1、课时分层作业(五)综合法和分析法(建议用时：40分钟)一、选择题1. 在ABC中，若sin Asin Bcos Acos B，则ABC一定是 ()A直角三角形B锐角三角形C钝角三角形D等边三角形C由sin Asin B0，所以cos C0，即ABC一定是钝角三角形2设P，Q，R，那么P，Q，R的大小关系是()APQRBPRQCQPRDQRPB先比较R，Q的大小，可对R，Q作差，即QR()()()又()2()2220，QR，由排除法可知，选B.3要证成立，a，b应满足的条件是()Aab0且abBab0且abCab0有abDab0且ab或ab0且abD要证，只需证()3()3，即证ab33ab，即
2、证，只需证ab2a2b，即证ab(ba)0且ba0或ab0.故选D.4用分析法证明：要使AB，只需使CD.这里是的()A充分条件B必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件B分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立，即，所以是的必要条件故选B.5若两个正实数x、y满足1，且不等式x0，y0，1，x2224，当且仅当y4x，即x2，y8时等号成立，x的最小值为4，要使不等式m23mx有解，应有m23m4，m4，故选B.二、填空题6如图所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足_时，BDA1C(写上一个条件即可)ACBD(答案不唯一)要证BDA1C，只需证BD平面AA1C.因为
3、AA1BD，只要再添加条件ACBD，即可证明BD平面AA1C，从而有BDA1C.7已知sin sin sin r0，cos cos cos r0，则cos()的值为_由sin sin sin r0，cos cos cos r0，得sin sin sin r，cos cos cos r，两式分别平方，相加得22(sin sin cos cos )1，所以cos ().8设a0，b0，则下面两式的大小关系为lg(1)_lg(1a)lg(1b)(1)2(1a)(1b) 12ab1abab 2(ab)()20.(1)2(1a)(1b)，lg(1)lg(1a)lg(1b)三、解答题9设a，b，c均为正数
4、，且abc1.证明：(1)abbcac；(2)1.证明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.10证明函数f(x)log2(x)是奇函数证明|x|，x0恒成立，f(x)log2(x)的定义域为R，要证函数ylog2(x)是奇函数，只需证f(x)f(x)，只需证log2(x)log2(x)0，只需证log2(x)(x)0，(x)(x)x21x21，而log2 10.上式成立故
5、函数f(x)log2(x)是奇函数1已知函数f(x)，a、bR，Af，Bf()，Cf，则A、B、C的大小关系为()AABCBACBCBCADCBAA，又函数f(x)在(，)上是单调减函数，ff()f.即ABC.2下列不等式不成立的是()Aa2b2c2abbccaB.(a0，b0)C.(a3)D.2D对A，a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，a2b2c2abbcca；对B，()2ab2，()2ab，；对C，要证(a3)成立，只需证明，两边平方得2a322a32，即，两边平方得a23aa23a2，即02.因为02显然成立，所以原不等式成立；对于D，()2(2)2124244(3)0，2
6、，故D错误3. 若对任意x0，a恒成立，则a的取值范围是_若对任意x0，a恒成立，只需求y的最大值，且令a不小于这个最大值即可因为x0，所以y，当且仅当x1时，等号成立，所以a的取值范围是.4已知x1是方程x2x4的根，x2是方程xlog2x4的根，则x1x2的值是_4x2x4，2x4x，x1是y2x与y4x交点的横坐标又xlog2x4，log2x4x，x2是ylog2x与y4x交点的横坐标又y2x与ylog2x互为反函数，其图象关于yx对称，由得x2，2，x1x24.5已知数列an的首项a15，Sn12Snn5(nN*)(1)证明：数列an1是等比数列；(2)求an.解(1)证明：由条件得Sn2Sn1(n1)5(n2)，又Sn12Snn5，得an12an1(n2)，所以2.又n1时，S22S115，且a15，所以a211，所以2，所以数列an1是以2为公比的等比数列(2)因为a116，所以an162n132n，所以an32n1.
