解答题滚动练6
1.(2017·常德一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\f(cosB,b)＋eq\f(cosC,2a＋c)＝0.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝eq\r(13)，a＋c＝4，求△ABC的面积.
解(1)由eq\f(cosB,b)＋eq\f(cosC,2a＋c)＝0知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋c))cosB＋bcosC＝0，
由正弦定理知(2sinA＋sinC)cosB＋sinBcosC＝0，
即2sinAcosB＋sinCcosB＋sinBcosC＝0，
∴2sinAcosB＝－sin(B＋C)＝－sinA，
∴cosB＝－eq\f(1,2)，
又B∈(0，π)，
∴B＝eq\f(2π,3).
(2)在△ABC中由余弦定理知，b2＝a2＋c2－2accosB，
∴b2＝(a＋c)2－2ac－2accosB，
又b＝eq\r(13)，a＋c＝4，B＝eq\f(2π,3)，
∴13＝16－2ac＋ac，
∴ac＝3.
∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).
2.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(1,2)an(an＋1)，n∈N*.
(1)求通项an；
(2)若bn＝eq\f(1,Sn)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解(1)a1＝S1＝eq\f(1,2)a1(a1＋1)，a1＞0，解得a1＝1，
?n∈N*，an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)an＋1(an＋1＋1)－eq\f(1,2)an(an＋1)
移项整理并因式分解，得(an＋1－an－1)(an＋1＋an)＝0，
因为{an}是正项数列，
所以an＋1－an－1＝0，an＋1－an＝1，
{an}是首项a1＝1，公差为1的等差数列，所以an＝n.
(2)由(1)得Sn＝eq\f(1,2)an(an＋1)＝eq\f(1,2)n(n＋1)，
bn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n?n＋1?)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)－\f(2,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)－\f(2,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)－\f(2,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)－\f(2,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).
3.(2016·山东)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；
(2)已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.
证明(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，
如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，
所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.
又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.
因为FB?平面BDEF，所以AC⊥FB.
(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC，
因为GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.
4.已知函数f(x)＝(x2＋ax)ex的两个极值点为x1，x2，且x1＜x2，x1＋x2＝－2－eq\r(5).
(1)求x1，x2的值；
(2)若f(x)在(c－1，c)(其中c＜－1)上是单调函数，求c的取值范围；
(3)当m≤－e时，求证：[f(x)＋2ex]·[(x－2)ex－m＋1]＞eq\f(3,4)ex.
(1)解∵f′(x)＝[x2＋(2＋a)x＋a]ex，
∴由f′(x)＝0，得x2＋(2＋a)x＋a＝0，
∴x1＋x2＝－2－a＝－2－eq\r(5)，
∴a＝eq\r(5)，
∴由x2＋(2＋eq\r(5))x＋eq\r(5)＝0，得x＝eq\f(－2－\r(5)±3,2)，
∵x1＜x2，∴x1＝eq\f(－5－\r(5),2)，x2＝eq\f(1－\r(5),2).
(2)解由(1)知，f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(－∞，x1)上单调递增，其中x1＝eq\f(－5－\r(5),2)＜－1，x2＝eq\f(1－\r(5),2)＞－1.
当f(x)在(c－1，c)上单调递减时，eq\b\lc\