201学年人教A版高中数学选修4-5全册配套试卷含答案(共21份).zip
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高中数学选修4-5全册配套试卷人教a版共21份含答案
高中数学选修 4-5 全册配套试卷人教 A 版共 21 份含答案
高中数学选修4-5全册配套试卷21份
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单元质量评估(一) (第一讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2016聊城高二检测)如果a,b,c满足cba,且acacB.c(b-a)0C.cb2ab2D.ac(a-c)0,c0,b-a0.故A,B,D均正确,当b=0时,C不正确.2.若-4x1,y1,且lgx+lgy=4,则lgxlgy的最大值是()A.4B.2C.1D.14【解析】选A.由x1,y1,故lgx0,lgy0,所以4=lgx+lgy2lgxlgy所以lgxlgy4,当且仅当x=y=100时取等号.5.(2016宿州高二检测)不等式|x2-x|2的解集为()A.(-1,2)B.(-1,1)C.(-2,1)D.(-2,2)【解析】选A.原不等式可化为-2x2-x2,解得-1x2.6.(2016广州高二检测)在下列函数中,最小值是2的是()A.y=x5+5x(xR且x0)B.y=lgx+1lgx(1x10)C.y=3x+3-x(xR)D.y=sinx+1sinx0x2【解析】选C.A中,当x0时,y0;B中,因为1x2;故A,B中最小值都不是2.D中,0sinx2.无最小值.只有C正确.7.已知a0,b0,a,b的等差中项是12,且=a+1a,=b+1b,则+的最小值是()A.3B.4C.5D.6【解析】选C.因为a+b=212=1,所以+=a+1a+b+1b=1+1a+1b=1+a+ba+a+bb=3+ba+ab5,当且仅当a=b=12时等号成立.8.设0x0)的最小值为.【解析】f(x)=3x+12x2=3x2+3x2+12x2333x23x212x2=9,当且仅当3x2=12x2,即x=2时取等号.答案:9【补偿训练】函数y=x2+3x(x0)的最小值是()A.32318B.318C.32D.23318【解析】选A.y=x2+3x=x2+32x+32x33x232x32x=3394=32318.当且仅当x2=32x即x =12312时等号成立.11.(2016天津高考)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-,0)上单调递增.若实数a满足f(2|a-1|)f(-2),则a的取值范围是.【解析】由题意知函数f(x)在(0,+)上单调递减,又f(x)是偶函数,所以由f(2|a-1|)f(-2)=f(2)知,2|a-1|2,即|a-1|12,解得12a0,y0,x+2y+xy=30,求xy的取值范围.【解析】因为x0,y0,所以30=x+2y+xy2x2y+xy=22xy+xy,所以(xy)2+22xy-300,所以(xy-32)(xy+52)0,所以0xy32,即00,所以(x+2)+64x+22(x+2)64x+2=16,当且仅当x+2=64x+2,即x=6时,等号成立,所以xy-16+34=18,当且仅当x=6,y=3时等号成立.所以xy的取值范围是(0,18.14.(10分)(2016郑州高二检测)设函数f(x)=|x-a|+3x,其中a0.(1)求当a=1时,不等式f(x)3x+2的解集.(2)若不等式f(x)0的解集为x|x-1,求a的值.【解析】(1)当a=1时,f(x)3x+2可化为|x-1|2.由此可得x3或x-1.故不等式f(x)3x+2的解集为x|x3或x-1.(2)由f(x)0,得|x-a|+3x0,此不等式化为不等式组xa,x-a+3x0或xa,a-x+3x0,即xa,xa4或xa,x-a2,因为a0,所以不等式组的解集为x|x-a2.由题设可得-a2=-1,故a=2.15.(10分)已知a0,b0且a2+b22=1,求a1+b2的最大值.【解析】a1+b2=2a1+b22=2a21+b222a2+1+b222=2a2+b22+122=342,当且仅当a2=1+b22时,等号成立.又a2+b22=1,即a=32,b=22时,等号成立.故所求最大值为342.16.(10分)(2016南昌高二检测)f(x)=|x+1|+|x-3|.(1)解不等式f(x)3x+4.(2)若不等式f(x)m的解集为R,试求实数m的取值范围.【解析】(1)f(x)=-2x+2,x3,原不等式等价于:x3,2x-23x+4,所以不等式的解集为0,+).