2019-2020学年高中数学课时分层作业6综合法和分析法含解析新人教B版选修

PAGE课时分层作业(六)综合法和分析法(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．下面对命题“函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)是奇函数”的证明不是综合法的是()A．x∈R且x≠0有f(－x)＝(－x)＋eq\f(1,－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝－f(x)，∴f(x)是奇函数B．x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋eq\f(1,x)＋(－x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝0，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数C．x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴eq\f(f－x,fx)＝eq\f(－x－\f(1,x),x＋\f(1,x))＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数D．取x＝－1，f(－1)＝－1＋eq\f(1,－1)＝－2，又f(1)＝1＋eq\f(1,1)＝2，∴f(x)是奇函数[解析]选项A、B、C都是从奇函数的定义出发，证明f(－x)＝－f(x)成立，从而得到f(x)是奇函数，而选项D的证明方法是错误的．[答案]D2．已知a＞0，b＞0，下列不等式中不成立的是()A．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2 B．a2＋b2≥2abC．eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b D．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2＋eq\f(2,a＋b)[解析]由eq\f(b,a)∈(0，＋∞)且eq\f(a,b)∈(0，＋∞)，得eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))，所以A成立，B显然成立，不等式C可变形为a3＋b3≥a2b＋ab2⇔(a2－b2)(a－b)≥0.[答案]D3．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是()A．eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) B．a2＞b2C．eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D．a|c|＞b|c|[解析]∵a＞b，c2＋1＞0，∴eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1).[答案]C4．设a＞b＞0，m＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，则()A．m＜n B．m＞nC．m＝n D．不能确定[解析]∵a＞b＞0，∴eq\r(a)＞eq\r(b)，∴eq\r(a)－eq\r(b)＞0，eq\r(ab)＞b.(eq\r(a)－eq\r(b))2－(eq\r(a－b))2＝a＋b－2eq\r(ab)－(a－b)＝2(b－eq\r(ab))＜0，∴(eq\r(a)－eq\r(b))2＜(eq\r(a－b))2，∴eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b)，即m＜n.[答案]A5．已知0<a<1<b，则下面不等式中一定成立的是()A．logab＋logba＋2>0 B．logab＋logba＋2<0C．logab＋logba＋2≥0 D．logab＋logba＋2≤0[解析]∵0<a<1<b，∴logab<0，∴－logab>0，∴(－logab)＋eq\f(1,－logab)≥2，∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－logab＋\f(1,－logab)))≤－2，logab＋eq\f(1,logab)≤－2，当且仅当logab＝－1，即b＝eq\f(1,a)>1时等号成立．∴logab＋logba≤－2，∴logab＋logba＋2≤0.[答案]D二、填空题6．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小顺序是________．[解析]用分析法比较，a>b⇔eq\r(3)＋eq\r(5)>eq\r(2)＋eq\r(6)⇔8＋2eq\r(15)>8＋2eq\r(12).同理可比较得b>c，所以a>b>c.[答案]a>b>c7．已知a＜b＜c，且b2＋ac＞(a＋b)b，则实数a的取值范围是________．[解析]∵b2＋ac＞ab＋b2，∴a(c－b)＞0，又c－b＞0，∴a＞0.[答案](0，＋∞)8．设a＞0，b＞0，则下面两式的大小关系为lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．[解析]∵对数函数y＝lgx为定义域上的增函数，∴只需比较(1＋eq\r(ab))与eq\r(1＋a1＋b)的大小即可．∵(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋ab＋2eq\r(ab)－(1＋ab＋a＋b)＝2eq\r(ab)－(a＋b)．又由基本不等式得2eq\r(ab)≤(a＋b)，∴(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)≤0，即有lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．[答案]≤三、解答题9．已知a＋b＋c＝0，求证：ab＋bc＋ca≤0.[证明]法一(综合法)：∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0，展开得ab＋bc＋ca＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2)，∴ab＋bc＋ca≤0.法二(分析法)：要证ab＋bc＋ca≤0，∵a＋b＋c＝0，故只要证ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2，即证a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0，亦即证eq\f(1,2)[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]≥0，而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，∴原不等式成立．10．已知函数f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，且x1≠x2，求证：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[证明]要证明原不等式成立，只需证明eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1＋x2)－1))2.∵x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，x1≠x2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1＋x2)－1))eq\s\up14(2)＝eq\f(1,x1x2)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)－eq\f(4,x1＋x22)＋eq\f(4,x1＋x2)＝eq\f(x1－x221－x1－x2,x1x2x1＋x22)>0.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1＋x2)－1))eq\s\up14(2)，∴lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))))>lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1＋x2)－1))eq\s\up14(2)，即eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[能力提升练]1．若直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1通过点M(cosα，sinα)，则()A．a2＋b2≤1 B．a2＋b2≥1C．eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1 D．eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1[解析]动点M在以原点为圆心的单位圆上，∴直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1过点M，只需保证原点到直线的距离eq\f(|－1|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up14(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))eq\s\up14(2)))≤1.即eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1，故选D.[答案]D2．设a＞2，x∈R，M＝a＋eq\f(1,a－2)，N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(x2－2)，则M，N的大小关系是()A．M＜N B．M＞NC．M≤N D．M≥N[解析]∵a＞2，∴M＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4.∵x2－2≥－2，∴N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(x2－2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(-2)＝4，∴M≥N.[答案]D3．设a＞b＞c，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(m,a－c)恒成立，则m的取值范围是________．[解析]∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.又(a－c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝[(a－b)＋(b－c)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝2＋eq\f(a－b,b－c)＋eq\f(b－c,a－b)≥4，当且仅当eq\f(a－b,b－c)＝eq\f(b－c,a－b)，即2b＝a＋c时等号成立，∴m≤4.[答案](－∞，4]4．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥eq\f(25,4).[证明]∵a＋b＝1，∴(a＋b)2＝1，∴a2＋b2＝1－2ab，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝ab＋eq\f(1,ab)＋eq