2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-2)课时作业-2.2.1.1-综合法.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(十六)综合法一、选择题(每小题3分，共18分)1.设a=lg2+lg5，b=ex(xbB.a=bC.abD.无法确定【解析】选A.a=lg2+lg5=1，b=ex，当x0时，0bb.2.设a0，b0且ab-(a+b)1，则()A.a+b2(2+1)B.a+b2+1C.a+b(2+1)2D.a+b2(2+1)【解析】选A.由条件知a+bab-1a+b22-1，令a+b=t，则t0且tt24-1，解得t2+22.3.(2022广州高二检测)在集合a，b，c，d上定义两种运算和如下：那么，d(ac)等于()A.aB.bC.cD.d【解析】选A.由所给定义知ac=c，dc=a，所以d(ac)=dc=a.4.(2022济南高二检测)假如x0，y0，x+y+xy=2，则x+y的最小值为()A.32B.23-2C.1+3D.2-3【解析】选B.由x0，y0，x+y+xy=2，则2-(x+y)=xyx+y22，所以(x+y)2+4(x+y)-80，x+y23-2或x+y-2-23，由x0，y0知x+y23-2.5.在面积为S(S为定值)的扇形中，当扇形中心角为，半径为r时，扇形周长p最小，这时，r的值分别是()A.=1，r=SB.=2，r=4SC.=2，r=3SD.=2，r=S【解析】选D.设扇形的弧长为l，则12lr=S，所以l=2Sr，又p=2r+l=2r+2Sr24S=4S，当且仅当r=Sr，即r=S时等号成立，此时=2Sr2=2SS=2.6.(2022西安高二检测)在ABC中，tanAtanB1，则ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【解析】选A.由于tanAtanB1，所以角A，角B只能都是锐角，所以tanA0，tanB0，1-tanAtnaB0，所以tan(A+B)=tanA+tanB1-tanAtanB0，b0，则下面两式的大小关系为lg(1+ab)_12lg(1+a)+ lg(1+b).【解题指南】要比较两者大小，可先比较(1+ab)与(1+a)(1+b)的大小，又需先比较(1+ab)2与(1+a)(1+b)的大小.【解析】由于(1+ab)2-(1+a)(1+b)=1+2ab+ab-1-a-b-ab=2ab-(a+b)=-(a-b)20，所以(1+ab)2(1+a)(1+b)，所以lg(1+ab)12lg(1+a)+lg(1+b).答案：【变式训练】若ab，a0，b0，则比较大小关系：|a|b|+|b|a|_|a|+|b|.【解析】可比较|a|a|+|b|b|与|a|b|+|b|a|的大小，进而比较|a|a|-|a|b|与|b|a|-|b|b|的大小，从而可比较出大小.由于(|a|a|-|a|b|)-(|b|a|-|b|b|)=|a|(|a|-|b|)-|b|(|a|-|b|)=(|a|+|b|)(|a|-|b|)2.由于ab，a0，b0，所以上式0，故|a|b|+|b|a|a|+|b|.答案：8.点P是曲线y=x2-lnx上任意一点，则点P到直线y=x-2的距离的最小值是_.【解题指南】在曲线上求一点，使得在此点处的切线和直线y=x-2平行，求出两条平行线间的距离即可.【解析】点P是曲线y=x2-lnx上任意一点，当过点P的切线和直线y=x-2平行时，点P到直线y=x-2的距离最小.直线y=x-2的斜率为1.令y=x2-lnx的导数y=2x-1x=1，得x=1或x=-12(舍)，所以切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y=x-2的距离等于2.答案：29.(2022天水高二检测)已知数列an的前n项和为Sn，f(x)=2x-1x+1，an=log2f(n+1)f(n)，则S2022=_.【解题指南】利用对数的性质，把an写成log2f(n+1)-log2f(n)，则式子中可毁灭正负相消的状况.【解析】an=log2f(n+1)f(n)=log2f(n+1)-log2f(n)，所以S2022=a1+a2+a3+a2022=log2f(2)-log2f(1)+log2f(3)-log2f(2)+log2f(4)-log2f(3)+log2f(2022)-log2f(2021)=log2f(2022)-log2f(1)=log24 028-12 014+1-log212=log24 0272 015+1.答案：log24 0272 015+1三、解答题(每小题10分，共20分)10.已知an是正数组成的数列，a1=1，且点(an，an+1)(nN*)在函数y=x2+1的图象上.(1)求数列an的通项公式.(2)若数列bn满足b1=1，bn+1=bn+2an，求证：bnbn+2bn+12.【解析】(1)由已知得an+1=an+1，则an+1-an=1，又a1=1，所以数列an是以1为首项，1为公差的等差数列.故an=1+(n-1)1=n.(2)由(1)知，an=n，从而bn+1-bn=2n.bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1=2n-1+2n-2+2+1=1-2n1-2=2n-1.