新课标版数学（理）高三总复习：题组层级快练47

题组层级快练(四十七)1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac3a”“索”的“因”应是()A．a－b0B．a－c0C．(a－b)(a－c)0D．(a－b)(a－c)0答案C解析b2－ac3a⇔b2－ac3a2⇔(a＋c)2－ac3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a20⇔－2a2＋ac＋c20⇔2a2－ac－c20⇔(a－c)(2a＋c)0⇔(a－c)(a－b)0.2．(2015·浙江名校联考)设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x0)，则a与b的大小关系为()A．abB．abC．a＝bD．a≤b答案A解析∵a＝lg2＋lg5＝lg10＝1，而b＝exe0＝1，故ab.3．要证明a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－a4＋b42≤0C.a＋b22－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.4．若实数a，b满足a＋b0，则()A．a，b都小于0B．a，b都大于0C．a，b中至少有一个大于0D．a，b中至少有一个小于0答案D解析假设a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，则a＋b≥0，这与a＋b0相矛盾，因此假设错误，即a，b中至少有一个小于0.5．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．PQB．P＝QC．PQD．由a的取值确定答案C解析要比较P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2的大小关系，只要比较2a＋7＋2aa＋7与2a＋7＋2a＋3a＋4的大小，只要比较aa＋7与a＋3a＋4的大小，即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵012，∴PQ.6．已知函数f(x)满足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7＝()A．4B．8C．12D．16答案D解析根据f(a＋b)＝f(a)·f(b)，得f(2n)＝f2(n)．又f(1)＝2，则fn＋1fn＝2.由f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7＝2f2f1＋2f4f3＋2f6f5＋2f8f7＝16.7．已知a0，b0，如果不等式2a＋1b≥m2a＋b恒成立，那么m的最大值等于()A．10B．9C．8D．7答案B解析∵a0，b0，∴2a＋b0.∴不等式可化为m≤(2a＋1b)(2a＋b)＝5＋2(ba＋ab)．∵5＋2(ba＋ab)≥5＋4＝9，即其最小值为9，∴m≤9，即m的最大值等于9.8．已知命题：“在等差数列{an}中，若4a2＋a10＋a()＝24，则S11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为________．答案18解析S11＝11a1＋a112＝11a6，由S11为定值，可知a6＝a1＋5d为定值．设4a2＋a10＋an＝24，整理得a1＋n＋126d＝4，可知n＝18.9．(2015·江苏盐城一模)已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：x22x1＋x23x2＋x21x3≥1.答案略解析∵x22x1＋x1＋x23x2＋x2＋x21x3＋x3≥2x22＋2x23＋2x21＝2(x1＋x2＋x3)＝2，∴x22x1＋x23x2＋x21x3≥1.10．(1)设x是正实数，求证：(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，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x的值．答案(1)略(2)成立，证明略解析(1)证明：x是正实数，由均值不等式，得x＋1≥2x，x2＋1≥2x，x3＋1≥2x3.故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2x·2x·2x3＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．(2)解：若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．由(1)知，当x0时，不等式成立；当x≤0时，8x3≤0，而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)[(x－12)2＋34]≥0，此时不等式仍然成立．11．已知函数f(x)＝ax＋x－2x＋1(a1)，(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明f(x)＝0没有负实数根．答案(1)略(2)略解析(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1x2，则x2－x10，ax2－x11，且ax10，所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)0.又因为x1＋10，x2＋10，所以x2－2x2＋1－x1－2x1＋1＝x2－2x1＋1－x1－2x2＋1x2＋1x1＋1＝3x2－x1x2＋1x1＋10.于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x2＋1－x1－2x1＋10.故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)设存在x00(x0≠－1)，满足f(x0)＝0，则ax0＝－x0－2x0＋1.又0ax01，所以0－x0－2x0＋11，即12x02，与x00(x0≠－1)假设矛盾．故f(x)＝0没有负实数根．12．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若am，am＋2，am＋1(m∈N*)成等差数列，试判断Sm，Sm＋2，Sm＋1是否成等差数列，并证明你的结论．答案q＝1时，不成等差数列；q＝－12时，成等差数列证明略解析设等比数列{an}的首项为a1，公比为q(a1≠0，q≠0)，若am，am＋2，am＋1成等差数列，则2am＋2＝am＋am＋1.∴2a1qm＋1＝a1qm－1＋a1qm.∵a1≠0，q≠0，∴2q2－q－1＝0.解得q＝1或q＝－12.当q＝1时，∵Sm＝ma1，Sm＋1＝(m＋1)a1，Sm＋2＝(m＋2)a1，∴2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1.∴当q＝1时，Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差数列．当q＝－12时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．下面给出证明：证法一：∵(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(－12)＝0，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴当q＝－12时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．证法二：∵2Sm＋2＝2a1[1－－12m＋2]1＋12＝43a1[1－(－12)m＋2]，又Sm＋Sm＋1＝a1[1－－12m]1＋12＋a1[1－－12m＋1]1＋12＝23a1[2－(－12)m－(－12)m＋1]＝23a1[2－4(－12)m＋2＋2(－12)m＋2]＝43a1[1－(－12)m＋2]，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴当q＝－12时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．13．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g(1x)的大小关系；(3)求实数a的取值范围，使得g(a)－g(x)1a对任意x0成立．答案(1)单调递减区间(0,1)，单调递增区间(1，＋∞)(2)当0x1时，g(x)g(1x)；当x1时，g(x)g(1x)(3)0ae解析(1)由题设知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋1x，∴g′(x)＝x－1x2.令g′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．因此x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)＝1.(2)g(1x)＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g(1x)＝2lnx－x＋1x，则h′(x)＝－x－12x2.当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g(1x)；当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)0，h′(1)＝0，因此h(x)在(0，＋∞)上单调递减．当0x1时，h(x)h(1)＝0，即g(x)g(1x)；当x1时，h(x)h(1)＝0，即g(x)g(1x)．(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)1a对任意x0成立⇔g(a)－11a，即lna1，从而得0ae.