(2)由绝对值的几何意义可知,|x+1|+|x-3|4,当且仅当-1x3时,等号成立,即f(x)min=4,从而要使f(x)m的解集为R,只需mf(x)min,即实数m的取值范围是(-,4.17.(10分)(2016全国卷)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象.(2)求不等式|f(x)|1的解集.【解析】(1)如图所示:(2)f(x)=x-4,x-1,3x-2,-1x1,当x-1时,|x-4|1,解得x5或x3,所以x-1.当-1x1,解得x1或x13,所以-1x13或1x1,解得x5或x3,所以32x5.综上,x13或1x5,所以|f(x)|1的解集为-,13(1,3)(5,+).18.(10分)(2015全国卷)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a0.(1)当a=1时,求不等式f(x)1的解集.(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)1化为|x+1|-2|x-1|-10.当x-1时,不等式化为x-40,无解;当-1x0,解得23x0,解得1x1的解集为x|23x2.(2)由题设可得,f(x)=x-1-2a,xa.所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A2a-13,0,B(2a+1,0),C(a,a+1),ABC的面积为23(a+1)2.由题设得23(a+1)26,故a2.所以a的取值范围为(2,+).单元质量评估(三) (第三讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知m2+n2=2,t2+s2=8,则|mt+ns|的最大值为()A.2B.4C.8D.16【解析】选B.由柯西不等式,(mt+ns)2(m2+n2)(t2+s2)=16,得|mt+ns|4,当且仅当ms=nt时等号成立.2.(2016深圳高二检测)函数y=x-5+26-x的最大值为()A.3B.5C.3D.5【解析】选B.根据柯西不等式,有(x-5+26-x)2(1+4)(x-5)+(6-x)=5,所以y=x-5+26-x5.3.设a,b,c0,且a+b+c=1,则a+b+c的最大值是()A.1B.3C.3D.9【解析】选B.由柯西不等式得(a)2+(b)2+(c)2(12+12+12)(a+b+c)2,所以(a+b+c)213=3.当且仅当a=b=c=13时等号成立.故a+b+c的最大值为3.4.n个正数的和与这n个正数的倒数和的乘积的最小值是()A.1B.nC.n2D.1n【解析】选C.设n个正数为x1,x2,xn.由柯西不等式得:(x1+x2+xn)(1x1+1x2+1xn)x11x1+x21x2+xn1xn2=(1+1+1)2=n2.当且仅当x1=x2=xn时取等号.5.(2016石家庄高二检测)已知正数a,b,c满足a+b+c=1,则3a+1+3b+1+3c+1的最大值为()A.3B.3C.18D.9【解析】选B.根据柯西不等式,3a+1+3b+1+3c+1(1+1+1)(3a+3b+3c+3)=32,当且仅当a=b=c=13时,等号成立.6.(2016西宁高二检测)已知a,b,x1,x2R+,ab=1,x1+x2=2,则M=(ax1+bx2)(bx1+ax2)与4的大小关系是()A.M4B.M4C.M4D.M4【解析】选C.(ax1+bx2)(bx1+ax2)=(ax1)2+(bx2)2(bx1)2+(ax2)2ab(x1+x2)2=(x1+x2)2=4.7.设a1,a2,a3为正数,E=a1a2a3+a2a3a1+a3a1a2,F=a1+a2+a3,则E,F的大小关系是()A.E0,于是1a11a21a3,a2a3a3a1a1a2.由排序不等式:顺序和乱序和,得a1a2a3+a3a1a2+a2a3a11a2a2a3+1a3a3a1+1a1a1a2=a3+a1+a2,即a1a2a3+a2a3a1+a3a1a2a1+a2+a3.所以EF.8.(2016武汉高二检测)已知2x+3y+4z=10,则x2+y2+z2取得最小值时的x,y,z的值分别为()A.53,109,56B.2029,3029,4029C.1,12,13D.1,14,19【解析】选B.(x2+y2+z2)(4+9+16)(2x+3y+4z)2=100,当且仅当x2=y3=z4且2x+3y+4z=10时等号成立,此时x=2029,y=3029,z=4029.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)9.有4人各拿一只水桶去接水,设水龙头注满每个人的水桶分别需要5s,4s,3s,7s,每个人接完水后就离开,则他们等候的总时间最短为s.【解析】由题意知,等候的时间最短为34+43+52+7=41.