人教版高中数学选修4-5测试题全套及答案66.pdf

最新人教版高中数学选修最新人教版高中数学选修 4-5 测试题全套及答案测试题全套及答案 第一讲第一讲不等式和绝对值不等式不等式和绝对值不等式 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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设集合 Ax|ylog2(42xx2)，BError!Error!，则 AB 等于()Ax|1x1 5Bx|3x2 Cx|1x1 Dx|1x3 或10 可转化为 x22x40，解得1x1，55Ax|1x1；55不等式1 可转化为0，3x1x2x1解得1x2，Bx|1x2，ABx|1x1 5答案：A 2不等式1 的解集为()|x1x1|Ax|0 x1 Bx|0 x1 Cx|1x0 Dx|x0 解析：方法一：特值法：显然 x1 是不等式的解，故选 D.方法二：不等式等价于|x1|x1|，即(x1)2(x1)2，解得 x，a|ab|b，ab2ababa2b24ab3b2，ab2 2ab恒成立的序号为()A B C D 解析：，即，故不正确，排除 A、B；ab22，即2abab2ab2ababab2abab2ab2正确 答案：D 4已知 a0，b0，则 2的最小值是()1a1babA2 B2 2C4 D5 解析：ab，b0，当且仅当 ab 时取等号，1a1b2ab 2224.1a1bab2abab2ab2ab当且仅当 ab1 且2时成立，能取等号，故 2的最小值为 4，故选 C.2abab1a1bab答案：C 5设|a|1，|b|1，则|ab|ab|与 2 的大小关系是()A|ab|ab|2 B|ab|ab|2 C|ab|ab|2 D不可能比较大小 解析：当(ab)(ab)0 时，|ab|ab|(ab)(ab)|2|a|2，当(ab)(ab)0 时，|ab|ab|(ab)(ab)|2|b|2.答案：B 6设 x，yR，a1，b1.若 axby3，ab2，则 的最大值为()31x1yA2 B.32C1 D.12解析：axby3，xloga3，ylogb3，log3alog3b 1x1y1loga31logb3log3ablog3log331，故选 C.ab24答案：C 70a2 B|log1a(1a)|log(1a)(1a)|C|log(1a)(1a)log(1a)(1a)|log(1a)(1a)|log(1a)(1a)|解析：令 a，代入可排除 B、C、D.12答案：A 8若实数 a，b 满足 ab2，则 3a3b的最小值是()A18 B6 C2 D.343解析：3a3b2226.3a3b3ab32答案：B 9已知|a|b|，m，n，则 m，n 之间的大小关系是()|a|b|ab|a|b|ab|Amn Bmn Cmn Dmn 解析：|a|b|ab|a|b|，m1，|a|b|ab|a|b|a|b|n1，m1n.|a|b|ab|a|b|a|b|答案：D 10某工厂年产值第二年比第一年增长的百分率为 p1，第三年比第二年增长的百分率为 p2，第四年比第三年增长的百分率为 p3，则年平均增长率 p 的最大值为()A.B.3p1p2p3p1p2p33C.D2 p1p2p331p11p21p33解析：(1p)3(1p1)(1p2)(1p3)，1p，31p11p21p31p11p21p33p.p1p2p33答案：B 11若 a，b，c0，且 a22ab2ac4bc12，则 abc 的最小值是()A2 B3 3C2 D.3解析：a22ab2ac4bc a(a2c)2b(a2c)(a2c)(a2b)2，a2ca2b2(abc)212，又 a，b，c0，abc2.3答案：A 12当 0 x0，且 tan x 时取等号 12方法二：f(x)(02x0.答案：C 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分请把正确答案填在题中横线上)13已知 ，则的取值范围是_ 222解析：利用不等式的性质进行求解由 可得 22答案：0.2214设集合 Sx|x2|3，Tx|ax3，x23 或 x25 或 x5 或 x1 又Tx|axa8，STR，画数轴可知 a 需满足Error!Error!，3a1.答案：3a1，求函数 y的最小值为_ x5x2x1解析：x1，x10，y x5x2x1x14x11x1(x1)5259.4x1x14x1当且仅当 x1，即 x1 时，等号成立 4x1y 的最小值是 9.