課下能力提升(五)[學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)練]題組1綜合法的應(yīng)用1．在△ABC中，若sinAsinB＜cosAcosB，則△ABC一定是()A．直角三角形B．銳角三角形C．鈍角三角形D．等邊三角形2．使不等式eq\r(3)＋eq\r(8)＞1＋eq\r(a)成立的正整數(shù)a的最大值是()A．13B．12C．11D．103．在銳角△ABC中，已知3b＝2eq\r(3)asinB，且cosB＝cosC，求證：△ABC是等邊三角形．題組2分析法的應(yīng)用4.eq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)成立的充要條件是()A．a(chǎn)b(b－a)>0B．a(chǎn)b>0且a>bC．a(chǎn)b<0且a<bD．a(chǎn)b(b－a)<05．將下面用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟補(bǔ)充完整：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證________，即證________，由于________顯然成立，因此原不等式成立．6．已知a≥－eq\f(1,2)，b≥－eq\f(1,2)，a＋b＝1，求證：eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2).題組3綜合法與分析法的綜合應(yīng)用7．設(shè)a，b∈(0，＋∞)，且a≠b，求證：a3＋b3＞a2b＋ab2.8．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C為等差數(shù)列，且a，b，c分別為角A，B，C的對邊，求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[能力提升綜合練]1．下列函數(shù)f(x)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)＞f(x2)”的是()A．f(x)＝eq\f(1,x)B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝exD．f(x)＝ln(x＋1)2．已知a＞0，b＞0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，則m與n的大小關(guān)系為()A．m＞nB．m＝nC．m＜nD．不能確定3．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數(shù)，若f(1)＞1，f(2)＝eq\f(3a－4,a＋1)，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)＜eq\f(3,4)B．a(chǎn)＜eq\f(3,4)，且a≠－1C．a(chǎn)＞eq\f(3,4)或a＜－1D．－1＜a＜eq\f(3,4)4．已知a，b，c，d為正實(shí)數(shù)，且eq\f(a,b)＜eq\f(c,d)，則()A.eq\f(a,b)＜eq\f(a＋c,b＋d)＜eq\f(c,d)B.eq\f(a＋c,b＋d)＜eq\f(a,b)＜eq\f(c,d)C.eq\f(a,b)＜eq\f(c,d)＜eq\f(a＋c,b＋d)D．以上均可能5．若lgx＋lgy＝2lg(x－2y)，則logeq\r(2)eq\f(x,y)＝________.6．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)且eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，則cos2θ＝________.7．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；(3)若Tn是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和，求證：Tn＜eq\f(7,4).8．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．答案[學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)練]1．解析：選C由sinAsinB＜cosAcosB得cosAcosB－sinAsinB＞0，即cos(A＋B)＞0，－cosC＞0，cosC＜0，從而角C必為鈍角，△ABC一定為鈍角三角形．2．解析：選B由eq\r(a)＜eq\r(3)＋eq\r(8)－1得a＜(eq\r(3)＋eq\r(8)－1)2.而(eq\r(3)＋eq\r(8)－1)2＝3＋8＋1＋2eq\r(24)－2eq\r(3)－2eq\r(8)＝12＋4eq\r(6)－2eq\r(3)－4eq\r(2)≈12.68.因此使不等式成立的正整數(shù)a的最大值為12.3．證明：∵△ABC為銳角三角形，∴A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由正弦定理及條件，可得3sinB＝2eq\r(3)sinAsinB.∵B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB≠0.∴3＝2eq\r(3)sinA．∴sinA＝eq\f(\r(3),2).∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴A＝eq\f(π,3).又cosB＝cosC，且B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∴B＝C.又B＋C＝eq\f(2π,3)，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3).從而△ABC是等邊三角形．4.解析：選Deq\r(3,a)－eq\r(3,b)<eq\r(3,a－b)，?(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3<(eq\r(3,a－b))3，?a－b－3eq\r(3,a2b)＋3eq\r(3,ab2)<a－b，?eq\r(3,ab2)<eq\r(3,a2b)，?ab2<a2b，?ab(b－a)<0.5．解析：用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟為：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab成立，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證a2＋b2－2ab≥0，即證(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0顯然成立，所以原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥06．證明：要證eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)，只需證2(a＋b)＋2＋2eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤8.因?yàn)閍＋b＝1，即證eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤2. 