本文由 danny369 收集发布，转载请注明出处，如有问题请联系我们！高中数学选修1-2课时提升作业（五）2.1.综合法 探究导学课型 Word版含答案

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课时提升作业(五)
综　合　法
(25分钟　60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9=2，a2=1，则a1等于(　　)
A. B. C. D.2
【解析】选B.由a3·a9=2知·q10=2·q8，
所以q2=2，因为q>0，
所以q=，a1===.
【补偿训练】如果公差不为零的等差数列中的第二、第三、第六项构成等比数列，那么这个等比数列的公比等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选C.设等差数列的首项为a1，公差为d，等比数列的公比为q(q≠0)，则a2=a1+d，a3=a1+2d，a6=a1+5d.
因为a2，a3，a6构成等比数列，
所以=a2·a6，所以a1=-，所以q==3.
2.(2015台州高二检测)设a，b∈R，且a≠b，a+b=2，则必有(　　)
A.1≤ab≤ B.C.ab<<1 D.ab<1<
【解析】选D.因为a+b=2且a≠b，
所以ab<()2=1，>()2=1.
所以>1>ab.
【补偿训练】设a>0，b>0且ab-(a+b)≥1，则(　　)
A.a+b≥2(+1) B.a+b≤+1
C.a+b≤(+1)2 D.a+b>2(+1)
【解析】选A.由条件知a+b≤ab-1≤-1，
令a+b=t，则t>0且t≤-1，
解得t≥2+2.
3.(2014·天津高考)设{an}是首项为a1，公差为-1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1=(　　)
A.2 B.-2 C. D.-
【解析】选D.因为S2=2a1-1，S4=4a1+×(-1)=4a1-6，且S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1-1)2=a1(4a1-6)，解得a1=-.
4.(2015烟台高二检测)如果x>0，y>0，x+y+xy=2，则x+y的最小值是(　　)
A. B.2-2 C.1+ D.2-
【解析】选B.由x>0，y>0，x+y+xy=2，
则2-(x+y)=xy≤，
所以(x+y)2+4(x+y)-8≥0，
所以x+y≥2-2或x+y≤-2-2.
因为x>0，y>0，所以x+y的最小值为2-2.
5.(2015·郑州高二检测)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. D.[2，+∞)
【解析】选A.设三角形的三边从小到大依次为a，b，c，
因为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°.
根据余弦定理得cosB=cos60°==.
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>2.
又m=，即m∈(2，+∞).
二、填空题(每小题5分，共15分)
6.(2014·绵阳高二检测)等比数列{an}各项为正数，且3是a5和a6的等比中项，a1·a2·…·□等于310，则□内应填　　　　　　.
【解析】由题意，a5·a6=·q9=32，a1·a2·…·a10=q45=(q9)5=(32)5=310.
答案：a10
【一题多解】因为a5·a6=32，由等比数列的性质知a1·a10=a2·a9=…=a5·a6，
所以a1·a2·…·a10=(a5·a6)5=(32)5=310.
答案：a10
7.(2015·马鞍山高二检测)在△ABC中，已知cosAcosB>sinAsinB，则△ABC的形状一定是　　　　.
【解题指南】移项后通过三角恒等变换判断三角形形状.
【解析】因为cosAcosB>sinAsinB，
所以cosAcosB-sinAsinB
=cos(A+B)>0.
因为0又C=π-(A+B)，所以C∈
即△ABC为钝角三角形.
答案：钝角三角形
【拓展延伸】证明三角等式或不等式的主要依据
(1)三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式.
(2)和、差、倍角的三角函数公式.
(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理.
(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式.
8.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.
所以4x2-4x+1=0⇒x=，y=1.
答案：
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.设a，b，c>0，求证：++≥(a+b+c).
【证明】因为a2+b2≥2ab，a，b>0，
所以2(a2+b2)≥a2+b2+2ab=(a+b)2，
所以a2+b2≥，
所以≥(a+b).
同理：≥(b+c)，
≥(c+a)，
所以++≥(2a+2b+2c)
=(a+b+c).(当且仅当a=b=c时取等号)
故++≥(a+b+c).
10.(2015·石家庄高二检测)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：≤1.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，则a2=a1q，a5=a1q4，
依题意，得方程组，
解得a1=2，q=3，
所以an=2·3n-1
(2)因为Sn==3n-1，
所以=
≤=1，
即≤1.
【补偿训练】已知△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=+，
所以b(a+c)=2ac.
因为cosB=≥=1-=1-=1-
又△ABC三边长a，b，c满足a+c>b，
所以<1，
所以1->0.
所以cosB>0，
即B<90°.