答案:4110.(2016盐城高二检测)正数a,b,c满足a+b+4c=1,则a+b+2c的最大值为.【解析】(a+b+2c)2(1+1+12)(a+b+4c)=52,所以a+b+2c102.答案:10211.(2016昆明高二检测)已知0x1,0y0,于是1a1b,又c0,所以1c0,从而1bc1ca.同理,因为bc0,于是1b1c,因为a0,所以1a0,于是得1ca1ab.从而1bc1ca1ab.(2)由(1)1bc1ca1ab,于是顺序和乱序和得,a5b3c3+b5c3a3+c5a3b3b5b3c3+c5c3a3+a5a3b3=b2c3+c2a3+a2b3因为a2b2c2,1c31b31a3c2c3+b2b3+a2a3=1c+1b+1a=1a+1b+1c.16.(10分)设c1,c2,cn为正数组a1,a2,an的某一排列,求证:a1c1+a2c2+ancnn.【证明】不妨设0a1a2an,则1a11a21an.因为1c1,1c2,1cn是1a1,1a2,1an的一个排列,故由排序原理,反序和乱序和得a11a1+a21a2+an1ana11c1+a21c2+an1cn.即a1c1+a2c2+ancnn.17.(10分)(2016徐州高二检测)已知函数f(x)=m-|x-2|,mR,且f(x+2)0的解集为-1,1.(1)求m的值.(2)若a,b,cR+,且1a+12b+13c=m,求证:a+2b+3c9.【解析】(1)因为f(x+2)=m-|x|0,等价于|x|m,由|x|m有解,得m0,且其解集为x|-mxm,又f(x+2)0的解集为-1,1,故m=1.(2)由(1)知1a+12b+13c=1,又a,b,cR+,由柯西不等式得a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13ca1a+2b12b+3c13c2=9.18.(10分)(2016广州高二检测)设a1,a2,an为1,2,3,n的一个排列.求证:12+23+n-1na1a2+a2a3+an-1an.【证明】设b1,b2,bn-1是a1,a2,an-1的一个排列且b1b2bn-1,c1,c2,cn-1是a1,a2,an-1的另一个排列且c1c21c21cn-1.由乱序和反序和,得a1a2+a2a3+an-1anb1c1+b2c2+bn-1cn-1.因为b11,b22,bn-1n-1,c12,c23,cn-1n,所以b1c1+b2c1+bn-1cn-112+23+n-1n.即12+23+n-1nb1c1+b2c2+bn-1cn-1a1a2+a2a3+an-1an.单元质量评估(二) (第二讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知abc0,A=a2ab2bc2c,B=ab+cbc+aca+b,则A与B的大小关系是()A.ABB.Abc0,所以A0,B0,所以AB=aaaabbbbccccabacbcbacacb=aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=aba-baca-cbcb-c.因为ab0,所以ab1,a-b0,所以aba-b1,同理aca-c1,bcb-c1.所以AB1,即AB.2.若实数x,y适合不等式xy1,x+y-2,则()A.x0,y0B.x0,y0,y0D.x0【解析】选A.x,y异号时,显然与xy1矛盾,所以可排除C,D.假设x0,y0,则x1y.所以x+y0,y0.3.(2016威海高二检测)使不等式3+81+a成立的正整数a的最大值是()A.10B.11C.12D.13【解析】选C.用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立.4.设a0,b0,a+b=1,M=1a+1b+1ab,则M与8的大小关系是()A.M=8B.M8C.M0,b0,a+b=1,所以1=a+b2ab,所以ab12,所以1ab4.所以1a+1b+1ab=(a+b)1a+1b+1ab2ab21ab+4=8.所以1a+1b+1ab8,即M8.当且仅当a=b=12时等号成立.5.(2016石家庄高二检测)已知ab,则不等式a2b2;1a1a中不成立的个数是()A.0B.1C.2D.3【解析】选D.因为ab,a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2b2不一定成立;1a-1b=b-aab符号不确定,即1a1a不一定成立,故三个不等式不成立的个数为3.6.已知ABC中,C=90,则a+bc的取值范围是()A.(0,2)B.0,2C.1,2D.1,2【解析】选C.因为C=90,所以c2=a2+b2,即c=a2+b2.又有a+bc,所以10,则1a+1b+1c的值的情况为()A.一定是正数B.