阶段验收评估(四).doc

不等式、推理与证明(教师用书独具)(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题有10个小题，每小题5分，共50分)1不等式0的解集是()A(，1)(1,2B(1,2C(，1)2，) D1,2解析：选B0，1x2.2(2013保定模拟)已知ab，则下列不等式成立的是()Aa2b20 BacbcCac2bc2 D2a2b解析：选DA中，若a1，b2，则a2b20不成立；当c0时，B、C不成立由ab知2a2b成立3若规定adbc，则不等式01的解集是()A(1,1) B(1,0) (0,1)C(，1) (1，) D(1，)解析：选C由题意可知0x2111x221|x|x1或1x.4(2012天津高考)设变量x，y满足约束条件则目标函数z3x2y的最小值为()A5 B4C2 D3解析： 选B不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分，作辅助线l0：3x2y0，结合图形可知，当直线3x2yz平移到过点(0,2)时，z3x2y的值最小，最小值为4.5设aR，则“0”是“|a|1” 成立的()A充分必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既非充分也非必要条件解析：选C因为a2a120，所以由0得a1，不能得知|a|1；反过来，由|a|1得1a1，所以0，因此，“0”是“|a|1”成立的必要不充分条件6设M，且abc1(a，b，c均为正数)，由综合法得M的取值范围是()A. B.C. 1,8 D8，)解析：选D由abc1，M8(当且仅当abc时取等号)7已知函数f(x)则f(f(x)1的充要条件是()Ax(， Bx4，)Cx(，14，)Dx(，4，)解析：选D当x0时，f(f(x)1，所以x4；当x0时，f(f(x)1，所以x22，解得x(舍去)或x，因此f(f(x)1的充要条件是x(，4，)8(2012山西省四校联考)设实数x，y满足约束条件若目标函数zabxy(a0，b0)的最大值为13，则ab的最小值为()A2B4C6 D8解析： 选C在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线abxy0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时，相应直线在y轴上的截距达到最大，此时目标函数zabxy(a0，b0)取得最大值，依题意有ab1413，即ab9，其中a0，b0，ab226，当且仅当ab3时取等号，因此ab的最小值为6.9已知M是ABC内的一点，且2，BAC30，若MBC、MCA和MAB的面积分别是、x、y，则的最小值是()A9 B18C16 D20解析：选B|cos 302，|4，SABC4sin 301，xy1，即2(xy)1，2(xy)222(54)18，当且仅当y2x，即x，y时等号成立10(2012湖南高考)设ab1，c；acloga(bc)其中所有的正确结论的序号是()A BC D解析：选D由ab1，c0得，；幂函数yxc(c0)是减函数，所以acbc，所以logb(ac)loga(ac)loga(bc)，均正确二、填空题(本题有7个小题，每小题4分，共28分)11已知关于x的不等式x2ax2a0在R上恒成立，则实数a的取值范围是_解析：解析：x2ax2a0在R上恒成立，a242a0，0a8. 答案：(0,8)12若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2；f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)213记等差数列an的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法得：Sn；类似的，记等比数列bn的前n项的积为Tn，且bn0(nN*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1，末项bn与项数n的一个关系式，即Tn_.解析：类比等差数列的求和方法得：Tb1bnb2bn1b3bn2bn1b2bnb1(b1bn)n，则Tn(b1bn).答案：14(2012福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为_，第n行的第2个数为_解析：每行的第一个数可构成数列1,3,5,7,9，是以1为首项，以2为公差的等差数列，故第n行第一个数为12(n1)2n1.从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，可得a3a23，a4a35，a5a47，anan12n3.(其中n为行数)，以上各式两边分别相加，可得an357(2n3)a23n22n3.答案：2n1n22n315(2012浙江调研)已知实数x，y满足若(1,0)是使axy取得最大值的可行解，则实数a的取值范围是_解析：题中不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，令zaxy，则yaxz，因为(1,0)是使axy取得最大值的可行解，所以结合图形可知a2，即a2.答案：(，216(2012浙江高考)设aR，若x0时均有(a1)x1(x2ax1)0，则a_.解析：显然a1不能使原不等式对x0恒成立，故a1且当x1，a1时原不等式成立对于x2ax10，设其两根为x2，x3，且x2x3，易知x20，x30.当x0时，原不等式恒成立，故x1满足方程x2ax10，代入解得a或a0(舍去)答案：17(2012绍兴模拟)已知b，cR，若关于x的不等式0x2bxc4的解集为x1，x2x3，x4，(x20.x2bxc40的两根为x1，x4，所以 (2x4x3)(2x1x2)2(x4x1)(x3x2)2.令b24ct0，则f(t)2，t(0，)，f(t)，令f(t)0，则t，当t时，f(t)0；t时，f(t)0，当t时，f(t)minf4.答案： 4三、解答题(本题有5小题，共72分)18(满分14分)已知集合Ax|x24，B.(1)求集合AB；(2)若不等式2x2axb0的解集为B，求a、b的值解：(1)Ax|2x2，11003x1，Bx|3x1ABx|2x1(2)由(1)及题意知，不等式2x2axb0的解集为(3,1)，31 ，31，a4，b6.19(满分14分)已知函数f(x)x2axb，a，bR.(1)若对任意的实数x，都有f(x)2xa，求b的取值范围；(2)当x1,1时，f(x)的最大值为M，求证：Mb1.解：(1)对任意的xR，都有f(x)2xa对任意的xR，x2(a2)x(ba)0(a2)24(ba)0b1b1.aR，b1，)，即b的取值范围为1，)(2)证明f(1)1abM，f(1)1abM，2M2b2，即Mb1.20(满分14分)设数列an的前n项和为Sn，对一切nN*，点都在函数f(x)x的图象上(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明解：(1)点在函数f(x)x的图象上，n，Snn2an.令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，a1a2a39a3，a36.由此猜想：an2n.(2)用数学归纳法证明如下：当n1时，由(1)可知猜想成立假设nk(k1)时猜想成立，即ak2k成立，则当nk1时，注意到Snn2an(nN*)，故Sk1(k1)2ak1，Skk2ak.两式相减得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由归纳假设得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)这说明nk1时，猜想也成立由知，对一切nN*，an2n成立21(满分15分)(2012福州质检)某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会据市场调查，当每套丛书售价定为x元时，销售量可达到150.1x万套现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润售价供货价格问：(1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？(2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？解：(1)每套丛书售价定为100元时，销售量为150.11005万套，此时每套丛书的供货价格为3032元，书商所获得的总利润为5(10032)340万元(2)每套丛书售价定为x元时，由得0x150，由题意，单套丛书利润Pxx30.0x150，150x0，P 120.(150x)2 21020，当且仅当150x，即x140时等号成立，此时，Pmax20120100.每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润为340万；每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润取得最大值22(满分15分)(2012江西模拟)设集合W是满足下列两个条件的无穷数列an的集合：an1；anM，其中nN*，M是与n无关的常数(1)若an是等差数列，Sn是其前n项的和，a34，S318，试探究Sn与集合W之间的关系；(2)设数列bn的通项为bn5n2n，且bnW，M的最小值为m，求m的值；(3)在(2)的条件下，设Cnbn(m5)n，求证：数列Cn中任意不同的三项都不能成为等比数列解：(1)a34，S318，a18，d2，Snn29n，Sn1满足条