（新课程）高中数学《2.2.1综合法和分析法》评估训练2 新人教A版选修1-2VIP专享VIP免费

第2课时分析法及其应用1．要证明＋＜2，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B2．已知f(x)＝是奇函数，那么实数a的值等于()．A．1B．－1C．0D．±1解析奇函数f(x)在x＝0时有意义，则f(0)＝0，∴f(0)＝＝＝0，∴a＝1，故选A.答案A3．如果x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值是()．A.B．2－2C．1＋D．2－解析由x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则2－(x＋y)＝xy≤2，∴(x＋y)2＋4(x＋y)－8≥0，∴x＋y≥2－2或x＋y≤－2－2.∵x＞0，y＞0，∴x＋y的最小值为2－2.答案B4．设A＝＋，B＝(a＞0，b＞0)，则A、B的大小关系为________．解析A－B＝－＝≥0.答案A≥B5．若抛物线y＝4x2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＝4x2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＝4x2，得4x2－4x－b＝0，令Δ＝0，得b＝－1.∴4x2－4x＋1＝0，∴x＝，∴y＝1.答案6．设a，b＞0，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2.证明法一分析法要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立．只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立，又因a＋b＞0，只需证a2－ab＋b2＞ab成立，只需证a2－2ab＋b2＞0成立，1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⇒a2－2ab＋b2＞0⇒a2－ab＋b2＞ab.注意到a，b∈R＋，a＋b＞0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2.7．p＝＋，q＝(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为()．A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定解析q＝≥＝＋＝p.答案B8．对一切实数x，不等式x2＋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≠0)，而|x|＋≥2，∴a≥－2，当x＝0时原不等式显然成立．答案C9．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，g(n)＝n－，φ(n)＝，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)＝＜，g(n)＝＞∴f(n)＜φ(n)＜g(n)．法二特殊值法．取n＝1，则f(1)＝－1，g(1)＝1，φ(1)＝.答案f(n)＜φ(n)＜g(n)11．已知a＞0，b＞0，用两种方法证明：＋≥＋.证明法一(综合法)：因为a＞0，b＞0，所以＋－－＝＋＝＋＝(a－b)2＝≥0，所以＋≥＋.法二(分析法)：要证＋≥＋，只需证a＋b≥a＋b，即证(a－b)(－)≥0，因为a＞0，b＞0，a－b与－同号，所以(a－b)(－)≥0成立，所以＋≥＋成立．12．(创新拓展)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设0＜a＜b，求证0＜g(a)＋g(b)－2g＜(b－a)ln2.(1)解函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．令f′(x)＝－1＝0，得x＝0.当－1＜x＜0时，f′(x)＞0，f(x)为单调递增函数；当x＞0时，f′(x)＜0，f(x)为单调递减函数，故当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.(2)证明∵g(x)＝xlnx，∴g′(x)＝lnx＋1，其定义域为(0，＋∞)．设F(x)＝g(a)＋g(x)－2g，则F′(x)＝lnx－ln.令F′(x)＝0，得x＝a.当0＜x＜a时，F′(x)＜0，F(x)为单调递减函数；当x＞a时，F′(x)＞0，F(x)为单调递增函数，∴F(x)有最小值F(a)．∵F(a)＝0，b＞a，∴F(b)＞0，即g(a)＋g(b)－2g＞0.设G(x)＝F(x)－(x－a)ln2，则G′(x)＝lnx－ln－ln2＝lnx－ln(a＋x)．当x＞0时，G′(x)＜0，G(x)为单调递减函数．∵G(a)＝0，b＞a，∴G(b)＜0，即g(a)＋g(b)－2g＜(b－a)ln2.综上可知，0＜g(a)＋g(b)－2g＜(b－a)ln2.3