2018屆高考數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)訓(xùn)練題12

題組層級(jí)快練(三十七)1．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”“索”的“因”應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?b2－ac<3a2?(a＋c)2－ac<3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0?－2a2＋ac＋c2<0?2a2－ac－c2>0?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.2．若實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b<0，則()A．a(chǎn)，b都小于0 B．a(chǎn)，b都大于0C．a(chǎn)，b中至少有一個(gè)大于0 D．a(chǎn)，b中至少有一個(gè)小于0答案D解析假設(shè)a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，則a＋b≥0，這與a＋b<0相矛盾，因此假設(shè)錯(cuò)誤，即a，b中至少有一個(gè)小于0.3．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定答案C解析要比較P，Q的大小關(guān)系，只要比較P2，Q2的大小關(guān)系，只要比較2a＋7＋2eq\r(a（a＋7）)與2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，只要比較eq\r(a（a＋7）)與eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，即比較a2＋7a與a2＋7a＋12的大小，只要比較0與12的大小，∵0<12，∴P<Q.4．已知函數(shù)f(x)滿足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，則eq\f(f2（1）＋f（2）,f（1）)＋eq\f(f2（2）＋f（4）,f（3）)＋eq\f(f2（3）＋f（6）,f（5）)＋eq\f(f2（4）＋f（8）,f（7）)＝()A．4 B．8C．12 D．16答案D解析根據(jù)f(a＋b)＝f(a)·f(b)，得f(2n)＝f2(n)．又f(1)＝2，則eq\f(f（n＋1）,f（n）)＝2.由eq\f(f2（1）＋f（2）,f（1）)＋eq\f(f2（2）＋f（4）,f（3）)＋eq\f(f2（3）＋f（6）,f（5）)＋eq\f(f2（4）＋f（8）,f（7）)＝eq\f(2f（2）,f（1）)＋eq\f(2f（4）,f（3）)＋eq\f(2f（6）,f（5）)＋eq\f(2f（8）,f（7）)＝16.5．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于()A．10 B．9C．8 D．7答案B解析∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化為m≤(eq\f(2,a)＋eq\f(1,b))(2a＋b)＝5＋2(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))．∵5＋2(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥5＋4＝9，即其最小值為9，∴m≤9，即m的最大值等于9.6．已知命題：“在等差數(shù)列{an}中，若4a2＋a10＋a()＝24，則S11為定值”為真命題，由于印刷問題，括號(hào)處的數(shù)模糊不清，可推得括號(hào)內(nèi)的數(shù)為________．答案18解析S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝11a6，由S11為定值，可知a6＝a1＋5d為定值．設(shè)4a2＋a10＋an＝24，整理得a1＋eq\f(n＋12,6)d＝4，可知n＝18.7．(2016·江蘇鹽城一模)已知x1，x2，x3為正實(shí)數(shù)，若x1＋x2＋x3＝1，求證：eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.答案略解析∵eq\f(x22,x1)＋x1＋eq\f(x32,x2)＋x2＋eq\f(x12,x3)＋x3≥2eq\r(x22)＋2eq\r(x32)＋2eq\r(x12)＝2(x1＋x2＋x3)＝2，∴eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.8．(1)設(shè)x是正實(shí)數(shù)，求證：(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3.(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)給出證明；如果不成立，請(qǐng)舉出一個(gè)使它不成立的x的值．答案(1)略(2)成立，證明略解析(1)證明：x是正實(shí)數(shù)，由均值不等式，得x＋1≥2eq\r(x)，x2＋1≥2x，x3＋1≥2eq\r(x3).故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2eq\r(x)·2x·2eq\r(x3)＝8x3(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立)．(2)解：若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，不等式成立；當(dāng)x≤0時(shí)，8x3≤0，而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)[(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)]≥0，此時(shí)不等式仍然成立．9．已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)，(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明f(x)＝0沒有負(fù)實(shí)數(shù)根．答案(1)略(2)略解析(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，ax2－x1>1，且ax1>0，所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0.又因?yàn)閤1＋1>0，x2＋1>0，所以eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(（x2－2）（x1＋1）－（x1－2）（x2＋1）,（x2＋1）（x1＋1）)＝eq\f(3（x2－x1）,（x2＋1）（x1＋1）)>0.