1、第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法课后篇巩固提升基础巩固1.下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2(0,+),当x1f(x2)”的是()A.f(x)=1xB.f(x)=(x-1)2C.f(x)=exD.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=-1x20,用分析法证明1+x2B.x24C.x20D.x21解析因为x0,所以要证1+x1+x2,只需证(1+x)21+x22,即证00,显然x20成立,故原不等式成立.答案C3.命题“如果数列an的前n项和Sn=2n2-3n(nN*),那么数列an一定是等差数列
2、”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n2时,an=Sn-Sn-1=4n-5,又a1=S1=212-31=-1适合上式,所以an=4n-5(nN*),则an-an-1=4(常数),故数列an是等差数列.答案B4.已知函数f(x)=cos(3x+4)是奇函数,则等于()A.k4+8(kZ)B.k+2(kZ)C.k(kZ)D.k4(kZ)解析因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)对xR恒成立,即cos(-3x+4)=-cos(3x+4),亦即cos(3x-4)+cos(3x+4)=0,所以2cos 3xcos 4=0,因此cos 4=0,4=k+2(kZ),解
3、得=k4+8(kZ).答案A5.要证a2+b2-1-a2b20,只需证明()A.2ab-1-a2b20B.a2+b2-1-a4+b420C.(a+b)22-1-a2b20D.(a2-1)(b2-1)0解析a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,由分析法知选D.答案D6.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,求证:1a-11b-11c-18.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+ca0,1b-1=a+cb0,1c-1=a+bc0,所以1a-11b-11c-1=b+caa+cba+bc2bc2ac2ababc=8.当且仅当a=b=c时取等号,所
4、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 B1.证明要证tan Atan B1,只需证sinAsinBcosAcosB1,因为A,B均为锐角,所以cos A0,cos B0.因此只需证明sin Asin Bcos Acos B,即cos Acos B-sin Asin B0,只需证c
5、os(A+B)0.而ABC为锐角三角形,所以90A+B180,所以cos(A+B)1.9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABAD,ACCD,ABC=60,PA=AB=BC,点E是PC的中点.(1)证明:CDAE.(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PACD.因为ACCD,PAAC=A,所以CD平面PAC.又因为AE平面PAC,所以CDAE.(2)由PA=AB=BC,ABC=60,可得AC=PA.因为点E是PC的中点,所以AEPC.由(1)知,AECD,又PCCD=C,所以AE平面PCD.又因为PD平面PCD
6、,所以AEPD.因为PA底面ABCD,AB平面ABCD,所以平面PAAB.又ABAD,PAAD=A,所以AB平面PAD.因为PD平面PAD,所以ABPD.又因为ABAE=A,所以PD平面ABE.10.(1)设ab0,用综合法证明:a3+b3a2b+ab2;(2)用分析法证明:已知a,b,m是正实数,且ab,则ab0,a3+b3-(a2b+ab2)0,a3+b3a2b+ab2.(2)因为a,b,m均为正实数,所以欲证aba+mb+m,只要证明a(b+m)b(a+m),即证ambm,即证aQB.P=QC.PQD.由a的取值决定解析当a=1时,P=1+22,Q=2+5,PQ,故猜想当a0时,PQ.证
7、明如下:要证PQ,只需证P2Q2,只需证2a+7+2a(a+7)2a+7+2(a+3)(a+4),即证a2+7aa2+7a+12,只需证012,012成立,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ABAC0,但当ABAC0时,只能得到A为锐角,这时ABC不一定为锐角三角形.答案B3.在ABC中,C=3,a,b,c分别为A,B,C的对边,则ab+c+bc+a=.解析因为C=3,所以a2+b2=c2+ab,所以(a2+ac)+(b2+bc)=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+
8、c),所以ab+c+bc+a=(a2+ac)+(b2+bc)(b+c)(c+a)=1.答案14.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A1CB1D1(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A1CB1D1,只需证明B1D1平面A1C1C.因为CC1B1D1,只要再有条件B1D1A1C1,就可证明B1D1平面A1C1C,从而得答案为B1D1A1C1.答案B1D1A1C1(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
9、)2+(b+d)2成立,只需证(a2+b2+c2+d2)2(a+c)2+(b+d)2,即证(a2+b2)(c2+d2)ac+bd,就是证(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2,就是证b2c2+a2d22abcd,也就是证(bc-ad)20,此式显然成立,故所证不等式成立.6.用综合法或分析法证明:(1)如果a0,b0,则lg a+b2lga+lgb2;(2)6+1023+2.证明(1)当a0,b0时,有a+b2ab0,lg a+b2lgab,lg a+b212lg(ab)=lga+lgb2.lg a+b2lga+lgb2.(2)要证6+1023+2,只要证(6+10)2(23+2)2,即
10、260248,显然成立,所以原不等式成立.7.是否存在常数C,使不等式x2x+y+yx+2yCxx+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:x0,y0,要证x2x+y+yx+2y23,只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)2(2x+y)(x+2y),即证x2+y22xy,此式显然成立.x2x+y+yx+2y23.再证xx+2y+y2x+y23,只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)2(x+2y)(2x+y),即证x2+y22xy,此式显然成立.xx+2y+y2x+y23.综上所述,存在常数C=23,使得不等式x2x+y+yx+2yCxx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立.8.求证:当x0,1时,22xsin xx.证明记F(x)=sin x-22x,则F(x)=cos x-22.当x0,4时,F(x)0,F(x)在0,4上单调递增;当x4,1时,F(x)0,所以当x0,1时,F(x)0,即sin x22x.记H(x)=sin x-x,则当x(0,1)时,H(x)=cos x-10,所以H(x)在0,1上单调递减,则H(x)H(0)=0,即sin xx.综上,22xsin xx,x0,1.
