2019-2020学年数学人教A版选修2-2检测：2.2.1.1综合法和分析法

可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac. 再由④，得a2＋c2－ac＝ac， 即(a－c)2＝0，因此a＝c， 从而有A＝C.⑤

π

由②③⑤，得A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形．

3

基础达标

一、选择题

1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则( )

11

A．a≤ B．ab≥ 22

C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3

a＋b?2a2＋b2?解析：∵a≥0，b≥0，由均值不等式，ab≤

?2?≤2，将a＋b＝2代入，得ab≤1，

a2＋b2≥2，当且仅当a＝b＝1时，等式成立，故选C.

答案：C

1－x

2．已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于( )

1＋x

A．b B．－b 11C. D．－ bb

1－x1＋a?1－a?－1＝－lg1－a＝－f(a)

解析：函数f(x)＝lg的定义域为(－1,1)，f(－a)＝lg＝lg??1＋x1－a1＋a?1＋a?＝－b.故选B.

答案：B

3．如果公差不为零的等差数列中的第二项，第三项，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：设等差数列{an}的公差为d，∵等差数列中的第二项、第三项、第六项构成等比数列．

a3a1＋2d－3a1

∴a2a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，整理，得d＝－2a1，∴＝＝＝3＝a2·a2a1＋d－a1

3.∴这个等比数列的公比为3，故选C.

答案：C

4．对一切实数x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．(－∞，－2] B．[－2,2] C．[－2，＋∞) D．[0，＋∞)

11

|x|＋?(x≠0)，而|x|＋≥2，∴a≥－2，当x＝0时原不解析：用分离参数法可得a≥－?|x|??|x|

等式显然成立，故选C.

答案：C

5．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”的是

( )

1

A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2

x

C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)

解析：若函数f(x)满足题中条件，则函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，结合四个选项知只

1

有A选项中的f(x)＝为(0，＋∞)上的减函数，故选A.

x

答案：A 6．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为( )

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

解析：由正弦定理及bcosC＋ccos B＝asin A，得sin BcosC＋cos BsinC＝sin2A，即sin(B＋

π

C)＝sin2A，∴sin A＝sin2A，∵sin A≠0，∴sin A＝1，又0

2

角形，故选B.

答案：B

7．已知a，b，c是三条互不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出四个命题： ①a∥b，b∥α，则a∥α；②a，b?α，a∥β，b∥β，则α∥β；③a⊥α，a∥β，则α⊥β；④a⊥α，b∥α，则a⊥b.其中正确命题的个数是( )

A．1 B．2 C．3 D．4

解析：①因为a∥b，b∥α?a∥α，或a?α，所以①不正确．

②因为a，b?α，a∥β，b∥β，当a与b相交时，才能得到α∥β，所以②不正确． ③a∥β，过a作一平面γ，设γ∩β＝c，则c∥a，又a⊥α?c⊥α?α⊥β，所以③正确． ④a⊥α，b∥α?a⊥b，所以④正确． 综上知③，④正确，故选B. 答案：B 二、填空题

1

8．已知p＝a＋(a>2)，q＝－a2＋4a－2(a>2)，则p，q的大小关系为________．

a－2

11

解析：p＝a－2＋＋2≥2·?a－2?·＋2＝4(当且仅当a＝3时取等号)，q＝－a2

a－2a－2

＋4a－2＝2－(a－2)2<2，∴q

答案：q

ab

9．在△ABC中，∠C＝60°，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，则＋＝________.

b＋ca＋c

a2＋b2－c21

解析：∵∠C＝60°，∴由余弦定理，得cosC＝＝，∴a2＋b2－c2＝ab，即a2

2ab2

＋b2＝c2＋ab，

a?a＋c?＋b?b＋c?a2＋b2＋ac＋bcc2＋ab＋ac＋bcab

∴＋＝＝2＝＝1. b＋ca＋c?b＋c??a＋c?c＋ab＋ac＋bcc2＋ab＋ac＋bc答案：1

10．设p，q均为实数，则“q<0”是“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”的________条件．(选填：充要、必要不充分、充分不必要、不充分也不必要)

解析：∵q<0，∴Δ＝p2－4q>0，∴“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”成立，

∵“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”成立，则x1x2＝q<0，∴“q<0”是“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”的充要条件．

答案：充要

11．如果aa＋bb>ab＋ba，则正数a，b应满足的条件是________．

解析：∵aa＋bb－(ab＋ba)＝a(a－b)＋b(b－a)＝(a－b)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)，