一定是负数C.可能是0D.正负不能确定【解析】选B.因为实数a,b,c满足a+b+c=0,abc0,不妨设abc,则a0bc,1a+1b+1c=bc+ac+ababc=bc+a(c+b)abc=bc-a2abc0,b0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项,1R是1a,1b的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为.【解析】由已知得P=a+b2,Q=ab,1R=121a+1b=a+b2ab所以R=2aba+b;所以RQP.答案:RQP10.若T1=2sm+n,T2=s(m+n)2mn,则当s,m,nR+时,T1与T2的大小为.【解析】因为2sm+n-s(m+n)2mn=s4nm-(m+n)22mn(m+n)=-s(m-n)22mn(m+n)0.所以T1T2.答案:T1T211.(2016湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则aa+1+bb+1的最大值是.【解析】aa+1+bb+1=a(b+1)+b(a+1)(a+1)(b+1)=2ab+1ab+2=2-3ab+2,则a+b=12ab知ab14,所以aa+1+bb+1=2-3ab+22-314+2=23.当且仅当a=b=12时,取最大值.答案:2312.(2016太原高二检测)已知abc,且1a-b+1b-cma-c恒成立,则实数m的最大值为.【解析】因为abc,所以a-b,b-c,a-c均为正数,(a-c)1a-b+1b-c=(a-b)+(b-c)1a-b+1b-c=b-ca-b+a-bb-c+24,当且仅当|a-b|=|b-c|时取等号,于是1a-b+1b-c4a-c.所以m4.答案:4三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13.(10分)设a,b,c为三角形的三边,求证:ab+c-a+ba+c-b+ca+b-c3.【证明】设x=b+c-a,y=a+c-b,z=a+b-c,则有a+b+c=x+y+z,a=12(y+z),b=12(x+z),c=12(x+y).此时,原不等式等价于y+z2x+x+z2y+x+y2z3.而y+z2x+x+z2y+x+y2z=12yx+xy+zx+xz+zy+yz122yxxy+2zx+xz+2zyyz=3.所以原不等式成立.14.(10分)已知x,yR,且x1,y1,求证:11-x2+11-y221-xy.【证明】因为x1,y0,11-y20.所以11-x2+11-y22(1-x2)(1-y2).故要证明结论成立,只需证2(1-x2)(1-y2)21-xy成立,即证1-xy(1-x2)(1-y2)成立即可,因为(y-x)20,有-2xy-x2-y2,所以(1-xy)2(1-x2)(1-y2),所以1-xy(1-x2)(1-y2)0,所以不等式成立.15.(10分)(2016莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x0,2.若x1,x20,2且x1x2.求证:12f(x1)+f(x2)fx1+x22.【证明】要证12f(x1)+f(x2)fx1+x22.即证:12(tanx1+tanx2)tanx1+x22,只需证明12sinx1cosx1+sinx2cosx2tanx1+x22,只需证明sin(x1+x2)2cosx1cosx2sin(x1+x2)1+cos(x1+x2).由于x1,x20,2,故x1+x2(0,),所以cosx1cosx20,sin(x1+x2)0,1+cos(x1+x2)0.故只需证明1+cos(x1+x2)2cosx1cosx2.即证1+cosx1cosx2-sinx1sinx22cosx1cosx2.即证cos(x1-x2)fx1+x22.16.(10分)(2016盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证:1+x12+1+x2221+x1+x222.【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明.【证明】假设1+x12+1+x2221+x1+x222,两边平方得:(1+x12)+2(1+x12)(1+x22)+(1+x22)41+x12+x22+2x1x24.即(1+x12)(1+x22)1+x1x2.再两边平方得1+x12+x22+x12x221+2x1x2+x12x22,即x12+x220,b0,且a+b=1a+1b,证明:(1)a+b2.(2)a2+a2与b2+b2不可能同时成立.【解题指南】(1)将已知条件中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证.