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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≥Q
C.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，则A，B的大小关系为( )
A.A>B B.A≥B
C.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-x1+x+y1+x+y-y1+y<0，故A<B.
3.要证：a2+b2-1-a2b2≤0，只要证明( )
A.2ab-1-a2b2≤0
B.a2+b2-1-a2+b22≤0
C.(a+b)22-1-a2b2≤0
D.(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<bc
C.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|≥1
B.|a|≥1且|b|≤1
C.(|a|-1)(|b|-1)≥0
D.(|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,或|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_______________条件.
【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>0
8.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+9b·(a+b)
=10+ba+9ab≥10+2ba·9ab=16.
当且仅当ba=9ab，即3a=b时取等号，
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的最小值为________.
【解析】依据条件可知，欲求1a+1b+1c的最小值.
只需求(a+b+c)1a+1b+1c的最小值，
由于(a+b+c)1a+1b+1c
=3+ba+ab+ca+ac+cb+bc≥3+2+2+2=9(当且仅当a=b=c时取“=”).
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+1=yy+1，
要证：1x+1>y-y2成立.
只需证yy+1>y-y2成立.
只需证1y+1>1-y成立(由于y>0).
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+b.
【证明】由于a>0，b>0，所以a·b>0，
所以欲证ab+ba≥a+b，
即证：aa+bba·b≥a+b.
只要证aa+bb≥ab+ba.
只要证(aa+bb)2≥(ab+ba)2，
即证a3+b3+2abab≥a2b+2abab+ab2，
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)，则有( )
A.m<n B.m=n
C.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+2a2+5a+6，
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+3(a≥0)，即m<n.
2.(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.ab≥a+mb+m
C.ab≤a+mb+m≤1 D.1<b+ma+m<ba
【解析】选B.可证明ab<a+mb+m成立，要证明ab<a+mb+m，
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+ca
B.a+b>a+b(a>0，b>0)
C.a-a-1<a-2-a-3(a≥3)
D.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)2=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+2a(a-3)<2a-3+2(a-2)(a-1)，
即证a(a-3)<(a-2)(a-1)，两边平方得a2-3a<a2-3a+2，即0<2.
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恒成立.
由于y=-x+4x在(1，2)上单调递增，
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，则n的最大值为________.
【解析】由a>b>c，得a-b>0，b-c>0，a-c>0，
要使1a-b+1b-c≥na-c恒成立.
只需a-ca-b+a-cb-c≥n恒成立.
只需(a-b)+(b-c)a-b+(a-b)+(b-c)b-c≥n恒成立.
明显2+b-ca-b+a-bb-c≥4(当且仅当b-c=a-b时等号成立).
所以只需n≤4成立，即n能取的最大值为4.
答案：4
6.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，不必考虑全部可能的情形).
【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或A1C1⊥BD.
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-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β).
【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-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β)成立，
即证1-sin2αcos2α1+sin2αcos2α=1-sin2βcos2β21+sin2βcos2β.
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[f(x1)+f(x2)]>fx1+x22.
【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)]>fx1+x22，
只需证12(tanx1+tanx2)>tanx1+x22，
只需证12sinx1cosx1+sinx2cosx2>sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，
只需证sin(x1+x2)2cosx1cosx2>sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，
只需证sin(x1+x2)cos(x1+x2)+cos(x1-x2)>sin(x1+x2)1+cos(x1+x2)，
只需证明0<cos(x1-x2)<1.
由x1，x2∈0,π2，且x1≠x2，
可知0<cos(x1-x2)<1成立.
即12[f(x1)+f(x2)]>fx1+x22.
【变式训练】设集合s={x|x∈R且|x|<1}，若s中定义运算a*b=a+b1+ab.
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∈s，则|a|<1，|b|<1，
a*b=a+b1+ab.
要证a*b∈s，
即证|a*b|=a+b1+ab<1，
只需证|a+b|<|1+ab|，
即只需证(a+b)2<(1+ab)2，
即证(1-a2)(1-b2)>0，
由于|a|<1，|b|<1，
所以a2<1，b2<1，
所以(1-a2)(1-b2)>0成立，
所以a*b∈s.
(2)(a*b)*c=a+b1+ab*c=a+b+c+abc1+ab+ac+bc.
同理a*(b*c)=a*c+b1+bc=a+b+c+abc1+ab+ac+bc.
所以(a*b)*c=a*(b*c).
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