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x1
f(x2)”的是( ) A.f(x)= B.f(x)=(x-1)2 C.f(x)=ex D.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)='=-<0,所以f(x)=在(0,+∞)内为减函数,其余选项均不符合. 答案A 2.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明<1+时,索的因是( ) A.x2>2 B.x2>4 C.x2>0 D.x2>1 解析因为x>0,所以要证<1+,只需证()2<1+2,即证0<,即证x2>0,显然x2>0成立,故原不等式成立. 答案C 3.命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n(n∈N ),那么数列{an}一定是等差数列”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n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-5,又a1=S1=2×12-3×1=-1适合上式,所以an=4n-5(n∈N ),则an-an-1=4(常数),故数列{an}是等差数列. 答案B 4.已知函数f(x)=cos(3x+4θ)是奇函数,则θ等于( ) A.(k∈Z) B.kπ+(k∈Z) C.kπ(k∈Z) D.(k∈Z) 解析因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,即cos(-3x+4θ)=-cos(3x+4θ),亦即cos(3x-4θ)+cos(3x+4θ)=0,所以2cos 3xcos 4θ=0,因此cos 4θ=0,4θ=kπ+(k∈Z),解得θ=(k∈Z). 答案A 5.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( ) A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-≤0 C.-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 解析∵a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0,∴由分析法知选D. 答案D 6.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,求证:≥8.证明过程如下: 因为a,b,c为正实数,且a+b+c=1, 所以-1=>0,-1=>0,-1=>0,所以=8.当且仅当a=b=c时取等号,所以不等式成立. 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,则四边形ABCD为 .? 解析因为,所以,即,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 B>1. 证明要证tan Atan B>1,只需证>1, 因为A,B均为锐角,所以cos A>0,cos B>0. 因此只需证明sin Asin B>cos Acos B, 即cos Acos B-sin Asin B<0, 只需证cos(A+B)<0. 而△ABC为锐角三角形,所以90°1. 9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点. (1)证明:CD⊥AE. (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PA⊥CD. 因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC. 又因为AE?平面PAC,所以CD⊥AE. (2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA. 因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC. 由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C, 所以AE⊥平面PCD. 又因为PD?平面PCD,所以AE⊥PD. 因为PA⊥底面ABCD,AB?平面ABCD, 所以平面PA⊥AB. 又AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD. 因为PD?平面PAD,所以AB⊥PD. 又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE. 10.(1)设a≥b>0,用综合法证明:a3+b3≥a2b+ab2; (2)用分析法证明:已知a,b,m是正实数,且a0, ∴a3+b3-(a2b+ab2)≥0, ∴a3+b3≥a2b+ab2. (2)因为a,b,m均为正实数,所以欲证,只要证明a(b+m)Q B.P=Q C.P