(2)利用反证法,假设a2+a2与b2+b2同时成立,可求得0a1,0b0,b0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b2ab=2,即a+b2.(2)假设a2+a2与b2+b2同时成立,则由a2+a0得0a1,同理0b1,从而ab1,这与ab=1矛盾,故a2+a2与b2+bcd,则a+bc+d.(2)a+bc+d是|a-b|cd,可证明(a+b)2(c+d)2,开方即得a+bc+d.(2)本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.【证明】(1)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd.由题设a+b=c+d,abcd得(a+b)2(c+d)2.因此a+bc+d.(2)(i)若|a-b|c-d|,则(a-b)2(c-d)2,即(a+b)2-4abcd.由(1)得a+bc+d.(ii)若a+bc+d,则(a+b)2(c+d)2,即a+b+2abc+d+2cd.因为a+b=c+d,所以abcd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab(c+d)2-4cd=(c-d)2.因此|a-b|c+d是|a-b|c-d|的充要条件.单元质量评估(四) (第四讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2016广州高二检测)如果命题P(n)对n=k成立,那么它对n=k+2成立,又若P(n)对n=2成立,则P(n)对所有()A.正整数n成立B.正偶数n成立C.正奇数n成立D.大于1的自然数n成立【解析】选B.根据数学归纳法的意义可知,命题P(n)对所有正偶数n都成立.2.用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)(n+n)=2n12(2n-1)(nN+)”时,从“n=k到n=k+1”时,左边应增加的式子是()A.2k+1B.2k+3C.2(2k+1)D.2(2k+3)【解析】选C.当n=k时,左边=(k+1)(k+2)(k+k).当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)(k+k)(k+k+1)(k+1+k+1).可见从“n=k到n=k+1”,左边增加了2(2k+1).3.(2016金华高二检测)用数学归纳法证明n(n+1)(2n+1)能被6整除时,由归纳假设推证n=k+1时命题成立,需将n=k+1时的原式表示成()A.k(k+1)(2k+1)+6(k+1)B.6k(k+1)(2k+1)C.k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2D.以上都不对【解析】选C.因为假设当n=k时命题成立,即k(k+1)(2k+1)能被6整除,当n=k+1时,(k+1)(k+2)(2k+3)=(k+1)(2k2+7k+6)=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2.4.(2016大连高二检测)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步检验第一个值n0等于()A.1B.2C.3D.0【解析】选C.因为凸n边形中,边数最少的是三角形,边数为3.5.在数列an中,an=1-12+13-14+12n-1-12n,则ak+1=()A.ak+12k+1B.ak+12k+2-12k+4C.ak+12k+2D.ak+12k+1-12k+2【解析】选D.a1=1-12,a2=1-12+13-14,an=1-12+13-14+12n-1-12n,ak=1-12+13-14+12k-1-12k,所以ak+1=ak+12k+1-12k+2.6.已知数列an中,a1=1,a2=2,an+1=2an+an-1(nN+),用数学归纳法证明a4n能被4整除,假设a4k能被4整除,然后应该证明()A.a4k+1能被4整除B.a4k+2能被4整除C.a4k+3能被4整除D.a4k+4能被4整除【解析】选D.由假设a4k能被4整除,则当n=k+1时,应该证明a4(k+1)=a4k+4能被4整除.7.(2016烟台高二检测)设f(n)=1+12+13+14+12n-1,则f(k+1)-f(k)等于()A.12k+1-1B.12k+12k+1+12k+1-1C.12k+12k+1-1D.12k+12k+1【解析】选D.当n=k时,f(k)=1+12+13+12k-1.当n=k+1时,f(k+1)=1+12+13+12k-1+12k+12k+1.