【全程复习方略】高中数学 2.2.1.2 分析法时作业 新人教A版选修22(1).doc

分析法一、选择题(每小题3分，共18分)1.已知a，b，c为不全相等的实数，p=a2+b2+c2+3，q=2(a+b+c)，则p与q的大小关系是()a.pqb.pqc.p0，即pq.2.设x0，y0，a=x+y1+x+y，b=x1+x+y1+y，则a，b的大小关系为()a.abb.abc.abd.ab【解题指南】可考虑用作差法比较大小，同时注意分子、分母间的关系.【解析】选c.a-b=x1+x+y-x1+x+y1+x+y-y1+y0，故ab.3.要证：a2+b2-1-a2b20，只要证明()a.2ab-1-a2b20b.a2+b2-1-a2+b220c.(a+b)22-1-a2b20d.(a2-1)(b2-1)0【解析】选d.(a2-1)(b2-1)0a2+b2-1-a2b20.4.(2014济宁高二检测)设a，b，c，dr+，若a+d=b+c且|a-d|b-c|，则有()a.ad=bcb.adbcd.adbc【解题指南】可考虑用分析法去解决.【解析】选c.|a-d|b-c|(a-d)2(b-c)2a2+d2-2ad2bcadbc.5.要使a2+b2-a2b2-10成立的充要条件是()a.|a|1且|b|1b.|a|1且|b|1c.(|a|-1)(|b|-1)0d.(|a|-1)(|b|-1)0【解题指南】将不等式等价转化可得其充要条件.【解析】选c.a2+b2-a2b2-10a2(1-b2)+(b2-1)0(b2-1)(1-a2)0(a2-1)(b2-1)0(|a|-1)(|b|-1)0.【举一反三】把本题中的“充要条件”改为“充分不必要条件”，应选()【解析】选a.因为a2+b2-a2b2-10(|a|-1)(|b|-1)0|a|1,|b|1,或|a|1,|b|1.6.(2014广州高二检测)设甲：函数f(x)=|x2+mx+n|有四个单调区间，乙：函数g(x)=lg(x2+mx+n)的值域为r，那么甲是乙的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充要条件d.以上均不对【解析】选a.对甲，要使f(x)=|x2+mx+n|有四个单调区间，只需要=m2-4n0即可；对乙，要使g(x)=lg(x2+mx+n)的值域为r，只需要u=x2+mx+n的值域包含区域(0，+)，只需要0，即m2-4n0，所以甲是乙的充分不必要条件.【举一反三】把本题改为：甲：函数f(x)=13x3+12mx2+nx+p有三个单调区间；乙：函数g(x)=lg(x2+mx+n)定义域为r，则甲是乙的_条件.【解析】对甲，f(x)=x2+mx+n，要使甲成立，只要f(x)=x2+mx+n有两个零点，即m2-4n0，对乙，要使乙成立，只要x2+mx+n0恒成立，即=m2-4nbb，则实数a，b应满足的条件是_.【解析】要使aabb成立，只需(aa)2(bb)2，只需a3b30，即a，b应满足ab0.答案：ab08.已知a，br+，且1a+9b=1，使得a+bu恒成立的u的取值范围是_.【解析】a+b=1a+9b(a+b)=10+ba+9ab10+2ba9ab=16.当且仅当ba=9ab，即3a=b时取等号，若a+bu恒成立，则u16.答案：(-，169.设a0，b0，c0，若a+b+c=1，则1a+1b+1c的最小值为_.【解析】根据条件可知，欲求1a+1b+1c的最小值.只需求(a+b+c)1a+1b+1c的最小值，因为(a+b+c)1a+1b+1c=3+ba+ab+ca+ac+cb+bc3+2+2+2=9(当且仅当a=b=c时取“=”).答案：9三、解答题(每小题10分，共20分)10.(2014深圳高二检测)已知三角形的三边长为a，b，c，其面积为s，求证：a2+b2+c243s.【证明】要证a2+b2+c243s，只要证a2+b2+(a2+b2-2abcosc)23absinc，即证a2+b22absin(c+30)，因为2absin(c+30)2ab，只需证a2+b22ab.显然上式成立.所以a2+b2+c243s.11.(2014沈阳高二检测)若0x1y，求证：y-y21x+1.【证明】因为0x11y+1=yy+1，要证：1x+1y-y2成立.只需证yy+1y-y2成立.只需证1y+11-y成立(因为y0).即证1-y20.y20显然成立，故原不等式成立.【变式训练】已知a，b为正数，求证：ab+baa+b.【证明】因为a0，b0，所以ab0，所以欲证ab+baa+b，即证：aa+bbaba+b.只要证aa+bbab+ba.只要证(aa+bb)2(ab+ba)2，即证a3+b3+2ababa2b+2abab+ab2，只要证a3+b3ab(a+b).只要证a2+b2-abab，即证(a-b)20.