《新人教A版选修2-2《2.2.1综合法与分析法》同步练习及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新人教A版选修2-2《2.2.1综合法与分析法》同步练习及答案.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、选修 2-2 2.2 第 1 课时 综合法与分析法 一、选择题 1证明命题“f(x) e x1 e x在(0 ， ) 上是增函数”，一个同学给出的证法如下： f(x) e x 1 e x，f(x) e x1 e x. x0，e x1,00，即f(x)0 ， f(x) 在(0 ， ) 上是增函数，他使用的证明方法是( ) A综合法 B分析法 C反证法D 以上都不是 答案 A 解析 该证明方法符合综合法的定义，应为综合法故应选A. 2 分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设abc， 且abc 0， 求证：b 2 ac 0 B ac0 C(ab)(ac)0 D (ab)(ac)0. 只需证 (2
2、ab)(ab)0 ， 只需证 (ac)(ab)0. 故索的因应为C. 3pabcd，qmanc b m d n( m、n、a、b、c、d均为正数 ) ，则p、q的大 小为 ( ) ApqB pq CpqD 不确定 答案 B 解析 qabmad n nbc m cd ab2abcdcdabcdp. 4已知函数f(x) 1 2 x，a、 bR ， Af ab 2 ，Bf(ab) ，Cf 2ab ab ，则A、B、C 的大小关系为 ( ) AABCB ACB CBCAD CBA 答案 A 解析 ab 2 ab 2ab ab，又函数 f(x) 1 2 x 在( ， ) 上是单调减函数， f ab 2
3、f(ab) f 2ab ab . 5对任意的锐角、，下列不等式关系中正确的是( ) Asin( ) sin sin Bsin( ) coscos Ccos( ) sin sin Dcos( )0”是“P、Q、R 同时大于零”的( ) A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 C 解析 首先若P、Q、R同时大于零，则必有PQR0 成立 其次，若PQR0，且P、Q、R不都大于0，则必有两个为负，不妨设Px0，且xy1，那么 ( ) Axx0， 且xy1，设y3 4， x 1 4， 则 xy 2 1 2，2xy 3 8. 所以有 x0，且a1，下面正确的运算公
4、式是( ) S(xy) S(x)C(y) C(x)S(y) ； S(xy) S(x)C(y) C(x)S(y) ； C(xy) C(x)C(y) S(x)S(y) ； C(xy) C(x)C(y) S(x)S(y) A B C D 答案 D 解析 S(x) a x a x 2 ，C(x) a x a x 2 ， S(xy) a xy a xy 2 ， S(x)C(y) C(x)S(y) a x a x 2 a y a y 2 a x a x 2 a y a y 2 a xy a xy a yx a xy a xy a xy a yx a xy 4 2(a xyaxy) 4 a xyaxy 2
5、. S(xy) S(x)C(y) C(x)S(y) 同理：S(xy) S(x)C(y) C(x)S(y) C(xy) C(x)C(y) S(x)S(y) C(xy) C(x)C(y) S(x)S(y) 应选 D. 二、填空题 11如果a abbabb a，则实数a、b应满足的条件是_ 答案 a0，b0 且ab 解析 a ab babba ? (ab) 2 (ab) 0?a0，b0 且ab. 12 设a0，b0， 则下面两式的大小关系为lg(1 ab)_ 1 2lg(1 a) lg(1 b) 答案 解析 (1ab) 2(1 a)(1 b) 12abab1abab 2ab(ab) (ab) 20
6、(1ab) 2(1 a)(1 b) ， lg(1 ab) 1 2lg(1 a) lg(1 b) 13如果不等式|xa|b0，且a 2 b 2 4 1，则aba 2 b 2； a，bR，且abb0，m0，则 am bm a b； x 4 x 4(x0) 其中正确不等式的序号为_ 答案 解析 ab0，a b 2 a 2b 2 4 12a 2b 2 4 ab 1ab0，aba 2 b 2 ab(1ab)0 ，aba 2b2 正确 a 2 b 2 ab 2 (ab) 2 ab abb0，m0， b(bm)0，ba0，b0，ab1. 求证： (1) 1 a 1 b 1 ab 8； (2)a1 a 2 b
7、 1 b 225 2 . 证明 (1) a0，b0，ab1， 1ab2ab，ab 1 2， 1 ab4. 1 a 1 b 1 ab( ab) 1 a 1 b 1 ab 2ab2 1 ab 48， 1 a 1 b 1 ab8. (2) ab 2 a 2 b 2 2 ，则 a 2 b 2 2 ab 2 2 a 1 a 2 b 1 b 22a 1 a b 1 b 2 2 1 1 a 1 b 2 2 12 1 ab 2 2 25 2 . a 1 a 2 b 1 b 225 2 . 16已知ab0，求证 (ab) 2 8a b0， b algalgblgc. 证 明 要 证lg ab 2 lg bc 2 lg ca 2 lga lgb lgc， 只 需 证 lg ab 2 bc 2 ca 2 lg(abc) ， 即证 ab 2 bc 2 ca 2 abc. 因为a，b，c为不全相等的正数， 所以 ab 2 ab0， bc 2 bc0， ca 2 ac0， 且上述三式中等号不能同时成立 所以 ab 2 bc 2 ca 2 abc成立， 所以 lg ab 2 lg bc 2 lg ca 2 lgalgb lgc成立