所以f(k+1)-f(k)=12k+12k+1.8.已知n为正偶数,用数学归纳法证明:1-12+13-14+1n-1=21n+2+1n+4+12n时,若已假设n=k(k2且为偶数)时,等式成立,则还需要利用归纳假设再证()A.n=k+1时等式成立B.n=k+2时等式成立C.n=2k+2时等式成立D.n=2(k+2)时等式成立【解析】选B.偶数k的后继偶数为k+2,故应再证n=k+2时等式成立.【误区警示】解答本题易忽视k的限制条件:k2且为偶数,而错选A.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)9.观察等式1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10=72,推测第n个等式应该是.【解析】观察等式1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10=72知,第n个等式左端是2n-1个连续自然数的和,其中最小的自然数是n,右端是(2n-1)2.即第n个等式应该是n+(n+1)+(n+2)+(3n-2)=(2n-1)2.答案:n+(n+1)+(n+2)+(3n-2)=(2n-1)210.(2016大连高一检测)用数学归纳法证明cos+cos3+cos(2n-1)=sin2n2sin(sin0,nN+),在验证n=1时,等式右边的式子是.【解析】当n=1时,右边=sin22sin=2sincos2sin=cos.答案:cos11.设f(n)=1+1n1+1n+11+1n+n,用数学归纳法证明f(n)3.在“假设n=k时成立”后,f(k+1)与f(k)的关系是f(k+1)=f(k)_.【解析】当n=k时,f(k)=1+1k1+1k+11+1k+k;当n=k+1时,f(k+1)=1+1k+11+1k+21+12k+2,所以f(k)应乘1+12k+11+12k+2kk+1.答案:1+12k+11+12k+2kk+112.已知数列an,其中a2=6,且满足an+1+an-1an+1-an+1=n,则a1=,a3=,a4=,猜想an=.【解析】由已知可得a2+a1-1a2-a1+1=1,a3+a2-1a3-a2+1=2,a4+a3-1a4-a3+1=3,将a2=6代入以上三式,解得:a1=1,a3=15,a4=28.由于a1=1,a2=23,a3=35,a4=47,猜想得an=n(2n-1).答案:11528n(2n-1)三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13.(10分)(2016石家庄高二检测)用数学归纳法证明:当nN+时,113+135+1(2n-1)(2n+1)=n2n+1.【证明】(1)当n=1时,左边=113=13,右边=121+1=13,左边=右边,所以等式成立.(2)假设当n=k(k1)时,等式成立,即113+135+1(2k-1)(2k+1)=k2k+1.则当n=k+1时,113+135+1(2k-1)(2k+1)+1(2k+1)(2k+3)=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)=2k2+3k+1(2k+1)(2k+3)=(2k+1)(k+1)(2k+1)(2k+3)=k+12k+3=k+12(k+1)+1.即当n=k+1时,等式也成立.由(1),(2)可知对一切nN+等式都成立.14.(10分)对于nN+,用数学归纳法证明:1n+2(n-1)+3(n-2)+(n-1)2+n1=16n(n+1)(n+2).【证明】设f(n)=1n+2(n-1)+3(n-2)+(n-1)2+n1.(1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;(2)设当n=k(k1)时,等式成立,即1k+2(k-1)+3(k-2)+(k-1)2+k1=16k(k+1)(k+2),则当n=k+1时,f(k+1)=1(k+1)+2(k+1)-1+3(k+1)-2+(k+1)-23+(k+1)-12+(k+1)1=f(k)+1+2+3+k+(k+1)=16k(k+1)(k+2)+12(k+1)(k+1+1)=16(k+1)(k+2)(k+3).所以由(1)(2)可知当nN+时,等式都成立.15.(10分)(2016南京高二检测)用数学归纳法证明:f(n)=(2n+7)3n+9(nN*)能被36整除.【证明】(1)当n=1时,f(1)=(21+7)31+9=36,能被36整除.(2)假设n=k(k1,kN*),f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除,当n=k+1时,f(k+1)=(2k+9)3k+1+9=3(2k+7)3k+9+18(3k-1-1)=3f(k)+18(3k-1-1)又因为3k-1-1是偶数,所以f(k+1)能被36整除,即当n=k+1时,f(n)=(2n+7)3n+9也能被36整除.