上式显然成立.所以原不等式成立.一、选择题(每小题4分，共16分)1.m=a+a+5，n=a+2+a+3(a0)，则有()a.mnd.不能确定【解析】选a.要比较m，n的大小，可比较m2=2a+5+2a(a+5)，n2=2a+5+2a2+5a+6，只要比较a2+5a与a2+5a+6的大小.因为a2+5a+6a2+5a，所以a+a+5a+2+a+3(a0)，即mn.2.(2014福州高二检测)设a，b，m都是正整数，且ab，则下列不等式中恒不成立的是()a.aba+mb+m1b.aba+mb+mc.aba+mb+m1d.1b+ma+mba【解析】选b.可证明aba+mb+m成立，要证明aba+mb+m，由于a，b，m都是正整数，故只需证ab+amab+bm，即证(a-b)m0，因为ab，所以(a-b)ma+b(a0，b0)c.a-a-126【解析】选d.对a，因为a2+b22ab，b2+c22bc，a2+c22ac，所以a2+b2+c2ab+bc+ca；对b，因为(a+b)2=a+b+2ab，(a+b)2=a+b，所以a+ba+b；对c，要证a-a-1a-2-a-3(a3)成立，只需证明a+a-3 a-2+a-1，两边平方得2a-3+2a(a-3)2a-3+2(a-2)(a-1)，即证a(a-3)(a-2)(a-1)，两边平方得a2-3aa2-3a+2，即02.因为02显然成立，所以原不等式成立；对于d，(2+10)2-(26)2=12+45-24=4(5-3)0，所以2+1026，故d错误.4.当x(1，2)时，使不等式x2+mx+40恒成立的m的取值范围是()a.(-，5)b.(-，-5c.(3，+)d.3，+)【解题指南】可考虑运用变量分离法解题，同时注意利用函数的单调性.【解析】选b.要使x2+mx+40恒成立，只需mbc，nn*，且1a-b+1b-cna-c恒成立，则n的最大值为_.【解析】由abc，得a-b0，b-c0，a-c0，要使1a-b+1b-cna-c恒成立.只需a-ca-b+a-cb-cn恒成立.只需(a-b)+(b-c)a-b+(a-b)+(b-c)b-cn恒成立.显然2+b-ca-b+a-bb-c4(当且仅当b-c=a-b时等号成立).所以只需n4成立，即n能取的最大值为4.答案：46.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】可用分析法，要使a1cb1d1，需使b1d1平面aa1c1c，即需使acb1d1，或acbd或a1c1b1d1或a1c1bd.答案：acbd(答案不唯一)三、解答题(每小题12分，共24分)7.(2014天津高二检测)已知，k+2，(kz)且sin+cos=2sin，sincos=sin2.求证：1-tan21+tan2=1-tan22(1+tan2).【解题指南】利用切化弦以及三角基本关系式求解.【证明】要证1-tan21+tan2=1-tan22(1+tan2)成立，即证1-sin2cos21+sin2cos2=1-sin2cos221+sin2cos2.即证cos2-sin2=12(cos2-sin2)，即证1-2sin2=12(1-2sin2)，即证4sin2-2sin2=1，因为sin+cos=2sin，sincos=sin2，所以(sin+cos)2=1+2sincos=4sin2，所以1+2sin2=4sin2，即4sin2-2sin2=1.故原结论正确.8.已知函数f(x)=tanx，x0,2，若x1，x20,2，且x1x2，求证：12f(x1)+f(x2)fx1+x22.【解题指南】本题从条件直接入手很难寻得思路，如果利用分析法，步步变形，问题极易解决.【证明】要证12f(x1)+f(x2)fx1+x22，只需证12(tanx1+tanx2)tanx1+x22，只需证12sinx1cosx1+sinx2cosx2sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，只需证sin(x1+x2)2cosx1cosx2sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，只需证sin(x1+x2)cos(x1+x2)+cos(x1-x2)sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，只需证明0cos(x1-x2)1.由x1，x20,2，且x1x2，可知0cos(x1-x2)fx1+x22.【变式训练】设集合s=x|xr且|x|1，若s中定义运算a*b=a+b1+ab.求证：(1)如果as，bs，那么a*bs.(2)对于s中的任何元素a，b，c都有(a*b)*c=a*(b*c)成立.【证明】(1)as，bs，则