答案：9 16某商品进货价每件 50 元，据市场调查，当销售价格(每件 x 元)在 50 x80 时，每天售出的件数P，若想每天获得的利润最多，销售价格每件应定为_元 105x402解析：设销售价格定为每件 x 元(50 x80)，每天获得利润 y 元，则：y(x50)P，105x50 x402设 x50t，则 0t30，y 105tt102105tt220t1002 500.105t100t201052020当且仅当 t10，即 x60 时，ymax2 500.答案：60 三、解答题(本大题共 6 小题，共 74 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(12 分)已知 30 x42,16y24，求 xy，x2y，的取值范围 xy解析：30 x42,16y24，46xy66.16y24，482y32，18x2y10.30 x42，.1241y116 .54xy21818(12 分)已知 a，b，x，yR，x，y 为变量，a，b 为常数，且 ab10，1，xy 的最小axby值为 18，求 a，b.解析：xy(xy)(axby)abab2 bxyayxab()2，ab当且仅当时取等号 bxyayx又(xy)min()218，ab即 ab218 ab又 ab10 由可得Error!Error!或Error!Error!.19(12 分)解不等式|x1|x|2.解析：方法一：利用分类讨论的思想方法 当 x1 时，x1x2，解得 x1；32当1x0 时，x1x2，解得1x0；当 x0 时，x1x2，解得 0 x.12因此，原不等式的解集为.x|32 x 12方法二：利用方程和函数的思想方法 令 f(x)|x1|x|2 Error!Error!作函数 f(x)的图象(如图)，知当 f(x)0 时，x.3212故原不等式的解集为.x|32 x 12方法三：利用数形结合的思想方法 由绝对值的几何意义知，|x1|表示数轴上点 P(x)到点 A(1)的距离，|x|表示数轴上点 P(x)到点 O(0)的距离 由条件知，这两个距离之和小于 2.作数轴(如图)，知原不等式的解集为.x|32 x 0)的最值 4x2解析：由已知 x0，y3x 4x23x23x24x233，33x23x24x239当且仅当，即 x时，取等号 3x23x24x22393当 x时，函数 y3x 的最小值为 3.23934x23921(12 分)在某交通拥挤地段，交通部门规定，在此地段内的车距 d(m)正比于车速 v(km/h)的平方与车身长 s(m)的积，且最小车距不得少于半个车身长，假定车身长均为 s(m)，且车速为 50 km/h 时车距恰为车身长 s，问交通繁忙时，应规定怎样的车速，才能使此地段的车流量 Q 最大？解析：由题意，知车身长 s 为常量，车距 d 为变量且 dkv2s，把 v50，ds 代入，得 k，把 d s 代入 12 50012d v2s，得 v25.所以 12 5002dError!Error!则车流量 QError!Error!1 000vds当 025时，2Q2 1 000vs(1v22 500)1 000s(1vv2 500).1 000s21vv2 50025 000s当且仅当，即 v50 时，等号成立即当 v50 时，Q 取得最大值 Q2.因为1vv2 50025 000sQ2Q1，所以车速规定为 50km/h 时，该地段的车流量 Q 最大 22(14 分)已知函数 f(x)ax24(a 为非零实数)，设函数 F(x)Error!Error!.(1)若 f(2)0，求 F(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，解不等式 1|F(x)|2；(3)设 mn0，试判断 F(m)F(n)能否大于 0?解析：(1)f(2)0，4a40，得 a1，f(x)x24，F(x)Error!Error!.(2)|F(x)|F(x)|，|F(x)|是偶函数，故可以先求 x0 的情况 当 x0 时，由|F(2)|0，故当 02 时，解不等式 1x242，得x；56综合上述可知原不等式的解集为 x|x或x或x或x 23563265(3)f(x)ax24，F(x)Error!Error!，mn0，则 n0，mn0，m2n2，F(m)F(n)am24an24 a(m2n2)，所以：当 a0 时，F(m)F(n)能大于 0，当 a，则下列不等式一定成立的是()ac2bc2Aa2b2 Blg alg b C.D.ba 1b1c(13)(13)解析：从已知不等式入手：ab(c0)，其中 a，b 可异号或其中一个为 0，由此否定 A、ac2bc2B、C，应选 D.