由(1)(2)知,对nN*,f(n)=(2n+7)3n+9都能被36整除.16.(10分)(2016苏州高二检测)已知正项数列an和bn中,a1=a(0a1),b1=1-a.当n2时,an=an-1bn,bn=bn-11-an-12.(1)证明:对任意nN+,有an+bn=1.(2)求数列an的通项公式.【解析】(1)用数学归纳法证明.当n=1时,a1+b1=a+(1-a)=1,命题成立;假设n=k(k1)时命题成立,即ak+bk=1,则当n=k+1时,ak+1+bk+1=akbk+1+bk+1=(ak+1)bk+1=(ak+1)bk1-ak2=bk1-ak=bkbk=1.所以当n=k+1时,命题也成立.由可知,an+bn=1对nN+恒成立.(2)因为an+1=anbn+1=anbn1-an2=an(1-an)1-an2=an1+an,所以1an+1=1+anan=1an+1,即1an+1-1an=1.数列1an是公差为1的等差数列,其首项为1a1=1a,1an=1a+(n-1)1,从而an=a1+(n-1)a(0an2(nN+).【证明】(1)当n=1时,21+212,不等式成立;当n=2时,22+222,不等式成立;当n=3时,23+232,不等式成立.(2)假设当n=k(k3)时不等式成立,即2k+2k2.则当n=k+1时,2k+1+2=2(2k+2)-22k2-2=(k+1)2+k2-2k-3因为k3,所以k2-2k-3=(k-3)(k+1)0,(*)从而2k+1+2(k+1)2+k2-2k-3(k+1)2,所以2k+1+2(k+1)2.即当n=k+1时,不等式也成立.由(1)(2)可知,2n+2n2对一切nN+都成立.18.(10分)(2016广州高二检测)在数列an,bn中,a1=2,b1=4,且an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列(nN+).(1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测an,bn的通项公式,并证明你的结论.(2)证明:1a1+b1+1a2+b2+1an+bn512.【解析】(1)由条件得2bn=an+an+1,an+12=bnbn+1.由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.用数学归纳法证明:当n=1时,由上可得结论成立.假设当n=k(k1)时,结论成立,即ak=k(k+1),bk=(k+1)2.那么当n=k+1时,ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),bk+1=ak+12bk=(k+2)2.所以当n=k+1时,结论也成立.由,可知an=n(n+1),bn=(n+1)2对一切正整数都成立.(2)1a1+b1=162(n+1)n.故1a1+b1+1a2+b2+1an+bn16+12123+134+1n(n+1)=16+1212-13+13-14+1n-1n+1=16+1212-1n+116+14=512.综合质量评估 (第一至第四讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2016唐山高二检测)设函数f(x)=(x+1)2(x1)4-|x-1|(x1),则使f(x)1的自变量x的取值范围是()A.(-,-20,4B.(-,-20,1C.(-,-21,4D.-2,01,4【解析】选A.当x1时,由(x+1)21得x-2或0xb2B.ab+ab+abC.ab0,-ca-db,则下列各式恒成立的是()A.bcadC.acbdD.acbd【解析】选B.对-ca-db两边同乘以-ab,由-abad.3.(2016聊城高二检测)“a0且b0”是“a+b2ab”成立的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.由a0且b0,可得a+b2ab,反之若a+b2ab.则a0且b0,不一定是“a0且b0”.故选A.4.若P=2,Q=7-3,R=6-2,则P,Q,R的大小顺序是()A.PQRB.PRQC.QPRD.QRP【解析】选B.P=2=422,Q=7-3=47+3,R=6-2=46+2.因为226+246+247+3,所以PRQ.5.若a,bR,则不等式|a|+|b|a+b|中等号成立的充要条件是()A.ab0B.ab0C.ab0,则|a|+|b|=|a+b|;若ab|a+b|.6.(2016中山高二检测)若关于x的不等式|x-1|+|x-2|a2+a+1(xR)恒成立,则实数a的取值范围为()A.