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

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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(x<0)，则a与b大小关系为(　　)
A.a>b B.a=b
C.a<b D.无法确定
【解析】选A.a=lg2+lg5=1，b=ex，
当x<0时，0<b<1.
所以a>b.
2.设a>0，b>0且ab-(a+b)≥1，则(　　)
A.a+b≥2(2+1) B.a+b≤2+1
C.a+b≤(2+1)2 D.a+b>2(2+1)
【解析】选A.由条件知a+b≤ab-1≤a+b22-1，
令a+b=t，则t>0且t≤t24-1，
解得t≥2+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⊗(a⊕c)等于(　　)
A.a B.b C.c D.d
【解析】选A.由所给定义知a⊕c=c，d⊗c=a，
所以d⊗(a⊕c)=d⊗c=a.
4.(2022·济南高二检测)假如x>0，y>0，x+y+xy=2，则x+y的最小值为(　　)
A.32 B.23-2 C.1+3 D.2-3
【解析】选B.由x>0，y>0，x+y+xy=2，
则2-(x+y)=xy≤x+y22，
所以(x+y)2+4(x+y)-8≥0，
x+y≥23-2或x+y≤-2-23，
由x>0，y>0知x+y≥23-2.
5.在面积为S(S为定值)的扇形中，当扇形中心角为θ，半径为r时，扇形周长p最小，这时θ，r的值分别是(　　)
A.θ=1，r=S B.θ=2，r=4S
C.θ=2，r=3S D.θ=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+2Sr≥24S=4S，
当且仅当r=Sr，即r=S时等号成立，
此时θ==2Sr2=2SS=2.
6.(2022·西安高二检测)在△ABC中，tanA·tanB>1，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tanA·tanB>1，
所以角A，角B只能都是锐角，
所以tanA>0，tanB>0，1-tanA·tnaB<0，
所以tan(A+B)=tanA+tanB1-tanA·tanB<0.
所以A+B是钝角，即角C为锐角.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1+ab)______ 12[lg(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)2≤0，
所以(1+ab)2≤(1+a)(1+b)，
所以lg(1+ab)≤12[lg(1+a)+lg(1+b)].
答案：≤
【变式训练】若a≠b，a≠0，b≠0，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a≠b，a≠0，b≠0，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：2
9.(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)(n∈N*)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：bn·bn+2<bn+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bn·bn+2-bn+12
=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2·2n+1+1)
=-2n<0，
所以bn·bn+2<bn+12.
11.(2022·石家庄高二检测)已知倾斜角为60°的直线L经过抛物线y2=4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，其中O为坐标原点.
(1)求弦AB的长.
(2)求三角形ABO的面积.
【解析】(1)由题意得：直线L的方程为y=3(x-1)，
代入y2=4x，得：3x2-10x+3=0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则：x1+x2=103.
由抛物线的定义得：弦长|AB|=x1+x2+p=103+2=163.
(2)点O到直线AB的距离d=|-3|3+1=32，
所以三角形OAB的面积为S=12|AB|·d=433.

一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2022·石家庄高二检测)p=ab+cd，q=ma+nc·bm+dn(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】选B.q=ab+madn+nbcm+cd≥
ab+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.A≤B≤C B.A≤C≤B
C.B≤C≤A D.C≤B≤A
【解析】选A.由于a+b2≥ab≥2aba+b，
又f(x)=12x在R上是减函数.
所以fa+b2≤f(ab)≤f2aba+b.
2.设0<x<1，则a=2x，b=1+x，c=11-x中最大的一个是(　　)
A.a B.b
C.c D.不能确定
【解析】选C.易得1+x>2x>2x，
由于(1+x)(1-x)
=1-x2<1，
又0<x<1，
即1-x>0，
所以1+x<11-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.18 B.24 C.60 D.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=a3·a7，
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)
整理得2a1+3d=0，　①
又S8=8a1+562d=32.
整理得2a1+7d=8，　②
由①②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.[1，2] D.[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-c2<0.
于是2a2-ac<0，即ca>2.
又m=ca，即m∈(2，+∞).
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.已知sinα+sinβ+sinr=0，cosα+cosβ+cosr=0，则cos(α-β)的值为__________.
【解析】由sinα+sinβ+sinr=0，cosα+cosβ+cosr=0，
得sinα+sinβ=-sinr，cosα+cosβ=-cosr，
两式分别平方，相加得2+2(sinαsinβ+cosαcosβ)=1，
所以cos(α-β)=-12.
答案：-12
6.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，π6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，π2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3π6·233+π2·33=536π.
答案：536π
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+a2>lga+lgb+lgc.
【证明】由于a，b，c∈(0，+∞)，
所以a+b2≥ab>0，b+c2≥bc>0，a+c2≥ac>0.
又上述三个不等式中等号不能同时成立.
所以a+b2·b+c2·c+a2>abc成立.
上式两边同时取常用对数，
得lga+b2·b+c2·c+a2>lg(abc)，
所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lga+lgb+lgc.
【变式训练】(2022·太原高二检测)设a，b，c>0，证明：a2b+b2c+c2a≥a+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，c>0，依据基本不等式，
有a2b+b≥2a，b2c+c≥2b，c2a+a≥2c.
三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c≥2(a+b+c).
当且仅当a=b=c时取等号.
即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
8.设g(x)=13x3+12ax2+bx(a，b∈R)，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α，β.
(1)若α=β+1，且β∈Z，求证f(-a)=14(a2-1).
(2)若α，β∈(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Δ=a2-4b>0,β+(β+1)=-a,β·(β+1)=b,消去β得a2-4b=1，
满足Δ>0，所以b=14(a2-1).
所以f(-a)=(-a)2+a(-a)+b=b=14(a2-1).
(2)由于α，β∈(2，3)，f(x)=x2+ax+b=(x-α)(x-β)，
所以|f(2)|·|f(3)|=|(2-α)(2-β)|·|(3-α)(3-β)|
=|(α-2)(3-α)|·|(β-2)(3-β)|≤[(α-2)+(3-α)]24·[(β-2)+(3-β)]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.
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