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    1．设函数f（x）=ex+x-2的零点为x1，函数g（x）=lnx+x2-3的零点为x2，则（　　）
    A．g（x1）＜0，f（x2）＞0B．g（x1）＞0，f（x2）＜0C．g（x1）＞0，f（x2）＞0D．g（x1）＜0，f（x2）＜0

    分析 由零点存在性定理知x1∈（0，1）；x2∈（1，2），再利用单调性，即可得出结论．

    解答 解：因为函数f（x）=ex+x-2在R上单调递增，且f（0）=-1＜0，f（1）=e-1＞0，由零点存在性定理知x1∈（0，1）；
    因为函数g（x）=lnx+x2-3在（0，+∞）上单调递增，g（1）=-2＜0，g（2）=ln2+1＞0，由零点存在性定理知x2∈（1，2）．
    因为函数g（x）=lnx+x2-3在（0，+∞）上单调递增，且x1∈（0，1），所以g（x1）＜g（1）＜0；
    因为函数f（x）=ex+x-2在R上单调递增，且x2∈（1，2），所以f（x2）＞f（1）＞0．
    故选A．

    点评 本题考查函数的零点存在性定理，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

    练习册系列答案
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    9．已知f（x）=x2+4x+1，
    （1）求f（2x-1）的解析式；
    （2）当x=4时，求f（x）的值．

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    10．在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为20．

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    9．观察下列等式：
    $\frac{3}{1×2}×\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2^2}$，
    $\frac{3}{1×2}×\frac{1}{2}+\frac{4}{2×3}×\frac{1}{2^2}=1-\frac{1}{{3×{2^2}}}$，
    $\frac{3}{1×2}×\frac{1}{2}+\frac{4}{2×3}×\frac{1}{2^2}+\frac{5}{3×4}×\frac{1}{2^3}=1-\frac{1}{{4×{2^3}}}$，
    …，
    由以上等式得$\frac{3}{1×2}×\frac{1}{2}+\frac{4}{2×3}×\frac{1}{2^2}+…+\frac{7}{5×6}×\frac{1}{2^5}$==$1-\frac{1}{{6×{2^5}}}$．

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    科目：高中数学 来源： 题型：选择题

    16．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，设向量$\overrightarrow{p}$=（b-c，a-c），$\overrightarrow{q}$=（c+a，b），若$\overrightarrow{p}$∥$\overrightarrow{q}$，则角A的大小是（　　）
    A．90°B．45°C．60°D．30°

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    科目：高中数学 来源： 题型：填空题

    6．当a=2时，如图所示的程序段输出的结果是4．

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    科目：高中数学 来源： 题型：解答题

    13．在数列{an}中，a1=1，an=$\frac{{{a_{n-1}}}}{{c{a_{n-1}}+1}}$（c为常数，n∈N*，n≥2），又a1，a2，a5成公比不为l的等比数列．
    （I）求证：{$\frac{1}{a_n}$}为等差数列，并求c的值；
    （Ⅱ）设{bn}满足b1=$\frac{2}{3}$，bn=an-1an+1（n≥2，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

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    科目：高中数学 来源： 题型：解答题

    10．设fn（x）=（1+x）n，n∈N*
    （1）若g（x）=f6（x）+2f7（x）+3f8（x），求g（x）中含x6项的系数；
    （2）若h（x）=fn（x）+fn（$\frac{1}{x}$），求h2011（x）在区间[$\frac{1}{3}$，2]上的最大值与最小值；
    （3）证明：Cmm+2Cmm+1+3Cmm+2+…+nCmm+n-1=$\frac{（m+1）n+1}{m+2}$•Cm+1m+n（m，n∈N*）

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    科目：高中数学 来源： 题型：解答题

    11．已知全集U=R，A={x|-2＜x＜2}，B={x|x＜-1或x＞4}，
    （1）求A∩B
    （2）求∁UB
    （3）A∪（∁UB）

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