∴只要a≠b，就有aa＋bb>ab＋ba. 答案：a≠b

12．某同学对函数f(x)＝xcos x进行研究后，得出以下四个结论： ①函数y＝f(x)的图象是中心对称图形； ②对任意实数x，|f(x)|≤|x|均成立；

③函数y＝f(x)的图象与x轴有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等； ④函数y＝f(x)的图象与直线y＝x有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等； 其中所有正确结论的序号是________． 解析：①判定函数为奇函数，可得函数y＝f(x)的图象是中心对称图形；②对任意实数，|f(x)|＝|xcos x|≤|x|；③令f(x)＝xcos x＝0，可求方程的解，从而可得函数y＝f(x)的图象与x轴有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离不相等；④令f(x)＝xcos x＝x，可求方程的解，从而可得函数y＝f(x)的图象与y＝x有无穷多个公共点，且任意相邻两公共点间的距离相等．

答案：①②④ 三、解答题

13．已知数列{an}的首项a1＝5，Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1}是等比数列； (2)求an.

解析：(1)证明：由条件得Sn＝2Sn－1＋(n－1)＋5(n≥2)，① Sn＋1＝2Sn＋n＋5，②

②－①得an＋1＝2an＋1(n≥2)，

an＋1＋1?2an＋1?＋12?an＋1?所以＝＝＝2.

an＋1an＋1an＋1又a1＝5，所以a1＋1＝6，

所以数列{an＋1}是以6为首项，2为公比的等比数列．

－

(2)由(1)知an＋1＝6×2n1＝3×2n， 所以an＝3×2n－1.

14．先解答(1)，再通过结构类比解答(2)：

π1＋tan xx＋?＝(1)求证：tan??4?1－tan x；

1＋f?x?

(2)设x∈R，a为非零常数，且f(x＋a)＝，试问：f(x)是周期函数吗？证明你的结论．

1－f?x?

解析：(1)证明：根据两角和的正切公式得

π

tan x＋tan

4tan x＋11＋tan xπ

x＋?＝tan?＝＝， ?4?π1－tan x1－tan x

1－tan xtan

4

π1＋tan xx＋?＝即tan??4?1－tan x，命题得证． (2)猜想f(x)是以4a为周期的周期函数．

1＋f?x?1＋

1－f?x?1＋f?x＋a?1

因为f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝＝＝－，

1－f?x＋a?1＋f?x?f?x?

1－

1－f?x?

1

所以f(x＋4a)＝f[(x＋2a)＋2a]＝－＝f(x)．

f?x＋2a?

所以f(x)是以4a为周期的周期函数.

能力提升 1115.设数列{an}满足a1＝0，且－＝1.

1－an＋11－an

(1)求数列{an}的通项公式；

n1－an＋1

(2)设bn＝，记Sn＝?bk，证明：Sn<1.

nk＝1

?1?11

解析：(1)由题设－＝1.可得数列?1－a?是公差为1的等差数列．

n?1－an＋11－an?

111又＝1，所以＝n，所以an＝1－.

n1－a11－an

1－an＋1n＋1－n11

(2)证明：由(1)得bn＝＝＝－，

nnn＋1·nn＋11?1?1

所以Sn＝?bk＝? ?k－＝1－<1. ?k＋1??n＋1k＝1k＝1

n

n

16．(1)已知实数a，b满足|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|；

1

(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为，其外接圆的半

4

111

径为1，求证：＋＋>a＋b＋c.

abc

证明：(1)因为|a|<2，|b|<2，所以a2<4，b2<4， 所以4－a2>0,4－b2>0，

所以(4－a2)(4－b2)>0，即16－4a2－4b2＋a2b2>0， 所以4a2＋4b2<16＋a2b2，

所以4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2，即(2a＋2b)2<(4＋ab)2， 所以2|a＋b|<|4＋ab|.

(2)设△ABC的外接圆的半径为R，面积为S.

abc1

因为S＝，R＝1，S＝，所以abc＝1，

4R4

且a，b，c不全相等，否则a＝1与a＝2Rsin60°＝3矛盾，

111

所以＋＋＝bc＋ac＋ab，

abc

又bc＋ac≥2abc2＝2c，ca＋ab≥2cba2＝2a，bc＋ab≥2acb2＝2b， 因为a，b，c不全相等，所以上述三式中“＝”不能同时成立， 所以2(bc＋ac＋ab)>2(a＋b＋c)，即bc＋ac＋ab>a＋b＋c，

111

所以＋＋>a＋b＋c.

abc