【拓展延伸】综合法处理问题的三个步骤
(20分钟　40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1.(2015·南昌高二检测)已知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=a3a7，根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，因为a4是a3与a7的等比中项，
所以=a3·a7，
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)
整理得2a1+3d=0，①
又S8=8a1+d=32.
整理得2a1+7d=8，②
由①②知d=2，a1=-3.
所以S10=10a1+d=60.
【补偿训练】(2014·温州高二检测)已知方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为的等比数列，则|m-n|=　　　　.
【解析】方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0⇒x2-mx+2=0①
或x2-nx+2=0②.
设方程①两根为x1，x4.方程②两根为x2，x3.则x1·x4=2，x1+x4=m，x2·x3=2，x2+x3=n.
因为方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为的等比数列.
所以x1，x2，x3，x4分别为此数列的前四项且x1=，x4==4，公比为2，所以x2=1，x3=2，所以m=x1+x4=+4=，n=x2+x3=1+2=3，故|m-n|==.
答案：
2.若a，b，c∈R，且ab+bc+ca=1，则下列不等式成立的是(　　)
A.a2+b2+c2≥2 B.(a+b+c)2≥3
C.++≥2 D.abc(a+b+c)≤
【解析】选B.因为a，b，c∈R，
所以a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac=1，
所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=a2+b2+c2+2≥3.
二、填空题(每小题5分，共10分)
3.(2015·福州高二检测)下面的四个不等式：①a2+b2+3≥ab+(a+b)；②a(1-a)≤；③+≥2；
④(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd) 2，其中恒成立的是　　　　.
【解析】因为a2+b2≥2ab，a2+3≥2a，b2+3≥2b.
相加得2(a2+b2+3)≥2ab+2(a+b)，所以a2+b2+3≥ab+(a+b)，所以①正确.
由于a(1-a)-=-a2+a-=-≤0，所以②正确.
(a2+b2)·(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2，所以④正确.
而+≥2，因为a，b的符号不确定，
所以不一定成立.
答案：①②④
4.(2015·长春高二检测)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-=1，得x=1或x=-(舍)，所以切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y=x-2的距离等于.
答案：
三、解答题(每小题10分，共20分)
5.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=1，AD=2，E是BC的中点.
(1)求证：直线BB1∥平面D1DE.
(2)求证：平面A1AE⊥平面D1DE.
【证明】(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1，
又因为BB1⊄平面D1DE，DD1⊂平面D1DE，
所以直线BB1∥平面D1DE.
(2)在长方形ABCD中，
因为AB=AA1=1，AD=2，
所以AE=DE=，
所以AE2+DE2=4=AD2，
故AE⊥DE，
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中有DD1⊥平面
ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AE.
又因为DD1∩DE=D，
所以直线AE⊥平面D1DE，
而AE⊂平面A1AE，
所以平面A1AE⊥平面D1DE.
【延伸探究】本题中如何求三棱锥A-A1DE的体积？
【解析】==AA1×S△ADE=×1××1×2=.
【拓展延伸】综合法的广泛应用
综合法不但是数学证明中的重要方法之一，也是其他解答题步骤书写的重要方法，其特点是“执因索果”.综合法在数学证明中的应用非常广泛，用它不但可以证明不等式、立体几何、解析几何问题，也可以证明三角恒等式、数列问题、函数问题等.
6.(2015·绵阳高二检测)已知数列{an}中，a1=1，二次函数f(x)=an·x2+
(2-n-an+1)·x的对称轴为x=.
(1)试证明{2nan}是等差数列，并求{an}的通项公式.
(2)设{an}的前n项和为Sn，试求使得Sn<3成立的n的值，并说明理由.
【解题指南】(1)根据对称轴，得到2n+1an+1-2nan=2，继而得到{2nan}是以2为首项，以2公差的等差数列.根据等差数列的通项公式求出an.
(2)利用错位相加法求出数列的前n项和Sn，并利用函数的思想，得到Sn<3成立的n的值.
【解析】(1)因为二次函数f(x)=an·x2+(2-n-an+1)·x的对称轴为x=.
所以=，
所以2n+1an+1-2nan=2，
因为a1=1，所以2a1=2，
所以{2nan}是以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以2nan=2+2(n-1)=2n，
所以an==n·.
(2)因为Sn=a1+a2+…+an=1×+2×+3×+n·，
所以Sn=1×+2×+3×+…+n·，
两式相减得，
Sn=++++…+-n·=-n·=2-2·-n·，
所以Sn=4-，
因为Sn<3，所以4-<3，
所以n+2>2n-1，
分别画出函数y=x+2(x>0)，与y=2x-1(x>0)的图象，如图所示，由图象可知，当n=1，2，3时，Sn<3成立.
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