因?yàn)閍≥－eq\f(1,2)，b≥－eq\f(1,2)，所以2a＋1≥0,2b＋1≥0，所以eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤eq\f(2a＋1＋2b＋1,2)＝eq\f(2a＋b＋1,2)＝2.即eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤2成立，因此原不等式成立．7．證明：法一：要證a3＋b3＞a2b＋ab2成立，只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立．又因?yàn)閍＋b＞0，所以只需證a2－ab＋b2＞ab成立．即需證a2－2ab＋b2＞0成立，即需證(a－b)2＞0成立．而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2＞0顯然成立．由此命題得證．法二：a≠b?a－b≠0?(a－b)2＞0?a2－2ab＋b2＞0?a2－ab＋b2＞ab.因?yàn)閍＞0，b＞0，所以a＋b＞0，(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．所以a3＋b3＞a2b＋ab2.8．證明：法一：(分析法)要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，化簡，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，所以只需證c2＋a2＝b2＋ac.因?yàn)椤鰽BC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，所以B＝60°，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，即a2＋c2－b2＝ac成立．所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．法二：(綜合法)因?yàn)椤鰽BC的三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，所以B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°.所以c2＋a2＝ac＋b2，兩邊加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，兩邊同時(shí)除以(a＋b)(b＋c)，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a＋b)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b＋c)＋1))＝3，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[能力提升綜合練]1．解析：選A本題就是找哪一個(gè)函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，A項(xiàng)中，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)＜0，∴f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．2．解析：選A由a＞0，b＞0，得eq\r(ab)＞0，所以a＋b＋2eq\r(ab)＞a＋b，所以(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(a＋b))2，所以eq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞eq\f(\r(a＋b),2)，所以lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)＞lgeq\f(\r(a＋b),2)，即m＞n，故選A.3．解析：選D∵f(x)以3為周期，∴f(2)＝f(－1)．又f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(－1)＝－f(1)，則f(2)＝f(－1)＝－f(1)．再由f(1)＞1，可得f(2)＜－1，即eq\f(3a－4,a＋1)＜－1，解得－1＜a＜eq\f(3,4).4．解析：選A先取特殊值檢驗(yàn)，∵eq\f(a,b)＜eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，則eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，滿足eq\f(a,b)＜eq\f(a＋c,b＋d)＜eq\f(c,d).要證eq\f(a,b)＜eq\f(a＋c,b＋d)，∵a，b，c，d為正實(shí)數(shù)，∴只需證a(b＋d)＜b(a＋c)，即證ad＜bc.只需證eq\f(a,b)＜eq\f(c,d).而eq\f(a,b)＜eq\f(c,d)成立，∴eq\f(a,b)＜eq\f(a＋c,b＋d).同理可證eq\f(a＋c,b＋d)＜eq\f(c,d).故A正確．5．解析：由條件知lgxy＝lg(x－2y)2，所以xy＝(x－2y)2，即x2－5xy＋4y2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))2－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＋4＝0，所以eq\f(x,y)＝4或eq\f(x,y)＝1.又x＞2y，故eq\f(x,y)＝4，所以logeq\r(2)eq\f(x,y)＝logeq\r(2)4＝4.答案：46．解析：因?yàn)閟inθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，所以1＋sin2θ＝eq\f(1,25)，所以sin2θ＝－eq\f(24,25).因?yàn)閑q\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，所以π≤2θ≤eq\f(3π,2).所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(7,25).答案：－eq\f(7,25)7．解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(2S1,1)＝2a1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)＝2，解得a2＝4.(2)證明：2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n.①當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)．②①－②，得2an＝nan＋1－(n－1)an－n2－n.整理得nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝2－1＝1.所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．(3)由(2)可知eq\f(an,n)＝n，即an＝n2.∵eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2)＜eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(n≥2)，∴Tn＝eq\f(1,a1)＋e