答案：D 2若 0，则下列结论不正确的是()1a1bAa2b2 Bab2 D|a|b|ab|baab解析：因为 0Error!Error!Error!Error!ba0，y0，xy1，的最大值是()xyA1 B.2C.D.2232解析：x0，y0，1xy2，xy，12xy(当且仅当 xy 时取“”)xy2xy212答案：B 6用分析法证明：欲使AB，只需CD，这里是的()A充分条件 B必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即，所以是的必要条件 答案：B 7已知 0a0 B2ab 12Clog2alog2b2 D2 abba12解析：方法一：特值法令 a，b 代入可得 1323方法二：因为 0ab 且 ab1，所以 0a1，所以 log2a0.1ab0 所以 2ab2 所以 24，baabbaab而 ab2，(ab2)14所以 log2alog2b0，b0，则“ab”是“a b”成立的()1a1bA充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D即不充分也不必要条件 解析：a b ab(ab).1a1babab(11ab)a0，b0，ab(ab)0a b.(11ab)1a1b可得“ab”是“a b”成立的充要条件 1a1b答案：C 9设 a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是()A(ab)4 Ba3b32ab2(1a1b)Ca2b222a2b D.|ab|ab解析：因为(ab)224，所以 A 正确(1a1b)ab1aba3b32ab2(ab)(a2abb2)0，但 a，b 大小不确定，所以 B 错误(a2b22)(2a2b)(a1)2(b1)20，所以 C 正确 0，所以 D 正确|ab|ab|ab|babab答案：B 10设 a，bR，且 ab，P，Qab，则()a2bb2aAPQ BPQ CP0，PQ.abab2ab答案：A 11若函数 f(x)，g(x)分别是 R 上的奇函数、偶函数，且满足 f(x)g(x)ex，则有()Af(2)f(3)g(0)Bg(0)f(3)f(2)Cf(2)g(0)f(3)Dg(0)f(2)b8282，同理可比较得 bc.35261512答案：abc 14已知三个不等式：(1)ab0；(2)ad.cadb以其中两个作为条件，余下一个作为结论，为_ 解析：运用不等式性质进行推理，从较复杂的分式不等式(2)切入，去寻觅它与(1)的联系 0 cadbcadbcadb0ab(bcad)0.bcadab答案：(1)、(3)(2)；(1)、(2)(3)；(2)、(3)(1)15若 f(n)n，g(n)n，(n)，则 f(n)，g(n)，(n)的大小顺序为_ n21n2112n解析：因为 f(n)n，n211n21ng(n)n.n211n21n又因为n2nn，n21n21所以 f(n)(n)(n)f(n)16完成反证法整体的全过程 题目：设 a1，a2，a7是 1,2,3，7 的一个排列，求证：乘积 p(a11)(a22)(a77)为偶数 证明：反设 p 为奇数，则_均为奇数 因奇数个奇数的和还是奇数，所以有 奇数_._.0.但奇数偶数，这一矛盾说明 p 为偶数 解析：反设 p 为奇数，则(a11)，(a22)，(a77)均为奇数 因为数个奇数的和还是奇数，所以有 奇数(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(1237)0.但奇数偶数，这一矛盾说明 p 为偶数 答案：(a11)，(a22)，(a77)(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(1237)三、解答题(本大题共 6 个小题，共 74 分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(12 分)若 abc，求证：a2bb2cc2aa2cb2ac2b.证明：abc，ab0，bc0，ac0，于是：a2bb2cc2a(a2cb2ac2b)(a2ba2c)(b2cb2a)(c2ac2b)a2(bc)b2(ca)c2(ab)a2(bc)b2(bc)c2(ab)b2(ab)(bc)(a2b2)(ab)(c2b2)(bc)(ab)(ab)(ab)(cb)(cb)(bc)(ab)ab(cb)(bc)(ab)(ac)0，a2bb2cc2a1.3810证明：用分析法证明 1 83108321102 241022 2410.2410最后一个不等式是成立的，故原不等式成立 20(12 分)若 x，y0，且 xy2，则和中至少有一个小于 2.1yx1xy证明：反设2 且2，1yx1xyx，y0，1y2x,1x2y 两边相加，则 2(xy)2(xy)，可得 xy2，与 xy2 矛盾，和中至少有一个小于 2.1yx1xy21(12 分)已知 a，b，c，d 都是实数，且 a2b21，c2d21，求证|acbd|1.