高中数学 3.3.1 综合法同步练习 北师大版选修1-2

§3综合法与分析法3．1综合法eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时20分钟)1．设数列{an}为等差数列，且a2＝－6，a8＝6，Sn是数列{an}的前n项和， 则 ()．A．S4＜S5 B．S4＝S5C．S6＜S5 D．S6＝S5解析由a2＋a8＝0⇒a5＝0，则S4＝S5，故选B.答案B2．平面内有四边形ABCD和点O，Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(C,\s\up6(→))＝Oeq\o(B,\s\up6(→))＋Oeq\o(D,\s\up6(→))，则四边形ABCD为 ()．A．菱形 B．梯形C．矩形 D．平行四边形 解析∵Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(C,\s\up6(→))＝Oeq\o(B,\s\up6(→))＋Oeq\o(D,\s\up6(→))，∴Oeq\o(A,\s\up6(→))－Oeq\o(B,\s\up6(→))＝Oeq\o(D,\s\up6(→))－Oeq\o(C,\s\up6(→))， ∴Beq\o(A,\s\up6(→))＝Ceq\o(D,\s\up6(→))，∴四边形ABCD为平行四边形． 答案D3．在不等边三角形中，a为最长边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a， b，c应满足条件 ()． A．a2<b2＋c2 B．a2＝b2＋c2 C．a2>b2＋c2 D．a2≤b2＋c2 解析由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＜0知，b2＋c2－a2＜0，所以a2＞b2＋c2. 答案C4．已知f(x)＝sineq\f(π,3)(x＋1)－eq\r(3)coseq\f(π,3)(x＋1)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2011)＝ ________. 解析∵f(x)＝2sineq\f(π,3)x，∴f(x)的周期T＝6， ∴原式＝335×(f(1)＋f(2)＋…＋f(6))＋f(2011)＝0＋2sineq\f(π,3)＝eq\r(3). 答案eq\r(3)5．若拋物线y＝4x2上的点P到直线y＝4x－5的距离最短，则点P的坐标 为________． 解析设P在y＝4x＋m上， 将y＝4x＋m代入y＝4x2， 得4x2－4x－m＝0.取Δ＝0，得m＝－1. ∴4x2－4x＋1＝0⇒x＝eq\f(1,2)，y＝1. 答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))6．△ABC的三边长a，b，c的倒数成等差数列，求证：∠B＜90°. 证明由题意知eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)， ∴b(a＋c)＝2ac ∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)＝1－eq\f(b2,2ac)＝1－eq\f(b2,ba＋c)＝1－eq\f(b,a＋c) 又△ABC三边长a、b、c满足a＋c＞b， ∴eq\f(b,a＋c)＜1，∴1－eq\f(b,a＋c)＞0. ∴cosB＞0，即∠B＜90°.eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时25分钟)7．函数f(x)＝|log3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为()． A．2 B．1 C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3) 解析由函数f(x)＝|log3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则a＝eq\f(1,3)，1≤b≤3；或eq\f(1,3)<a≤1，b＝3，故b－a的最小值为eq\f(2,3)，故选D. 答案D8．设函数f(x)＝|lgx|，若0＜a＜b，且f(a)＞f(b)，则ab的取值范围是()． A．(0,1) B．(0,2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) 解析由于函数f(x)＝|lgx|在(0,1)上单调递减，在[1，＋∞]上单调递增， 故|lga|＞|lgb|，即－lga＞lgb，∴lgab＜0，则0＜ab＜1. 答案A9．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，则a＋b,2eq\r(ab)，a2＋b2,2ab中最大的是________． 解析由0<a<1,0<b<1，且a≠b，得a＋b>2eq\r(ab)，a2＋b2>2ab.又a>a2， b>b2，知a＋b>a2＋b2，从而a＋b最大． 答案a＋b10．命题“函数f(x)＝x－xlnx在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函 数f(x)＝x－xlnx求导得f(x)′＝－lnx，当x∈(0,1)时，f(x)′＝－lnx＞0， 故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法． 答案综合法11．在△ABC中，三边a，b，c成等比数列．求证：acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b. 证明∵左边＝eq\f(a1＋cosC,2)＋eq\f(c1＋cosA,2) ＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)(acosC＋ccosA) ＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·\f(b2＋c2－a2,2bc))) ＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)b≥eq\r(ac)＋eq\f(b,2)＝b＋eq\f(b,2)＝eq\f(3,2)b＝右边， ∴acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b.12．(创新拓展)已知数列{an}为等比数列，a2＝6，a5＝162， (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn是数列{an}的前n项和，证明：eq\f(Sn·Sn＋2,S\o\al(2,n＋1))≤1. (1)解设等比数列{an}的公比为q， 则a2＝a1q，a5＝a1q4， 依题意，得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝6，,a1q4＝162，)) 解得a1＝2，q＝3，∴an＝2·3n－1. (2)证明∵Sn＝eq\f(21－3n,1－3)＝3n－1， ∴eq\f(