A=32.
∵A∈0,π2,
∴A=π3.
又cos B=cos C,且B,C∈0,π2,
∴B=C.
又B+C=2π3,
∴A=B=C=π3.
从而△ABC是等边三角形.
7.导学号40294013是否存在常数C,使不等式x2x+y+yx+2y≤C≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立?若存在,请给出证明;若不存在,请说明理由.
解:存在常数C=23使不等式成立.
证明如下:
∵x>0,y>0,
∴要证x2x+y+yx+2y≤23,
只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),
即证x2+y2≥2xy,此式显然成立.
∴x2x+y+yx+2y≤23.
再证xx+2y+y2x+y≥23,
只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即证x2+y2≥2xy,此式显然成立.
∴xx+2y+y2x+y≥23.
综上所述,存在常数C=23,使得不等式x2x+y+yx+2y≤C≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立.
8.求证:当x∈[0,1]时,22x≤sin x≤x.
证明:记F(x)=sin x-22x,则F'(x)=cos x-22.
当x∈0,π4时,F'(x)>0,F(x)在0,π4上是增函数;
当x∈π4,1时,F'(x)<0,F(x)在π4,1上是减函数.
又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sin x≥22x.
记H(x)=sin x-x,则当x∈(0,1)时,H'(x)=cos x-1<0,所以H(x)在[0,1]上是减函数,则H(x)≤H(0)=0,即sin x≤x.
综上,22x≤sin x≤x,x∈[0,1].