2020版高中数学第二章推理与证明2.2.1综合法和分析法（第1课时）综合法练习（含解析）新人教A版.docx

第1课时综合法课时过关能力提升基础巩固1.设a,bR,若a-|b|0,则下列不等式正确的是()A.b-a0B.a3+b30C.a2-b20解析:a-|b|0,|b|0,-ab0.答案:D2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是()A.(-,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+)解析:f(x)=(x-3)ex+(x-3)(ex)=(x-2)ex,令f(x)0,解得x2,故选D.答案:D3.在等差数列an中,a5+a11=16,a4=1,则a12的值是()A.15B.30C.31D.64解析:因为an是等差数列,所以a5+a11=a4+a12,所以a12=16-1=15.故选A.答案:A4.已知a0,b0,且a+b=2,则()A.ab12B.ab12C.a2+b22D.a2+b23解析:由a+b=2,可得ab1,当且仅当a=b=1时取等号.a2+b2=4-2ab,a2+b22.答案:C5.已知实数a0,且函数f(x)=a(x2+1)-2x+1a有最小值-1,则a=.解析:由f(x)=ax2-2x+a-1a有最小值,得a0,其图象的对称轴为x=1a,f(x)min=f1a=-1,即f1a=a1a2-21a+a-1a=-1,即a-2a=-1,所以a2+a-2=0(a0),解得a=1.答案:16.设p,q均为实数,则“q0”是“关于x的方程x2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”的条件.(填“充要”“必要不充分”“充分不必要”或“既不充分也不必要”)解析:因为q0.所以“方程x2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”成立.因为“方程x2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”,所以qa+b+c.分析:解答本题可先把abc=1代入,再利用基本不等式进行推证.证明因为a,b,c为不全相等的正数,且abc=1,所以1a+1b+1c=bc+ca+ab.又bc+ca2bcca=2c,ca+ab2caab=2a,ab+bc2abbc=2b,且a,b,c不全相等,所以上述三个不等式中的“=”不能同时成立.所以2(bc+ca+ab)2(c+a+b),即bc+ca+aba+b+c.故1a+1b+1ca+b+c.8.在ABC中,三边a,b,c成等比数列.求证:acos2C2+ccos2A232b.证明a,b,c成等比数列,b2=ac.左边=a(1+cosC)2+c(1+cosA)2=12(a+c)+12(acosC+ccosA)=12(a+c)+12aa2+b2-c22ab+cb2+c2-a22bc=12(a+c)+12bac+b2=b+b2=32b=右边,当且仅当a=c时,等号成立,acos2C2+ccos2A232b.9.若a,b,c是不全相等的正数,求证:lga+b2+lg b+c2+lg c+a2lg a+lg b+lg c.证明a,b,c(0,+),a+b2ab0,b+c2bc0,a+c2ac0.又a,b,c是不全相等的正数,故上述三个不等式中等号不能同时成立.a+b2b+c2c+a2abc成立.上式两边同时取常用对数,得lga+b2b+c2c+a2lg(abc),lga+b2+lgb+c2+lgc+a2lga+lgb+lgc.能力提升1.若a,b,c是常数,则“a0,且b2-4ac0”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:因为a0,且b2-4ac0对任意xR恒成立.反之,ax2+bx+c0对任意xR恒成立不能推出a0,且b2-4ac0时也有ax2+bx+c0对任意xR恒成立,所以“a0,且b2-4ac0”的充分不必要条件.答案:A2.在面积为S(S为定值)的扇形中,弧所对的圆心角为,半径为r.当扇形的周长p最小时,r的值分别是()A.=1,r=SB.=2,r=4SC.=2,r=3SD.=2,r=S解析:因为S=12r2,所以=2Sr2.又扇形周长为p=2r+r=2r+Sr4S,所以当r=Sr,即r=S时,p取最小值,此时=2.故选D.答案:D3.若O是平面上的定点,A,B,C是平面上不共线的三个点,动点P满足OP=OA+AB|AB|+AC|AC|,0,+),则动点P的轨迹一定通过ABC的()A.外心B.内心C.重心D.垂心解析:因为OP=OA+AB|AB|+AC|AC|,所以AP=AB|AB|+AC|AC|.所以AP是ABC中BAC的平分线.故动点P的轨迹一定通过ABC的内心.答案:B4.已知sin +sin +sin =0,cos +cos +cos =0,则cos(-)的值为.解析:sin+sin+sin=0,cos+cos+cos=0,sin+sin=-sin,cos+cos=-cos.以上两式两边平方相加,得2+2(sinsin+coscos)=1,cos(-)=-12.答案:-125.已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M=0,1,2,q-1,集合A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n.(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;(2)设s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,biM,i=1,2,n.证明:若anbn,则st.(1)解当q=2,n=3时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3.可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)证明由s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n及anbn,可得s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1(q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-1=(q-1)(1-qn-1)1-q-qn-1=-10.所以,st.6.已知数列an满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明an+12是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明1a1+1a2+1an32.证明(1)由an+1=3an+1,得an+1+12=3an+12.又a1+12=32,所以an+12是首项为32,公比为3的等比数列.an+12=323n-1=3n2,因此an的通项公式为an=3n-12.(2)由(1)知1an=23n-1.因为当n1时,3n-123n-1,所以13n-1123n-1,即1an13n-1,于是1a1+1a2+1an1+13+13n-1=321-13n32.所以1a1+1a2+1an0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在区间12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.(1)证明Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn12=1+12+122+12n-2=1-12n+11-12-2=-12n0,故Fn(x)在区间12,1内单调递增,所以Fn(x)在区间12,1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-xn-2=0,故xn=12+12xnn+1.(2)解当x=1时,fn(x)=gn(x);当x1时,fn(x)0.当x=1时,fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-n(n+1)xn-12.若0xxn-1+2xn-1+nxn-1-n(n+1)2xn-1=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-