《全程复习方略》2014-2015学年高中数学（人教A版选修2-2）课时作业 2.2.1.2 分析法.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(十七)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=，B=+，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=+0，故AB.3.要证：a2+b2-1-a2b20，只要证明()A.2ab-1-a2b20B.a2+

2、b2-1-0C.-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.【

3、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或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

4、；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)=x3+mx2+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=m2-4nb，则实数a，b应满足的条件是_.【解析】要使ab成立，只需(a)2(b)2，只需a3b30，即a，b应满足ab0.答案：

5、ab08.已知a，bR+，且+=1，使得a+bu恒成立的u的取值范围是_.【解析】a+b=(a+b)=10+10+2=16.当且仅当=，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+的最小值为_.【解析】根据条件可知，欲求+的最小值.只需求(a+b+c)的最小值，因为(a+b+c)=3+3+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+c24S.【证明】要证a2+b2+c24S，只要证a2+b2

6、+(a2+b2-2abcosC)2absinC，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+c24S.11.(2014沈阳高二检测)若0x，求证：y-y2.【证明】因为0x=，要证：y-y2成立.只需证y-y2成立.只需证1-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：+.【证明】因为a0，b0，所以0，所以欲证+，即证：+.只要证a+ba+b.只要证(a+b)2(a+b)2，即证a3+b3+2aba2b+2ab+ab2，只要证a3+b3ab(a+b

7、).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=+，n=+(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+2，n2=2a+5+2，只要比较a2+5a与a2+5a+6的大小.因为a2+5a+6a2+5a，所以+(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.1B.C.1D.1【解析】选B.可证明成立，要证明，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)m(

8、a0，b0)C.-2【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(+)2=a+b+2，()2=a+b，所以+；对C，要证-(a3)成立，只需证明+ +，两边平方得2a-3+22a-3+2，即证，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-(2)2=12+4-24=4(-3)0，所以+2，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

9、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+恒成立，则n的最大值为_.【解析】由abc，得a-b0，b-c0，a-c0，要使+恒成立.只需+n恒成立.只需+n恒成立.显然2+4(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A1C1B

10、1D1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+，(kZ)且sin+cos=2sin，sincos=sin2.求证：=.【解题指南】利用切化弦以及三角基本关系式求解.【证明】要证=成立，即证=.即证cos2-sin2=(cos2-sin2)，即证1-2sin2=(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)=

11、tanx，x，若x1，x2，且x1x2，求证：f(x1)+f(x2)f.【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f(x1)+f(x2)f，只需证(tanx1+tanx2)tan，只需证，只需证，只需证，只需证明0cos(x1-x2)1.由x1，x2，且x1x2，可知0cos(x1-x2)f.【变式训练】设集合s=x|xR且|x|1，若s中定义运算a*b=.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|a|1，|b|1，a*b=.要证a*bs，即证|a*b|=1，只需证|a+b|1+ab|，即只需证(a+b)20，因为|a|1，|b|1，所以a21，b20成立，所以a*bs.(2)(a*b)*c=*c=.同理a*(b*c)=a*=.所以(a*b)*c=a*(b*c).关闭Word文档返回原板块