证明：证法一(综合法)因为 a，b，c，d 都是实数，所以|acbd|ac|bd|a2c22b2d22.a2b2c2d22又因为 a2b21，c2d21.所以|acbd|1.证法二(比较法)显然有|acbd|11acbd1.先证明 acbd1.acbd(1)acbd 1212acbd a2b22c2d220.ac2bd22acbd1.再证明 acbd1.1(acbd)(acbd)1212acbd a2b22c2d220，ac2bd22acbd1.综上得|acbd|1.证法三(分析法)要证|acbd|1.只需证明(acbd)21.即只需证明 a2c22abcdb2d21.由于 a2b21，c2d21，因此式等价于 a2c22abcdb2d2(a2b2)(c2d2)将式展开、化简，得(adbc)20.因为 a，b，c，d 都是实数，所以式成立，即式成立，原命题得证 22(14 分)数列an为等差数列，an为正整数，其前 n 项和为 Sn，数列bn为等比数列，且 a13，b11，数列ban是公比为 64 的等比数列，b2S264.(1)求 an，bn；(2)求证：.1S11S21Sn34解析：(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q，则 d 为正整数，an3(n1)d，bnqn1，依题意有Error!Error!由(6d)q64 知 q 为正有理数，故 d 为 6 的因子 1,2,3,6 之一，解得 d2，q8.故 an32(n1)2n1，bn8n1.(2)证明：Sn35(2n1)n(n2)1S11S21Sn11 312 413 51nn2 12(113121413151n1n2)bcd，x(ab)(cd)，y(ac)(bd)，z(ad)(bc)，则 x，y，z 的大小顺序为()Axzy Byzx Cxyz Dzyd 且 bc，则(ab)(cd)(ac)(bd)，得 xb 且 cd，则(ac)(bd)(ad)(bc)，得 yz，故选 C.答案：C 10若 0a1a2,0b1b2且 a1a2b1b21，则下列代数式中值最大的是()Aa1b1a2b2 Ba1a2b1b2 Ca1b2a2b1 D.12解析：利用特值法，令 a10.4，a20.6，b10.3，b20.7 计算后作答；或根据排序原理，顺序和最大 答案：A 11已知 a，b，c，d 均为实数，且 abcd4，a2b2c2d2，则 a 的最大值为()163A16 B10 C4 D2 解析：构造平面：xyz(a4)0，球 O：x2y2z2a2，163则点(b，c，d)必为平面 与球 O 的公共点，从而，|a4|3163a2即 a22a0，解得 0a2，故实数 a 的最大值是 2.答案：D 12x，y，z 是非负实数，9x212y25z29，则函数 u3x6y5z 的最大值是()A9 B10 C14 D15 解析：u2(3x6y5z)2(3x)2(2y)2(z)212()2()2 35359981，u9.答案：A 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分请把正确答案填在题中横线上)13已知 a，b，c 都是正数，且 4a9bc3，则 的最小值是_ 1a1b1c解析：由 4a9bc3，3b 1，4a3c3 1a1b1c 43a3bc3a43a3bc3b43a3bc3c 3 433bac3a4a3bc3b134a3c3bc3 53(3ba4a3b)(c3a4a3c)(c3b3bc)3 4 212.5343答案：12 14已知 a，b 是给定的正数，则的最小值是_ a2sin2b2cos2解析：a2sin2b2cos2(sin2cos2)(ab)2.(a2sin2b2cos2)答案：(ab)2 15已知点 P 是边长为 2的等边三角形内一点，它到三边的距离分别为 x，y，z，则 x，y，z 所满3足的关系式为_，x2y2z2的最小值是_ 解析：利用三角形面积相等，得 2(xyz)(2)2，123343即 xyz3；由(111)(x2y2z2)(xyz)29，则 x2y2z23.答案：xyz33 16若不等式|a1|x2y2z，对满足 x2y2z21 的一切实数 x，y，z 恒成立，则实数 a 的取值范围是_ 解析：由柯西不等式可得(122222)(x2y2z2)(x2y2z)2，所以 x2y2z 的最大值为 3，故有|a1|3，a4 或 a2.答案：a4 或 a2 三、解答题(本大题共 6 小题，共 74 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(12 分)已知 a2b21，x2y21.