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温馨提示:此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调整合适的观看比例,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.P>Q B.P≥QC.P<Q D.P≤Q【解析】选A.要比较P,Q的大小,只需比较P-Q与0的关系,由于P-Q=a2+b2+c2+3-2(a+b+c)=a2-2a+1+b2-2b+1+c2-2c+1=(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2,又a,b,c不全相等,所以P-Q>0,即P>Q.2.设x>0,y>0,A=x+y1+x+y,B=x1+x+y1+y,A.A>B B.A≥BC.A<B D.A≤B【解题指南】可考虑用作差法比较大小,同时留意分子、分母间的关系.【解析】选C.A-B=x1+x+y-x3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明()A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-a2+C.(a+b)22-1-a2D.(a2-1)(b2-1)≥0【解析】选D.(a2-1)(b2-1)≥0⇔a2+b2-1-a2b2≤0.4.(2022·济宁高二检测)设a,b,c,d∈R+,若a+d=b+c且|a-d|<|b-c|,则有()A.ad=bc B.ad<bcC.ad>bc D.ad≤bc【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)2⇔a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,由于a+d=b+c⇔(a+d)2=(b+c)2⇔2ad>2bc⇔ad>bc.5.要使a2+b2-a2b2-1≤0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-a2b2-1≤0⇔a2(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.由于a2+b2-a2b2-1≤0⇔(|a|-1)(|b|-1)≥0⇔|a|≥1,|b|≥1,6.(2022·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Δ=m2-4n>0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Δ≥0,即m2-4n≥0,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【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m2-4n>0,对乙,要使乙成立,只要x2+mx+n>0恒成立,即Δ=m2-4n<0,所以甲是乙的既不充分也不必要条件.答案:既不充分也不必要二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2022·西安高二检测)假如aa>bb,则实数a,b应满足的条件是________.【解析】要使aa>bb成立,只需(aa)2>(bb)2,只需a3>b3>0,即a,b应满足a>b>0.答案:a>b>08.已知a,b∈R+,且1a+9b=1,使得a+b≥u恒成立的u的取值范围是【解析】a+b=1a+=10+ba+9ab≥当且仅当ba=9ab若a+b≥u恒成立,则u≤16.答案:(-∞,16]9.设a>0,b>0,c>0,若a+b+c=1,则1a+1b+1c【解析】依据条件可知,欲求1a+1b+只需求(a+b+c)1a由于(a+b+c)1=3+ba+ab+ca+ac答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2022·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+c2≥43S.【证明】要证a2+b2+c2≥43S,只要证a2+b2+(a2+b2-2abcosC)≥23absinC,即证a2+b2≥2absin(C+30°),由于2absin(C+30°)≤2ab,只需证a2+b2≥2ab.明显上式成立.所以a2+b2+c2≥43S.11.(2022·沈阳高二检测)若0<x<1y,求证y-y2<1x+1【证明】由于0<x<1y所以1x+1>11y要证:1x+1>y-y2只需证yy+1>y-y2只需证1y+1即证1-y2<1,即证y2>0.y2>0明显成立,故原不等式成立.【变式训练】已知a,b为正数,求证:ab+ba≥a+【证明】由于a>0,b>0,所以a·b>0,所以欲证ab+ba≥a+即证:aa+bba·只要证aa+bb≥ab+ba.只要证(aa+bb)2≥(ab+ba)2,即证a3+b3+2abab≥a2b+2abab+ab只要证a3+b3≥ab(a+b).只要证a2+b2-ab≥ab,即证(a-b)2≥0.上式明显成立.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(a≥0)A.m<n B.m=nC.m>n D.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+2a只要比较a2+5a与a2+5a+6的大小.由于a2+5a+6>a2+5a,所以a+a+5<a+2+a+32.(2022·福州高二检测)设a,b,m都是正整数,且a<b,则下列不等式中恒不成立的是()A.ab<a+mb+m<1 B.C.ab≤a+mb+m≤1 D.1<【解析】选B.可证明ab<a+mb+m成立,要证明a由于a,b,m都是正整数,故只需证ab+am<ab+bm,即证(a-b)m<0,由于a<b,所以(a-b)m<0成立.3.下列不等式不成立的是()A.a2+b2+c2≥ab+bc+caB.a+b>a+b(a>0,C.a-a-1<a-2-a-3D.2+10>26【解析】选D.对A,由于a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca;对B,由于(a+b)2=a+b+2ab,(a+b)所以a+b>a+b对C,要证a-a-1<a-2-a-3(a≥3)成立,只需证明a+a-3<a-2+a-1,两边平方得2a-3+2即证a(a-3)<(a-2)(a-1),两边平方得a2-3a<a2由于0<2明显成立,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+10<26,故D错误.4.当x∈(1,2)时,使不等式x2+mx+4<0恒成立的m的取值范围是()A.(-∞,5) B.(-∞,-5]C.(3,+∞) D.[3,+∞)【解题指南】可考虑运用变量分别法解题,同时留意利用函数的单调性.【解析】选B.要使x2+mx+4<0恒成立,只需m<-x-4x由于y=-x+所以y∈(-5,-4),所以m≤-5.二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2022·济南高二检测)a>b>c,n∈N*,且1a-b+1b-c≥na-c恒成立,【解析】由a>b>c,得a-b>0,b-c>0,a-c>0,要使1a-b+1b-c≥只需a-ca-b+a只需(a-b)+(b-c)a-b+(明显2+b-ca-b+a所以只需n≤4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A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种条件即可【解析】可用分析法,要使A1C⊥B1D1,需使B1D1⊥平面AA1C1C,即需使AC⊥B1D1,或AC⊥BD或A1C1⊥B1D1答案:AC⊥BD(答案不唯一)三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2022·天津高二检测)已知α,β≠kπ+π2,(k∈Z)且sinθ+cosθ=2sinα,sinθcosθ=sin2β.求证:1-tan【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-tan2即证1-sin即证cos2α-sin2α=12(cos2β-sin2β即证1-2sin2α=12(1-2sin2β即证4sin2α-2sin2β=1,由于sinθ+cosθ=2sinα,sinθcosθ=sin2β,所以(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ=4sin2α,所以1+2sin2β=4sin2α,即4sin2α-2sin2β=1.故原结论正确.8.已知函数f(x)=tanx,x∈0,π2,若x1,x2∈0,π2,且x1≠x2,求证:12【解题指南】本题从条件直接入手很难寻得思路,假如利用分析法,步步变形,问题极易解决.【证明】要证12[f(x1)+f(x2)]>fx只需证12(tanx1+tanx2)>tanx只需证12sinx只需证sin(x1只需证sin(x1只需证明0<cos(x1-x2)<1.由x1,x2∈0,π2,且x1≠可知0<cos(x1-x2)<1成立.即12[f(x1)+f(x2)]>fx【变式训练】设集合s={x|x∈R且|x|<1},若s中定义运算a*b=a+b求证:(1)假如a∈s,b∈s,那么a*b∈s.(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)a∈s,b

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