高中数学 3.3.2 分析法同步练习 北师大版选修1-2

§3综合法与分析法3.2分析法eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时20分钟)1．在△ABC中，tanA·tanB＞1，则△ABC是 ()． A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 解析tanA·tanB＞1，∴tanA＞0，tanB＞0， ∴A、B为锐角，又tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＜0， ∴A＋B＞eq\f(π,2)，∴C＜eq\f(π,2)，∴△ABC是锐角三角形，故选A. 答案A2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若关于x的不等式f(x－1)≥0的解集为[0,1]，则关于x的不等式f(x＋1)≤0的解集为 ()． A．[2,3] B．(－∞，2]∪[3，＋∞) C．[－2，－1] D．(－∞，－2]∪[－1，＋∞) 解析将函数y＝f(x－1)的图像向左平移2个单位得到函数y＝f(x＋1)的 图像，不等式f(x－1)≥0的解集为[0,1]，所以y＝f(x－1)的图像是开口向 下的拋物线，与x轴的交点为(0,0)，(1,0)．不等式f(x＋1)≤0的解集为(－ ∞，－2]∪[－1，＋∞)，故选D. 答案D3．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，q＝2－a2＋4a－2(a＞2)，则 ()． A．p＞q B．p＜q C．p≥q D．p≤q 解析p＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4，q＝2－(a－2)2＋2， ∵a＞2，∴－(a－2)2＋2＜2，∴q＜22＝4，∴p＞q. 答案A4．等式“eq\f(sinx,1＋cosx)＝eq\f(1－cosx,sinx)”的证明过程“等式两边同时乘以eq\f(sinx,1－cosx)得， 左边＝eq\f(sinx,1＋cosx)·eq\f(sinx,1－cosx)＝eq\f(sin2x,1－cos2x)＝eq\f(sin2x,sin2x)＝1，右边＝1，左边＝右边， 故原等式成立”应用了________的证明方法．(填“综合法”或“分析 法”) 答案综合法5．在同一平面内，已知eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|，则 △P1P2P3的形状是________． 解析因为|eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|，三个向量在同一平面内，且eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋ eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，所以三个向量间两两所成角相等，如图所示，顺次连结P1，P2， P3，得P1P2＝P1P3＝P2P3，所以三角形P1P2P3为等边三角形． 答案等边三角形6．用分析法证明：当x＞0时，sinx＜x. 证明设f(x)＝sinx－x，则f(0)＝0，当x＞0时，要证sinx＜x，即证f(x) ＝sinx－x＜0，即f(x)＜f(0)，即证f′(x)≤0，即f′(x)＝cosx－1≤0， 显然当x＞0时，f′(x)＝cosx－1≤0恒成立，于是问题得证．eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时25分钟)7．设0＜x＜1，则a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一个是 ()． A．a B．b C．c D．不能确定 解析易得1＋x＞2eq\r(x)＞eq\r(2x). ∵(1＋x)(1－x)＝1－x2＜1，又0＜x＜1，即1－x＞0， ∴1＋x＜eq\f(1,1－x). 答案C8．如果正数a、b、c、d满足a＋b＝cd＝4，那么 ()． A．ab≤c＋d，且等号成立时，a、b、c、d的取值唯一 B．ab≥c＋d，且等号成立时，a、b、c、d的取值唯一 C．ab≤c＋d，且等号成立时，a、b、c、d的取值不唯一 D．ab≥c＋d，且等号成立时，a、b、c、d的取值不唯一 解析ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4,4＝cd≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c＋d,2)))2，∴2≤eq\f(c＋d,2)， ∴c＋d≥4， 故ab≤c＋d，当且仅当a＝b＝c＝d＝2时等号成立． 答案A9．设x，y，z为正实数，满足x－2y＋3z＝0，则eq\f(y2,xz)的最小值为________． 解析由x－2y＋3z＝0得y＝eq\f(x＋3z,2)，则eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)≥eq\f(6xz＋6xz,4xz)＝3， 当且仅当x＝3z时等号成立． 答案310．当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，则m的取值范围是 ________． 解析因为x∈(1,2)，所以x2＋mx＋4＜0⇔m＜－x－eq\f(4,x).因为y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x))) 在(1,2)上单调递增，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))∈(－5，－4)，所以m≤－5. 答案m≤－511．若a，b∈(0，＋∞)，且2c＞a＋b，求证：c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab). 证明要证c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab) ⇐－eq\r(c2－ab)＜a－c＜eq\r(c2－ab) ⇐|a－c|＜eq\r(c2－ab) ⇐(a－c)2＜c2－ab ⇐a2－2ac＋ab ⇐a(a＋b－2c 而a＞0，即需证a＋b－2c＜0⇐a＋b＜2 ∴c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).12．(创新拓展)函数f(x)＝ax2＋2(b＋1)x，g(x)＝2x－c，其中a＞b＞c，且a ＋b＋c＝0. (1)求证：eq\f(1,3)＜eq\f(a,a－c)＜eq\f(2,3)； (2)求证：f(x)，g(x)的图像总有两个不同的交点； (3)设f(x)，g(x)的图像有两个交点A、B，求证：eq\r(15)＜|AB|＜2eq\r(15). (1)证明因a－c＞0，欲证eq\f(1,3)＜eq\f(a,a－c)＜eq\f(2,3)，只需证a－c＜3a＜2a－2c. 由a＞b＞c，a＋b＋c＝0，得 eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋a＋c＞0，,－a－c＞c，))进而可推出a－c＜3a＜2a－2c成立． 所以原不等式得证． (2)证明由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax2＋2b＋1x，,y＝2x－c，))消去y，得 ax2＋2bx＋c＝0① 由a＋b＋c＝0得Δ＝4b2－4ac＝4(a＋c)2－4ac＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(c,2)))2＋3c2＞0. 故f(x)，g(x)的图像总有两个不同的交点． (3)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)对于①式，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－eq\f(2b,a)，x1x2＝eq\f(c,a). 又y1＝2x1－c，y2＝2x2－c，a＋b＋c＝0. ∴|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2 ＝(x1－x2)2＋[(2x1－c)－(2x2－c)]2 ＝(1＋22)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝(1＋22)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4b2,a2)－\f(4c,a))) ＝20eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))). ∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0，∴1＞eq\f(b,a