求证：axby1.证明：a2b21，x2y21.又由柯西不等式知 1(a2b2)(x2y2)(axby)2 1(axby)2，1|axby|axby，所以不等式得证 18(12 分)设 x22y21，求 x2y 的最值 解析：由|x2y|1xy|.2212x22y23当且仅当，即 xy时取等号 x12y233所以，当 xy时，max.333当 xy时，min.33319(12 分)设 ab0，求证：3a32b33a2b2ab2.证明：ab0，aaabb0，a2a2a2b2b20，由顺序和乱序和，得 a3a3a3b3b3a2ba2ba2aab2ab2.又 a2ba2ba2aab2ab23a2b2ab2.则 3a32b33a2b2ab2.20(12 分)已知 x，y，zR，且 xyz3，求 x2y2z2的最小值 解析：方法一：注意到 x，y，zR，且 xyz3 为定值，利用柯西不等式得到(x2y2z2)(121212)(x1y1z1)29，从而 x2y2z23，当且仅当 xyz1 时取“”号，所以 x2y2z2的最小值为 3.方法二：可考虑利用基本不等式“a2b22ab”进行求解，由 x2y2z2(xyz)2(2xy2xz2yz)9(x2y2x2z2y2z2)，从而求得 x2y2z23，当且仅当 xyz1 时取“”号，所以 x2y2z2的最小值为 3.21(12 分)设 a，b，c 为正数，且不全相等，求证：.2ab2bc2ca9abc证明：构造两组数，；abbcca，则由柯西不等式得 1ab1bc1ca(abbcca)(111)2，(1ab1bc1ca)即 2(abc)9.(1ab1bc1ca)于是.2ab2bc2ca9abc于是.2ab2bc2ca9abc由柯西不等式知，中有等号成立 ab1abbc1bcca1caabbcca abc.因题设 a，b，c 不全相等，故中等号不成立，于是.2ab2bc2ca9abc22(14 分)设 x1，x2，xnR，且 x1x2xn1，求证：.x2 11x1x2 21x2x2 n1xn1n1证明：因为 x1x2xn1，所以 n1(1x1)(1x2)(1xn)又(n1)(x2 11x1x2 21x2x2 n1xn)(1x1)(1x2)(1xn)(x2 11x1x2 21x2x2 n1xn)(x1x2xn)21，所以.x2 11x1x2 21x2x2 n1xn1n1 第四讲第四讲数学归纳法证明不等式数学归纳法证明不等式 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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用数学归纳法证明 1 1)时，第一步应验证不等式()121312n1A1 2 B1 2 121213C1 3 D1 1，n 取的第一个自然数为 2，左端分母最大的项为，故选 B.122113答案：B 2用数学归纳法证明 123252(2n1)2 n(4n21)的过程中，由 nk 递推到 nk1 时，13等式左边增加的项为()A(2k)2 B(2k3)2 C(2k1)2 D(2k2)2 解析：把 k1 代入(2n1)2得(2k21)2 即(2k1)2，选 C.答案：C 3设凸 n 边形有 f(n)条对角线，则凸 n1 边形的对角线的条数，加上多的哪个点向其他点引的对角线的条数 f(n1)为()Af(n)n1 Bf(n)n Cf(n)n1 Df(n)n2 解析：凸 n1 边形的对角线的条数等于凸 n 边形的对角线的条数，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(n2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有 f(n)n1 条对角线，故选 C.答案：C 4观察下列各等式：2，2，2，2，依照22466455433477411410104224以上各式成立的规律，得一般性的等式为()A.2 nn48n8n4B.2 n1n14n15n14C.2 nn4n4n44D.2 n1n14n5n54解析：观察归纳知选 A.答案：A 5欲用数学归纳法证明：对于足够大的自然数 n，总有 2nn3，那么验证不等式成立所取的第一个n 的最小值应该是()A1 B9 C10 Dn10，且 nN 解析：由 2101 024103知，故应选 C.