PAGEPAGE12.2.1綜合法和分析法[A基礎達標]1.分析法是從要證的結論動身，逐步尋求結論成立的（）A.充分條件 B.必要條件C.充要條件 D.等價條件解析：選A.由分析法的要求知，應逐步尋求結論成立的充分條件.2.要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明（）A.2ab－1－a2b2≤0B.a2＋b2－1－eq\f(a2＋b2,2)≤0C.eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D.（a2－1）（b2－1）≥0解析：選D.要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證：a2b2－a2－b2＋1≥0，只需證：（a2－1）（b2－1）≥0，故選D.3.若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式成立的是（）A.a2＋b2＋c2≥4 B.（a＋b＋c）2≥3C.a2＋b2＋c2≥3 D.（a＋b＋c）2≥4解析：選B.因為a，b，c∈R，所以a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，當且僅當a＝b＝c時，等號同時成立，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac＝1，當且僅當a＝b＝c時，等號成立，所以（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝a2＋b2＋c2＋2≥3，當且僅當a＝b＝c時，等號成立.4.若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)（a≥0），則P，Q的大小關系是（）A.P>Q B.P＝QC.P<Q D.由a的取值確定解析：選C.取a＝1得P＝1＋eq\r(8)<4，Q＝2＋eq\r(5)>4，所以P<Q.證明如下：要證P<Q，只需證P2<Q2，只需證2a＋7＋2eq\r(a（a＋7）)<2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)，只需證a2＋7a<a2＋7a＋12，只需證0<12，因為0<12成立，所以P<Q成立，故選C.5.下列函數f（x）中，滿意“對隨意x1，x2∈（0，＋∞），當x1＜x2時，都有f（x1）＞f（x2）成立”的是（）A.f（x）＝eq\f(1,x)B.f（x）＝（x－1）2C.f（x）＝exD.f（x）＝ln（x＋1）解析：選A.本題就是找哪一個函數在（0，＋∞）上是減函數，A項中，f′（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)＜0，所以f（x）＝eq\f(1,x)在（0，＋∞）上為減函數.6.設a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，則a，b的大小關系為Ｗ.解析：a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，兩式的兩邊分別平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，明顯，eq\r(6)<eq\r(7).所以a<b.答案：a<b7.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq\r(3)，則△ABC的面積等于Ｗ.解析：如圖所示，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(2\r(3),sin60°)＝eq\f(4,sinB)，解得sinB＝1，所以B＝90°，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×2eq\r(3)＝eq\f(1,2)×eq\r(42－（2\r(3)）2)×2eq\r(3)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)8.如圖所示，在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，當底面四邊形ABCD滿意條件時，有A1C⊥B1D1（注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能的情形）.解析：要證A1C⊥B1D1，只需證B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因為該四棱柱為直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需證B1D1⊥A1C1，易知只需證BD⊥AC.答案：BD⊥AC（答案不唯一）9.在△ABC中，已知（a＋b＋c）（a＋b－c）＝3ab，且2cosAsinB＝sinC.推斷△ABC的形態.解：因為A＋B＋C＝180°，所以sinC＝sin（A＋B）.又2cosAsinB＝sinC，所以2cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sin（A－B）＝0.又A與B均為△ABC的內角，所以A＝B.又由（a＋b＋c）（a＋b－c）＝3ab，得（a＋b）2－c2＝3ab，a2＋b2－c2＝ab.又由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得a2＋b2－c2＝2abcosC.所以2abcosC＝ab，cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝60°.又因為A＝B，所以△ABC為等邊三角形.10.已知a，b是不等正數，且a3－b3＝a2－b2，求證：1<a＋b<eq\f(4,3).證明：因為a3－b3＝a2－b2且a≠b，所以a2＋ab＋b2＝a＋b，由（a＋b）2＝a2＋2ab＋b2>a2＋ab＋b2得（a＋b）2>a＋b，又因為a＋b>0，所以a＋b>1，要證a＋b<eq\f(4,3)，即證3（a＋b）<4，因為a＋b>0，所以只需證明3（a＋b）2<4（a＋b），又因為a＋b＝a2＋ab＋b2，即證3（a＋b）2<4（a2＋ab＋b2），也就是證明（a－b）2>0.因為a，b是不等正數，故（a－b）2>0成立.故a＋b<eq\f(4,3)成立.綜上，得1<a＋b<eq\f(4,3).[B實力提升]11.凸函數的性質定理：假如函數f（x）在區間D上是凸函數，則對于區間D內的隨意x1，x2，…，xn，有eq\f(f（x1）＋f（x2）＋…＋f（xn）,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).已知函數f（x）＝sinx在區間（0，π）上是凸函數，則在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為Ｗ.解析：因為f（x）＝sinx在區間（0，π）上是凸函數，且A，B，C∈（0，π），所以eq\f(f（A）＋f（B）＋f（C）,3)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值為eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)12.已知α，β為實數，給出下列三個論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結論，寫出你認為正確的命題是（用序號及“?”表示）.解析：因為αβ>0，|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2)，所以|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25，所以|α＋β|>5.答案：①③?②13.如圖，幾何體E-ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.（1）求證：BE＝DE；（2）若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC.證明：（1）取BD的中點O，連接CO，EO，則由CB＝CD知，CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，所以BD⊥平面OCE，所以BD⊥EO，又O為BD的中點，所以BE＝DE.（2）取AB的中點N，連接MN，DN，DM.因為M，N分別是AE，AB的中點，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC.因為△ABD為正三角形，所以DN⊥AB.由∠BCD＝120°，CB＝CD知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以DN∥BC.又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，所以平面MND∥平面BEC，又DM?平面MND，故DM∥平面BEC.14.（選做題）設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且（5n－8）Sn＋1－（5n＋2）Sn＝An＋B，n∈N*，其中A、B為常數.（1）求A與B的值；（2）證明：數列{an}為等差數列.解：（1）由已知得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7，S3＝a1＋a2＋a3＝18.由（5n－8）Sn＋1－（5n＋2）Sn＝An＋B，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3S2－7S1＝A＋B，,2S3－12S2＝2A＋B，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋B＝－28，,2A＋B＝－48，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝－20，,B＝－8.))（2）證明：由第一問得（5n－8）Sn＋1－（5n＋2）Sn＝－20n－8.①所以（5n－3）Sn＋2－（5n＋7）Sn＋1＝－20n－28.②②－①，得（5n－3）Sn＋2－（10n－1）Sn＋1＋（5n＋2）Sn＝－20.③所以（5n＋2）Sn＋3－（10n＋9）Sn＋2＋（5n＋7