1、自我小测1下面叙述正确的是()A综合法、分析法是直接证明的方法B综合法是直接证法，分析法是间接证法C综合法、分析法都是从要证的结论出发D综合法、分析法都是从已知条件出发2已知集合M(x，y)|xy2，N(x，y)|xy4，那么集合MN为()Ax3，y1 B(3，1) C3，1 D(3，1)3用maxa1，a2，a3，an表示数集a1，a2，a3，an中最大的一个数，则对于a0，b0，且ab，max等于()A. B. C. D以上都不对4设f(x)是连续的偶函数，且当x0时是单调函数，则满足f(x)f的所有x之和为()A3 B3 C8 D85已知x2y2a，m2n2b，且ab，则mxny的最大值
2、是()A. B. C. D.6设a，b，c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是()A|ab|ac|bc|Ba2aC|ab|2D.7命题“函数f(x)xxln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)xxln x求导得f(x)ln x，当x(0,1)时，f(x)ln x0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了_的证明方法8函数yf(x)在(0,2)上是增函数，函数yf(x2)是偶函数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是_9已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)0，对任意的x1，x2R都有f(x1x2)2f(x1)f(x2)，且f(1)2，则f
3、(2)_.若令f(x1)a，f(x2)b，且f(x1x2)ab，则ab的取值范围是_10设x，y(0，)，求证：(xy)2(xy)xy.11已知ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试分别用综合法和分析法证明B为锐角12设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和记bn，nN，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.参考答案1. 答案：A2. 解析：由已知解得所以可知MN(3，1)答案：D3. 解析：a2b22ab，2(a2b2)(ab)2.又，最大答案：C4. 解析：因为f(x)是连续的
4、偶函数，且x0时是单调函数，由偶函数的性质可知：若 f(x)f，只有两种情况：x；x0.由知x23x30，故其两根之和为x1x23；由知x25x30，故其两根之和为x3x45.因此满足条件的所有x之和为8.答案：C5. 解析：由条件x2y2a，m2n2b容易联想到三角换元法令xcos ，ysin ，0,2)，mcos ，nsin ，0,2)则mxnycos cos sin sin (cos cos sin sin )cos()cos()1，mxny的最大值为.答案：A6. 解析：A：|ab|(ac)(cb)|ac|cb|，故此不等式一定成立B：a222，a2a22220a2或a1.又a为正数，
5、a2.a2a恒成立C：|ab|0，而abR，不能使用均值不等式D：，显然成立，故此不等式恒成立答案：C7. 答案：综合法8. 解析：yf(x2)是偶函数，则f(x2)f(x2)，则x2是f(x)的对称轴又f(x)在(0,2)上是增函数，f(1)f(1.5)f(2.5)，f(0.5)f(3.5)f(1)f(3.5)f(1)f(2.5)答案：f(3.5)f(1)f(2.5)9. 解析：f(2)f(11)f(1)f(1)22222.f(x1x2)f(x1)f(x2)2，abab2.又ab2，ab22.(ab)24(ab)80，解得ab22或ab22.但a0，b0，ab0.ab22，)答案：222，)
6、10. 证明：原不等式等价于2(xy)2xy4x4y，即证(xy)2(xy)12(22)x，y(0，)，xy20.只需证2(xy)122，即证.x，y，当且仅当xy时，等号成立，成立(xy)2(xy)xy.11. 分析：由于已知条件为边的关系，而证明的结论是角的问题，故需借助正(余)弦定理，应用三角函数的知识进行证明证明：证法一(分析法)：要证明B为锐角，只需证cos B0.因为cos B，所以只需证明a2c2b20，即a2c2b2.又因为a2c22ac，所以只需证明2acb2.由已知， 即2acb(ac)，所以只需证明b(ac)b2，即需acb成立因为在ABC中，恒有acb成立，所以B为锐角
7、证法二(综合法)：由题意：，则b，又因为acb，所以b(ac)2acb2.因为cos B0，又ycos x在(0，)上单调递减，所以B，所以B为锐角12. 证明：由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22b1b4，即2a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN，有Smm2a.从而对于所有的k，nN，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.
