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，＋∞)．
令f ′(x )＝
1
1＋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 )＝x ln x ，
∴g ′(x )＝ln x ＋1，其定义域为(0，＋∞)． 设F (x )＝g (a )＋g (x )－2g ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋x 2， 则F ′(x )＝ln x －ln a ＋x
2. 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 ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2＞0. 设G (x )＝F (x )－(x －a )ln 2，
则G ′(x )＝ln x －ln a ＋x
2－ln 2＝ln x －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 ⎝
⎛⎭⎪⎫
a ＋
b 2＜(b －a )ln 2. 综上可知，0＜g (a )＋g (b )－2g ⎝
⎛⎭
⎪⎫
a ＋
b 2＜(b －a )ln 2.。