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1、第6课时 分析法(限时：10分钟)1欲证，只需证明()A()2()2B()2()2C()2()2D()2()2解析：由分析法知欲证，只需证，即证()2()2.答案：C2要证明(a0)可选择的方法有多种，其中最合理的是()A综合法B类比法C分析法 D归纳法解析：直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理答案：C3函数f(x)axb在(，)上是减函数，则a的取值范围是_解析：要使f(x)axb在R上是减函数，只需f(x)0在R上恒成立因为f(x)a，所以a0.又因为a0时f(x)b为常函数，故a0.答案：(，0)4若x1,2，x2a0恒成立，则a的取值范围是_解析：要使x2a0在x1,2上恒
2、成立，只需ax2在1,2上恒成立令f(x)x2，x1,2，所以4f(x)1，故a1.答案：1，)5当a2时，求证.证明：要证 ，只需证 ，只需证()2()2，只需证 ，只需证(a1)(a2)a(a1)，只需证20，而20显然成立，所以成立(限时：30分钟)1命题“对于任意角，cos4sin4cos2”的证明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”，其过程应用了()A分析法 B综合法C综合法、分析法综合使用 D间接证法解析：从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路答案：B2设P，Q，R，那么P，Q，R的大小关系是()A
3、PQR BPRQCQPR DQRP解析：先比较R，Q的大小，可对R，Q作差，即QR()()()又()2()2220，QR，由排除法可知，选B.答案：B3要证成立，a，b应满足的条件是()Aab0且abBab0且abCab0有abDab0且ab或ab0且ab解析：要证，只需证()3()3，即证ab33ab，即证，只需证ab2a2b，即证ab(ba)0.只需ab0且ba0或ab0，且ba0.故选D.答案：D4已知a，b，c为不全相等的实数，Pa2b2c23，Q2(abc)，则P与Q的大小关系是()APQ BPQCPQ DPQ解析：要比较P，Q的大小，只需比较PQ与0的关系因为PQa2b2c232(
4、abc)a22a1b22b1c22c1(a1)2(b1)2(c1)2，又a，b，c不全相等，所以PQ0，即PQ.答案：A5下列不等式不成立的是()Aa2b2c2abbccaB.(a0，b0)C.(a3)D.2解析：对A，因为a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，所以a2b2c2abbcca；对B，因为()2ab2，()2ab，所以；对C，要证(a3)成立，只需证明，两边平方得2a322a32，即证，两边平方得a23aa23a2，即02.因为02显然成立，所以原不等式成立；对于D，()2(2)2124244(3)0，所以2，故D错误答案：D6如果abab，则实数a，b应满足的条件是_解
5、析：ababaabba()b()(ab)()0()()20，只需ab且a，b都不小于零即可答案：ab且a0，b07设a0，b0，c0，若abc1，则的最小值为_解析：根据条件可知，欲求的最小值只需求(abc)的最小值，因为(abc)332229(当且仅当abc时取“”)答案：98如图所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足_时，BDA1C(写上一个条件即可)解析：要证BDA1C，只需证BD平面AA1C.因为AA1BD，只要再添加条件ACBD，即可证明BD平面AA1C，从而有BDA1C.答案：ACBD(答案不唯一)9若a，b，c为不全相等的正数，求证：lglglglgalgbl
6、gc.证明：要证lglglglgalgblgc，只需证lglg(abc)，即证abc.因为a，b，c为不全相等的正数，所以0，0，0，且上述三式中等号不能同时成立，所以abc成立，所以lglglglgalgblgc成立10求证：2cos().证明：要证原等式，只需证：2cos()sinsin(2)sin，因为左边2cos()sinsin()2cos()sinsin()coscos()sincos()sinsin()cossin.所以成立，所以原等式成立11已知函数f(x)tanx，x，若x1，x2，且x1x2，求证：f(x1)f(x2)f.证明：要证f(x1)f(x2)f，只需证(tanx1tanx2)tan，只需证(“化切为弦”)，只需证，只需证，只需证明0cos(x1x2)1.由x1，x2，且x1x2可知0cos(x1x2)1成立所以f(x1)f(x2)f.- 5 -