由于bnbn+2-bn+12=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-22n+1+1)=-2n0，所以bnbn+2qD.不确定【解析】选B.q=ab+madn+nbcm+cdab+2abcd+cd=ab+cd=p，当且仅当madn=nbcm时取等号.【变式训练】已知函数f(x)=12x，a，b是正实数，A=fa+b2，B=f(ab)，C=f2aba+b，则A，B，C的大小关系为()A.ABCB.ACBC.BCAD.CBA【解析】选A.由于a+b2ab2aba+b，又f(x)=12x在R上是减函数.所以fa+b2f(ab)f2aba+b.2.设0x2x2x，由于(1+x)(1-x)=1-x21，又0x0，所以1+x11-x.3.(2022南昌高二检测)公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项S8=32，则S10等于()A.18B.24C.60D.90【解题指南】由等比中项的定义可得a42=a3a7，依据等差数列的通项公式及前n项和公式，设出公差d，列方程解出a1和d进而求出S10.【解析】选C.等差数列an的公差为d，由于a4是a3与a7的等比中项，所以a42=a3a7，即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)整理得2a1+3d=0，又S8=8a1+562d=32.整理得2a1+7d=8，由知d=2，a1=-3.所以S10=10a1+902d=60.4.若钝角三角形ABC三内角A，B，C的度数成等差数列且最大边与最小边的比为m，则m的取值范围是()A.(2， +)B.(0， 2)C.1，2D.2，+)【解析】选A.设三角形的三边从小到大依次为a，b，c，由于三内角的度数成等差数列，所以2B=A+C.则A+B+C=3B=180，可得B=60.依据余弦定理得cosB=cos60=a2+c2-b22ac=12.得b2=a2+c2-ac，因三角形ABC为钝角三角形，故a2+b2-c20.于是2a2-ac2.又m=ca，即m(2，+).二、填空题(每小题5分，共10分)5.已知sin+sin+sinr=0，cos+cos+cosr=0，则cos(-)的值为_.【解析】由sin+sin+sinr=0，cos+cos+cosr=0，得sin+sin=-sinr，cos+cos=-cosr，两式分别平方，相加得2+2(sinsin+coscos)=1，所以cos(-)=-12.答案：-126.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，在正方体的表面上与点A距离为233的点形成一条曲线，这条曲线的长度为_.【解析】这条曲线在面ADD1A1上的一段是以A为圆心，233为半径，6为圆心角的一段圆弧，在面A1B1C1D1上的一段是以A1为圆心，33为半径，2为圆心角的一段圆弧，由正方体的对称性知，这条曲线的长度为36233+233=536.答案：536三、解答题(每小题12分，共24分)7.若a，b，c是不全相等的正数，求证：lga+b2+lgb+c2+lgc+a2lga+lgb+lgc.【证明】由于a，b，c(0，+)，所以a+b2ab0，b+c2bc0，a+c2ac0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.所以a+b2b+c2c+a2abc成立.上式两边同时取常用对数，得lga+b2b+c2c+a2lg(abc)，所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2lga+lgb+lgc.【变式训练】(2022太原高二检测)设a，b，c0，证明：a2b+b2c+c2aa+b+c.【解题指南】用综合法证明，可考虑运用基本不等式.【证明】由于a，b，c0，依据基本不等式，有a2b+b2a，b2c+c2b，c2a+a2c.三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c2(a+b+c).当且仅当a=b=c时取等号.即a2b+b2c+c2aa+b+c.8.设g(x)=13x3+12ax2+bx(a，bR)，其图象上任一点P(x，y)处切线的斜率为f(x)，且方程f(x)=0的两根为，.(1)若=+1，且Z，求证f(-a)=14(a2-1).(2)若，(2，3)，求证存在整数k，使得|f(k)|14.【证明】(1)由题意得f(x)=g(x)=x2+ax+b，所以=a2-4b0,+(+1)=-a,(+1)=b,消去得a2-4b=1，满足0，所以b=14(a2-1).所以f(-a)=(-a)2+a(-a)+b=b=14(a2-1).(2)由于，(2，3)，f(x)=x2+ax+b=(x-)(x-)，所以|f(2)|f(3)|=|(2-)(2-)|(3-)(3-)|=|(-2)(3-)|(-2)(3-)|(-2)+(3-)24(-2)+(3-)24=142，故必有|f(2)|14或|f(3)|14.所以存在整数k=2或k=3，使|f(k)|14.关闭Word文档返回原板块