2019_2020学年高中数学课时分层作业14综合法和分析法（含解析）新人教A版

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1、课时分层作业(十四)　综合法和分析法(建议用时：60分钟)[基础达标练]一、选择题1．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.∵x>0，∴ex>1,0<<1，∴ex－>0，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A　[该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故选A.]2．设P＝，Q＝－，R＝－，那么P，Q，R的大小关系是(　　)A．P＞Q＞RB．P＞R＞QC．Q＞P＞RD．Q＞R＞PB　[先

2、比较R，Q的大小，可对R，Q作差，即Q－R＝－－(－)＝(＋)－(＋)．又(＋)2－(＋)2＝2－2＜0，∴Q＜R，由排除法可知，选B.]3．要证－＜成立，a，b应满足的条件是(　　)A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0有a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜bD　[要证－＜，只需证(－)3＜()3，即证a－b－3＋3＜a－b，即证＜，只需证ab2＜a2b，即证ab(b－a)＜0.只需ab＞0且b－a＜0或ab＜0且b－a＞0.故选D.]4．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；③＋≥2；④(a2＋b2)

3、(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有(　　)A．1个B．2个C．3个D．4个C　[∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，当ab<0时，＋≥2不成立，∴应选C.]5．若两个正实数x，y满足＋＝1，且不等式x＋

4、3，＋∞)B　[∵x>0，y>0，＋＝1，∴x＋＝＝2＋＋≥2＋2＝4，等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立，∴x＋的最小值为4，要使不等式m2－3m>x＋有解，应有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，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，BD⊥A1C(写上一个条件即可)．AC⊥BD(答案不唯一)　[要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C.因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD，即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C.]7．已知sinα＋sinβ＋sinr＝0，cosα＋co

5、sβ＋cosr＝0，则cos(α－β)的值为________．－　[由sinα＋sinβ＋sinr＝0，cosα＋cosβ＋cosr＝0，得sinα＋sinβ＝－sinr，cosα＋cosβ＝－cosr，两式分别平方，相加得2＋2(sinαsinβ＋cosαcosβ)＝1，所以cos(α－β)＝－.]8．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．≤　[∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2＋ab－1－a－b－ab＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0.∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，∴lg(1＋)

6、≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．]三、解答题9.设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，求证：＋＝2.[证明]　由已知条件得b2＝ac，2x＝a＋b,2y＝b＋c.　①要证＋＝2，只要证ay＋cx＝2xy，只要证2ay＋2cx＝4xy.　②由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc，4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc，所以2ay＋2cx＝4xy.命题得证．10.设a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：(1)c2＞ab；(2)c－＜a＜c＋.[证明]　(1)∵

7、a＞0，b＞0,2c＞a＋b≥2，∴c＞，平方得c2＞ab.(2)要证c－＜a＜c＋，只要证－＜a－c＜，即证

8、a－c

9、＜，即(a－c)2＜c2－ab，∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)＜0成立，∴原不等式成立．[能力提升练]1．已知函数f(x)＝，a，b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤AA　[≥≥，又函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f≤f()≤f.即A≤B≤C.]2．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是(　　)A．a

10、2＋b2＋c2≥2B．(a＋b＋c)2