(0,1)B.(-,-1)(0,+)C.(-,-1)D.(-1,0)【解析】选D.根据绝对值不等式的意义知|x-1|+|x-2|(x-1)-(x-2)|=1,所以,不等式|x-1|+|x-2|a2+a+1(xR)恒成立,等价于a2+a+11,解得-1a0,A=t+s7+s+t,B=s7+s+t7+t,则A与B的大小关系为()A.ABB.As7+s+t+t7+s+t=s+t7+s+t=A.【补偿训练】设x0,y0,若P=x+y1+x+y,Q=x1+x+y1+y,则P,Q的大小关系是()A.P=QB.PQ【解析】选B.因为x0,y0,所以P=x+y1+x+y=x1+x+y+y1+x+yx1+x+y1+y=Q.8.(2016南昌高二检测)不等式|x-1|+|x-2|3的解集是()A.x|x1或x2B.x|1x2C.x|x0或x3D.x|0x3【解析】选C.由x1时,原不等式可化为-(x-1)-(x-2)3,得x0.因此x0.当1x0,|x|6,|y|3,|z|=9,则|2x-y+3z|的最大值为.【解析】根据绝对值不等式的性质,所以|2x-y+3z|2|x|+|y|+3|z|.所以|2x-y+3z|的最大值为.答案:10.(2016盐城高二检测)已知实数x,y,z满足x+2y+3z=a(a为常数),则x2+y2+z2的最小值为.【解析】根据柯西不等式可知,(x2+y2+z2)(1+4+9)(x+2y+3z)2=a2,所以x2+y2+z2a214.答案:a21411.若abc,nN,且1a-b+1b-cna-c恒成立,则n的最大值是.【解析】因为abc,且1a-b+1b-cna-c恒成立,于是na-ca-b+a-cb-c恒成立.因为a-ca-b+a-cb-c=(a-b)+(b-c)a-b+(a-b)+(b-c)b-c=2+b-ca-b+a-bb-c2+2b-ca-ba-bb-c=4.所以n的最大值是4.答案:412.请补全用分析法证明不等式“ac+bd(a2+b2)(c2+d2)”时的推论过程:要证明ac+bd(a2+b2)(c2+d2)(1),只要证(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2),即要证:a2c2+2abcd+b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,即要证a2d2+b2c22abcd,(2).【解析】根据分析法的原理,及后续证明提示,可知在(1)处需要对ac+bd的正负讨论;对于(2)处需要考虑前面证明步骤成立的条件,及结论的写法.答案:(1)当ac+bd0时,命题成立.当ac+bd0时(2)因为(ad-bc)20,所以a2d2+b2c22abcd,所以命题成立三、解答题(本大题共6小题,共60分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13.(10分)(2016福州高二检测)已知函数f(x)是R上的增函数,a,bR.(1)若a+b0,求证:f(a)+f(b)f(-a)+f(-b).(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.【解析】(1)因为a+b0,所以a-b,已知f(x)是R上的增函数,所以f(a)f(-b),又a+b0b-a.同理f(b)f(-a),两式相加,可得f(a)+f(b)f(-a)+f(-b).(2)(1)中命题的逆命题成立.逆命题:若f(a)+f(b)f(-a)+f(-b),则a+b0.下面用反证法证明,设a+b0,则a+b0a-bf(a)f(-b),a+b0b-af(b)f(-a),f(a)+f(b)f(-a)+f(-b),这与已知矛盾,故有a+b0成立.从而逆命题成立.14.(10分)(2016天津高二检测)正数x,y满足1x+9y=1.(1)求xy的最小值.(2)求x+2y的最小值.【解析】(1)由1=1x+9y21x9y得xy36,当且仅当1x=9y即y=9x=18时取等号.故xy的最小值为36.(2)由题意可得x+2y=(x+2y)1x+9y19+2yx+9xy19+22yx9xy=19+62.当且仅当2yx=9xy,即9x2=2y2时取等号.故x+2y的最小值为19+62.15.(10分)(2016天津高二检测)等腰RtAOB的直角边长为1,在此三角形中任取点P,过P点分别作三边的平行线,与各边围成以P为顶点的三个三角形,求这三个三角形的面积和的最小值.【解题指南】本题需建立直角坐标系,设出P点的坐标,确定三角形面积和的函数,再应用柯西不等式求解.【解析】以OA,OB分别为x轴、y轴,建立直角坐标系,如图.则AB的直线方程为x+y=1.设P的坐标
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