高中數(shù)學(xué) 3.3.2 分析法同步練習(xí) 北師大版選修1-2

§3綜合法與分析法3.2分析法eq\a\vs4\al\co1(雙基達(dá)標(biāo)限時(shí)20分鐘)1．在△ABC中，tanA·tanB＞1，則△ABC是 ()． A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不確定 解析tanA·tanB＞1，∴tanA＞0，tanB＞0， ∴A、B為銳角，又tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＜0， ∴A＋B＞eq\f(π,2)，∴C＜eq\f(π,2)，∴△ABC是銳角三角形，故選A. 答案A2．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若關(guān)于x的不等式f(x－1)≥0的解集為[0,1]，則關(guān)于x的不等式f(x＋1)≤0的解集為 ()． A．[2,3] B．(－∞，2]∪[3，＋∞) C．[－2，－1] D．(－∞，－2]∪[－1，＋∞) 解析將函數(shù)y＝f(x－1)的圖像向左平移2個(gè)單位得到函數(shù)y＝f(x＋1)的 圖像，不等式f(x－1)≥0的解集為[0,1]，所以y＝f(x－1)的圖像是開口向 下的拋物線，與x軸的交點(diǎn)為(0,0)，(1,0)．不等式f(x＋1)≤0的解集為(－ ∞，－2]∪[－1，＋∞)，故選D. 答案D3．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，q＝2－a2＋4a－2(a＞2)，則 ()． 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)”的證明過程“等式兩邊同時(shí)乘以eq\f(sinx,1－cosx)得， 左邊＝eq\f(sinx,1＋cosx)·eq\f(sinx,1－cosx)＝eq\f(sin2x,1－cos2x)＝eq\f(sin2x,sin2x)＝1，右邊＝1，左邊＝右邊， 故原等式成立”應(yīng)用了________的證明方法．(填“綜合法”或“分析 法”) 答案綜合法5．在同一平面內(nèi)，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(→))|，則 △P1P2P3的形狀是________． 解析因?yàn)閨eq\o(OP1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP2,\s\up6(→))|＝|eq\o(OP3,\s\up6(→))|，三個(gè)向量在同一平面內(nèi)，且eq\o(OP1,\s\up6(→))＋eq\o(OP2,\s\up6(→))＋ eq\o(OP3,\s\up6(→))＝0，所以三個(gè)向量間兩兩所成角相等，如圖所示，順次連結(jié)P1，P2， P3，得P1P2＝P1P3＝P2P3，所以三角形P1P2P3為等邊三角形． 答案等邊三角形6．用分析法證明：當(dāng)x＞0時(shí)，sinx＜x. 證明設(shè)f(x)＝sinx－x，則f(0)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，要證sinx＜x，即證f(x) ＝sinx－x＜0，即f(x)＜f(0)，即證f′(x)≤0，即f′(x)＝cosx－1≤0， 顯然當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝cosx－1≤0恒成立，于是問題得證．eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)25分鐘)7．設(shè)0＜x＜1，則a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個(gè)是 ()． A．a(chǎn) B．b C．c D．不能確定 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．如果正數(shù)a、b、c、d滿足a＋b＝cd＝4，那么 ()． A．a(chǎn)b≤c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a、b、c、d的取值唯一 B．a(chǎn)b≥c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a、b、c、d的取值唯一 C．a(chǎn)b≤c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，a、b、c、d的取值不唯一 D．a(chǎn)b≥c＋d，且等號(hào)成立時(shí)，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，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d＝2時(shí)等號(hào)成立． 答案A9．設(shè)x，y，z為正實(shí)數(shù)，滿足x－2y＋3z＝0，則eq\f(y2,xz)的最小值為________． 解析由x－2y＋3z＝0得y＝eq\f(x＋3z,2)，則eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)≥eq\f(6xz＋6xz,4xz)＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝3z時(shí)等號(hào)成立． 答案310．當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，則m的取值范圍是 ________． 解析因?yàn)閤∈(1,2)，所以x2＋mx＋4＜0?m＜－x－eq\f(4,x).因?yàn)閥＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x))) 在(1,2)上單調(diào)遞增，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，求證：c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab). 證明要證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，即需證a＋b－2c＜0?a＋b＜2 ∴c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).12．(創(chuàng)新拓展)函數(shù)f(x)＝ax2＋2(b＋1)x，g(x)＝2x－c，其中a＞b＞c，且a ＋b＋c＝0. (1)求證：eq\f(1,3)＜eq\f(a,a－c)＜eq\f(2,3)； (2)求證：f(x)，g(x)的圖像總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)； (3)設(shè)f(x)，g(x)的圖像有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，求證：eq\r(15)＜|AB|＜2eq\r(15). (1)證明因a－c＞0，欲證eq\f(1,3)＜eq\f(a,a－c)＜eq\f(2,3)，只需證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，))進(jìn)而可推出a－c＜3a＜2a－2c成立． 所以原不等式得證． (2)證明由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)的圖像總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)． (3)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)對(duì)于①式，由根與系數(shù)的關(guān)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