分析法应用案巩固提升

[A基础达标]1.分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的（）A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.等价条件解析：选A.由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件.2.要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明（）－1－a2b2≤0＋b2－1－eq\f(a2＋b2,2)≤0\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D.（a2－1）（b2－1）≥0解析：选D.要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证：a2b2－a2－b2＋1≥0，只需证：（a2－1）（b2－1）≥0，故选D.3.若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是（）＋b2＋c2≥4B.（a＋b＋c）2≥3＋b2＋c2≥3D.（a＋b＋c）2≥4解析：选B.因为a，b，c∈R，所以a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，当且仅当a＝b＝c时，等号同时成立，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac＝1，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，所以（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝a2＋b2＋c2＋2≥3，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.4.若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)（a≥0），则P，Q的大小关系是（）>Q＝Q<QD.由a的取值确定解析：选C.取a＝1得P＝1＋eq\r(8)<4，Q＝2＋eq\r(5)>4，所以P<Q.证明如下：要证P<Q，只需证P2<Q2，只需证2a＋7＋2eq\r(a（a＋7）)<2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)，只需证a2＋7a<a2＋7a＋12，只需证0<12，因为0<12成立，所以P<Q成立，故选C.5.下列函数f（x）中，满足“对任意x1，x2∈（0，＋∞），当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2）成立”的是（）（x）＝eq\f(1,x)（x）＝（x－1）2（x）＝ex（x）＝ln（x＋1）解析：选A.本题就是找哪一个函数在（0，＋∞）上是减函数，A项中，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，＋∞）上为减函数.6.设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，则a，b的大小关系为.解析：a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，显然，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)，则△ABC的面积等于解析：如图所示，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.如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1­ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形）.解析：要证A1C⊥B1D1，只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需证B1D1⊥A1C1，易知只需证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.判断△ABC的形状.解：因为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与B均为△ABC的内角，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°.又因为A＝B，所以△ABC为等边三角形.10.已知a，b是不等正数，且a3－b3＝a2－b2，求证：1<a＋b<eq\f(4,3).证明：因为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，又因为a＋b>0，所以a＋b>1，要证a＋b<eq\f(4,3)，即证3（a＋b）<4，因为a＋b>0，所以只需证明3（a＋b）2<4（a＋b），又因为a＋b＝a2＋ab＋b2，即证3（a＋b）2<4（a2＋ab＋b2），也就是证明（a－b）2>0.因为a，b是不等正数，故（a－b）2>0成立.故a＋b<eq\f(4,3)成立.综上，得1<a＋b<eq\f(4,3).[B能力提升]11.凸函数的性质定理：如果函数f（x）在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意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))).已知函数f（x）＝sinx在区间（0，π）上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为Ｗ.解析：因为f（x）＝sinx在区间（0，π）上是凸函数，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的最大值为eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)12.已知α，β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题是（用序号及“⇒”表示）.解析：因为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.如图，几何体E­ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.（1）求证：BE＝DE；（2）若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.证明：（1）取BD的中点O，连接CO，EO，则由CB＝CD知，CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，所以BD⊥平面OCE，所以BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.（2）取AB的中点N，连接MN，DN，DM.因为M，N分别是AE，AB的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.因为△ABD为正三角形，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.（选做题）设数列{an}的前n项和为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为常数.（1）求A与B的值；（2）证明：数列{an}为等差数列.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）证明：由第一问得（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）S