于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0.故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)設(shè)存在x0<0(x0≠－1)，滿足f(x0)＝0，則ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1).又0<ax0<1，所以0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與x0<0(x0≠－1)假設(shè)矛盾．故f(x)＝0沒有負(fù)實(shí)數(shù)根．10．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若am，am＋2，am＋1(m∈N*)成等差數(shù)列，試判斷Sm，Sm＋2，Sm＋1是否成等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論．答案q＝1時(shí)，不成等差數(shù)列；q＝－eq\f(1,2)時(shí)，成等差數(shù)列證明略解析設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q(a1≠0，q≠0)，若am，am＋2，am＋1成等差數(shù)列，則2am＋2＝am＋am＋1.∴2a1qm＋1＝a1qm－1＋a1qm.∵a1≠0，q≠0，∴2q2－q－1＝0.解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).當(dāng)q＝1時(shí)，∵Sm＝ma1，Sm＋1＝(m＋1)a1，Sm＋2＝(m＋2)a1，∴2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝1時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差數(shù)列．當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．下面給出證明：證法一：∵(Sm＋Sm＋1)－2Sm＋2＝(Sm＋Sm＋am＋1)－2(Sm＋am＋1＋am＋2)＝－am＋1－2am＋2＝－am＋1－2am＋1q＝－am＋1－2am＋1(－eq\f(1,2))＝0，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．證法二：∵2Sm＋2＝eq\f(2a1[1－（－\f(1,2)）m＋2],1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)a1[1－(－eq\f(1,2))m＋2]，又Sm＋Sm＋1＝eq\f(a1[1－（－\f(1,2)）m],1＋\f(1,2))＋eq\f(a1[1－（－\f(1,2)）m＋1],1＋\f(1,2))＝eq\f(2,3)a1[2－(－eq\f(1,2))m－(－eq\f(1,2))m＋1]＝eq\f(2,3)a1[2－4(－eq\f(1,2))m＋2＋2(－eq\f(1,2))m＋2]＝eq\f(4,3)a1[1－(－eq\f(1,2))m＋2]，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．11．(2016·廣東江門模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n（n＋1）（4n－1）,6)，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a12)＋eq\f(4,a22)＋…＋eq\f(n2,an2)<eq\f(5,4).答案(1)a1＝1(2)an＝n(2n－1)(3)略解析(1)a1＝1.(2)an＝n(2n－1)．(3)由(2)知，當(dāng)n>1時(shí)，eq\f(n2,an2)＝eq\f(1,（2n－1）2)＝eq\f(1,4n2－4n＋1)<eq\f(1,4n（n－1）)，則eq\f(1,a12)＋eq\f(4,a22)＋…＋eq\f(n2,an2)<1＋eq\f(1,4×2×1)＋eq\f(1,4×3×2)＋…＋eq\f(1,4n（n－1）)＝1＋(eq\f(1,4)－eq\f(1,4×2))＋(eq\f(1,4×2)－eq\f(1,4×3))＋…＋[eq\f(1,4×（n－1）)－eq\f(1,4n)]＝1＋(eq\f(1,4)－eq\f(1,4n))<1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)，因?yàn)閑q\f(1,a12)＋eq\f(4,a22)＋…＋eq\f(n2,an2)單調(diào)遞增，所以?n∈N*，eq\f(1,a12)＋eq\f(4,a22)＋…＋eq\f(n2,an2)<eq\f(5,4).12．設(shè)f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)討論g(x)與g(eq\f(1,x))的大小關(guān)系；(3)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得g(a)－g(x)<eq\f(1,a)對(duì)任意x>0成立．答案(1)單調(diào)遞減區(qū)間(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間(1，＋∞)(2)當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>g(eq\f(1,x))；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<g(eq\f(1,x))(3)0<a<e解析(1)由題設(shè)知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，故(0，1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．因此x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以g(x)的最小值為g(1)＝1.(2)g(eq\f(1,x))＝－lnx＋x，設(shè)h(x)＝g(x)－g(eq\f(1,x))＝2lnx－x＋eq\f(1,x)，則h′(x)＝－eq\f(（x－1）2,x2).當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g(eq\f(1,x))；當(dāng)x∈(0，1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h′(1)＝0，因此h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g(eq\f(1,x))；當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)＝0，即g