2019版《高考调研》大一轮复习(新课标数学理)题组训练第7章不等式及推理与证明题组37(含解析)

题组层级快练(三十七)1．剖析法又称执果索因法，若用剖析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a”“索”的“因”应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0答案C分析b2－ac<3a?b2－ac<3a2?(a＋c)2－ac<3a2a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0?－2a2＋ac＋c2<02a2－ac－c2>0?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.2．若实数a，b知足a＋b<0，则()A．a，b都小于0B．a，b都大于0C．a，b中起码有一个大于0D．a，b中起码有一个小于0答案D分析假定a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，则a＋b≥0，这与a＋b<0相矛盾，因此假定错误，即a，b中起码有一个小于0.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确立答案C分析要比较P，Q的大小关系，只需比较P2，Q2的大小关系，只需比较2a＋7＋2a（a＋7）与2a＋7＋2（a＋3）（a＋4）的大小，只需比较a（a＋7）与（a＋3）（a＋4）的大小，即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只需比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.4．已知函数f(x)知足：f(a＋b)＝f(a)f2（1）＋f（2）f2（2）＋f（4）f(b)·，f(1)＝2，则＋＋f（1）f（3）f2（3）＋f（6）f2（4）＋f（8）)f（5）＋＝(f（7）A．4B．8C．12D．16答案D分析依据f(a＋b)＝f(a)f(b)·，得f(2n)＝f2(n)．又f(1)＝2，则f（n＋1）＝2.f（n）由f2（1）＋f（2）＋f2（2）＋f（4）＋f2（3）＋f（6）＋f2（4）＋f（8）＝2f（2）＋f（1）f（3）f（5）f（7）f（1）2f（4）＋2f（6）＋2f（8）＝16.f（3）f（5）f（7）21mm的最大值等于()5．已知a>0，b>0，假如不等式a＋b≥2a＋b恒建立，那么A．10B．9C．8D．7答案B分析∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化为m≤(2＋1)(2a＋b)＝5＋2(b＋a)．∵5＋2(b＋a)≥5＋4＝9，即其最小值为9，ababab∴m≤9，即m的最大值等于9.6．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分析S11＝11（a1＋a11）a6＝a1＋5d为定值．＝11a6，由S11为定值，可知2设4a2＋a10＋an＝24，整理得a1＋n＋12d＝4，可知n＝18.62227．(2019·江苏盐城一模)已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：x2＋x3＋x1≥x1x2x31.答案略222222x2x3x1222x2x3x1分析∵x1＋x1＋x2＋x2＋x3＋x3≥2x2＋2x3＋2x1＝2(x1＋x2＋x3)＝2，∴x1＋x2＋x3≥1.8．(1)设x是正实数，求证：(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3.若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3能否仍旧建立？假如建立，请给出证明；假如不建立，请举出一个使它不建立的x的值．答案(1)略(2)建立，证明略分析(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时等号建立)．解：若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍旧建立．由(1)知，当x>0时，不等式建立；当x≤0时，8x3≤0，231)＝(x＋1)22＋1)(x2＝(x＋1)22＋1)[(x123]≥0，而(x＋1)(x＋1)(x＋(x－x＋1)(x－)＋24此时不等式仍旧建立．9．已知函数f(x)＝ax＋x－2(a>1)，x＋1证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；用反证法证明f(x)＝0没有负实数根．答案(1)略(2)略分析(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不如设x1<x2，则x2－x1>0，ax2－x1>1，且ax1>0，因此ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0.又由于x1＋1>0，x2＋1>0，x2－2x1－2因此－x2＋1x1＋1（x2－2）（x1＋1）－（x1－2）（x2＋1）＝（x2＋1）（x1＋1）＝3（x2－x1）（x2＋1）（x1＋1）>0.x2－2x1－2于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋＋1－＋1>0.x2x1故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)设存有x0<0(x0≠－1)，知足f(x0)＝0，x0－2.则ax0＝－x0＋1又0<ax0<1，因此0<－x0－2<1，即1<x0<2，与x0<0(x0≠－1)假定矛盾．x0＋12故f(x)＝0没有负实数根．10．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能否成等差数列，并证明你的结论．答案

q＝1时，不可等差数列；

q＝－1时，成等差数列2

证明略分析设等比数列{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.m＋1m－1m∴2a1q＝a1q＋a1q.a1≠0，q≠0，∴2q2－q－1＝0.1解得q＝1或q＝－2.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不可等差数列．当q＝－12时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．下边给出证明：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＋1q1＝－am＋1－2am＋1(－2)＝0，2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.1∴当q＝－2时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．2a1[1－（－1）m＋2]2证法二：∵2Sm＋2＝11＋241m＋2]，＝a1[1－(－)32又Sm＋Sm＋1a1[1－（－1）m]a1[1－（－1）m＋1]＝2＋2111＋1＋2221m1m＋1＝a1[2－(－)－(－)]32221m＋21)m＋2＝a1[2－4(－)＋2(－]32241m＋2＝a1[1－(－)]，32∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.1∴当q＝－时，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．11．(2019广·东江门模拟)设数列{an}的前n项和Sn＝n（n＋1）（4n－1），n∈N*.6求a1的值；求数列{an}的通项公式；14n25证明：对全部正整数n，有2＋2＋＋2<.a1a2an4答案(1)a1＝1(2)an＝n(2n－1)(3)略分析(1)a1＝1.(2)an＝n(2n－1)．2(3)由(2)知，当n>1时，n2＝11）2＝21<1，an（2n－4n－4n＋14n（n－1）则124n21＋1＋＋1111－1a122＝1＋(－4×2)＋(＋a2＋＋an<1＋4×2×14×3×24n（n－1）44×24×3)＋＋[1－1]＝1＋(1－1)<1＋1＝5，4×（n－1）4n44n44142由于n222a1＋a2＋＋an单一递加，因此?n∈N*14n25，a12＋a22＋＋an2<4.12．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．求g(x)的单一区间和最小值；(2)议论

1g(x)与g(x)的大小关系；(3)务实数

a的取值范围，使得

1g(a)－g(x)<a对随意

x>0

建立．答案

(1)单一递减区间(0，1)，单一递加区间

(1，＋∞)(2)当

0<x<1

1时，g(x)>g(x)；当

x>1

1时，g(x)<g(x)(3)0<a<e分析

(1)由题设知

f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋1，x－1g′(x)＝2.令g′(x)＝0，得x＝1.x当x∈(0，1)时，g′(x)<0，故(0，1)是g(x)的单一减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单一增区间．因此x＝1是g(x)的独一极值点，且为极小值点，进而是最小值点，因此

g(x)的最小值为

g(1)＝1.1(2)g(x)＝－lnx＋x，11设h(x)＝g(x)－g(x)＝2lnx－x＋x，x－1）2则h′(x)＝－2.x当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g