高中数学选修1-2《2.2.1综合法和分析法》练习精选

第2课时 分析法及其应用练习

双基达标 (限时20分钟)

1．要证明3＋7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是

( )．

A ．综合法

B ．分析法

C ．反证法

D ．归纳法 答案 B

2．已知f (x )＝a (2x ＋1)－2

2x ＋1

是奇函数，那么实数a 的值等于

( )．

A ．1

B ．－1

C ．0

D ．±1

解析 奇函数f (x )在x ＝0时有意义，则f (0)＝0， ∴f (0)＝a (20＋1)－220＋1＝2a －2

2＝0，

∴a ＝1，故选A. 答案 A

3．如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2，则x ＋y 的最小值是

( )．

A.32 B ．23－2 C ．1＋ 3

D ．2－ 3

解析 由x ＞0，y ＞0，x ＋y ＋xy ＝2， 则2－(x ＋y )＝xy ≤⎝

⎛⎭⎪⎫x ＋y 22

， ∴(x ＋y )2＋4(x ＋y )－8≥0，

∴x ＋y ≥23－2或x ＋y ≤－2－2 3. ∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋y 的最小值为23－2. 答案 B

4．设A ＝12a ＋12b ，B ＝2

a ＋b

(a ＞0，b ＞0)，则A 、B 的大小关系为________．

解析 A －B ＝a ＋b 2ab －2

a ＋

b ＝(a ＋b )2－4ab 2ab (a ＋b )≥0.

答案 A ≥B

5．若抛物线y ＝4x 2上的点P 到直线y ＝4x －5的距离最短，则点P 的坐标为________．

解析 数形结合知，曲线y ＝4x 2在点P 处的切线l 与直线y ＝4x －5平行． 设l ：y ＝4x ＋b .将y ＝4x ＋b 代入y ＝4x 2， 得4x 2－4x －b ＝0，令Δ＝0，得b ＝－1. ∴4x 2－4x ＋1＝0， ∴x ＝1

2，∴y ＝1. 答案 ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12，1

6．设a ，b ＞0，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 证明 法一 分析法 要证a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2成立．

只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )成立， 又因a ＋b ＞0，

只需证a 2－ab ＋b 2＞ab 成立， 只需证a 2－2ab ＋b 2＞0成立， 即需证(a －b )2＞0成立．

而依题设a ≠b ，则(a －b )2＞0显然成立． 由此命题得证． 法二 综合法

a ≠

b ⇒a －b ≠0⇒(a －b )2＞0 ⇒a 2－2ab ＋b 2＞0⇒a 2－ab ＋b 2＞ab . 注意到a ，b ∈R ＋，a ＋b ＞0，由上式即得 (a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )． ∴a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.

综合提高 (限时25分钟)

7．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc b m ＋d

n (m ，n ，a ，b ，c ，d 均为正数)，则p ，

q 的大小为

( )．

A ．p ≥q

B ．p ≤q

C ．p ＞q

D ．不确定

解析 q ＝ ab ＋mad n ＋nbc

m ＋cd

≥

ab ＋22abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .

答案 B

8．对一切实数x ，不等式x 2＋a |x |＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是 ( )． A ．(－∞，－2] B ．[－2,2] C ．[－2，＋∞)

D ．[0，＋∞)

解析 用分离参数法可得a ≥－⎝ ⎛

⎭⎪⎫|x |＋1|x |(x ≠0)，而|x |＋1|x |≥2，∴a ≥－2，当x ＝0时原不等式显然成立． 答案 C

9．平面内有四边形ABCD 和点O ，OA →＋OC →＝OB →＋OD →，则四边形ABCD 为

________．

①菱形 ②梯形 ③矩形 ④平行四边形 解析 ∵OA

→＋OC →＝OB →＋OD →，

∴OA

→－OB →＝OD →－OC →，∴BA →＝CD →， ∴四边形ABCD 为平行四边形． 答案 平行四边形

10．若f (n )＝n 2＋1－n ，g (n )＝n －n 2－1，φ(n )＝1

2n ， n ∈N *，则f (n )、g (n )、φ(n )的大小关系为________．

解析 法一 f (n )、g (n )可用分子有理化进行变形，然后与φ(n )进行比较． f (n )＝

1n 2＋1＋n ＜12n ，g (n )＝1n ＋n 2－1＞1

2n

∴f (n )＜φ(n )＜g (n )．

法二 特殊值法．取n ＝1， 则f (1)＝2－1，g (1)＝1，φ(1)＝1

2. 答案 f (n )＜φ(n )＜g (n )

11．已知a ＞0，b ＞0，用两种方法证明：a b ＋b

a

≥a ＋b . 证明 法一 (综合法)： 因为a ＞0，b ＞0， 所以

a b ＋b

a

－a －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫

b a －a ＝

a －

b b ＋b －a a

＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1

b －1a

＝(a －b )2(a ＋b )

ab ≥0，

所以

a b ＋b

a

≥a ＋b . 法二 (分析法)： 要证

a b ＋b

a

≥a ＋b ， 只需证a a ＋b b ≥a b ＋b a ， 即证(a －b )(a －b )≥0，

因为a ＞0，b ＞0，a －b 与a －b 同号， 所以(a －b )(a －b )≥0成立， 所以

a b ＋b

a

≥a ＋b 成立． 12．(创新拓展)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ，g (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的最大值；

(2)设0＜a ＜b ，求证0＜g (a )＋g (b )－2g ⎝

⎛⎭⎪⎫

a ＋

b 2＜ (b －a )ln 2.

(1)解 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)．