答案：C 6用数学归纳法证明：1(nN*，n2)时，由“k 到 k1”，不等式左端的1n1n11n212n变化是()A增加一项 12k1B增加和两项 12k112k1C增加和两项，同时减少 一项 12k112k11kD以上都不对 解析：因 f(k)，1k1k11k21kk而 f(k1)，1k11k21kk1kk11kk2故 f(k1)f(k)，故选 C.12k112k21k答案：C 7用数学归纳法证明 34n152n1(nN)能被 8 整除时，若 nk 时，命题成立，欲证当 nk1时命题成立，对于 34(k1)152(k1)1可变形为()A5634k125(34k152k1)B3434k15252k C34k152k1 D25(34k152k1)解析：由 34(k1)152(k1)1 8134k12552k12534k12534k1 5634k125(34k152k1)，故选 A.答案：A 8用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*)”时，从 nk 到 nk1等式的左边需增乘代数式为()A2k1 B.2k1k1C.D.2k12k2k12k3k1解析：左边当 nk 时最后一项为 2k.左边当 nk1 时最后一项为 2k2，又第一项变为 k2，需乘.2k12k2k1答案：C 9数列 an中，已知 a11，当 n2 时，anan12n1，依次计算 a2，a3，a4后，猜想 an的表达式是()A3n2 Bn2 C3n1 D4n3 解析：计算出 a11，a24，a39，a416.可猜 ann2故应选 B.答案：B 10用数学归纳法证明 123n2，则当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上n4n22()Ak2 B(k1)2 C.k14k122D(k21)(k22)(k1)2 解析：当 nk 时，左端1123k2，当 nk1 时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2.故当 nk1 时，左端应在 nk 的基础上加上(k21)(k22)(k1)2，故应选 D.答案：D 11用数学归纳法证明“n1(nN*)”的第二步证 nk1 时(n1 已验证，nk 已假设成n2n立)这样证明：.(113)(115)(112n1)2n1证明：利用贝努利不等式(1x)n1nx(nN，n2，x1，x0)的一个特例21(112k1)2，得 1，k 分别取 1,2,3，n 时，n 个不等式左右两边相12k1(此处n2，x12k1)12k12k12k1乘，得(11).(113)(112n1)31532n12n1即(11)成立(113)(115)(112n1)2n121(12 分)是否存在常数 a，b，c 使等式(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c 对一切正整数 n 成立？证明你的结论 解析：存在分别有用 n1,2,3 代入，解方程组 Error!Error!Error!Error!下面用数学归纳法证明(1)当 n1 时，由上式可知等式成立；(2)假设当 nk 时等式成立，则当 nk1 时，左边(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)2(k212)2(k222)k(k2k2)(2k1)2(2k1)k(2k1)k4k2(2k1)(k1)4(k14(14)kk1214141)2.由(1)(2)得等式对一切的 nN均成立 22(14 分)对于数列an，若 a1a(a0，且 a1)，an1a1.1a1an(1)求 a2，a3，a4，并猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明你的猜想 解析：(1)a1a，an1a1，1a1ana2a1a 1a11a1a1a，a21aaa21a4a21aa21a3a1 1a2 a21aaa21a4a21，a6a4a21aa4a21同理可得 a4 a8a6a4a21aa6a4a21猜想 an a2na2n2a21aa2n2a2n41.a2n21a21aa2n1a21a2n21aa2n1(2)当 n1 时，右边a1，等式成立 a41aa21a211a假设当 nk 时(kN*)，等式成立，即 ak，则当 nk1 时，a2k21aa2k1ak1a1 1aka21aaa2k1a2k21 a21a2k21a2a2k1aa2k21，a2k21aa2k11这就是说，当 nk1 时，等式也成立，根据可知，对于一切 nN*，an成立 a2n21aa2n1 全册质量检测全册质量检测 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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：ab0，bbab Baabb Cabba Dabab 解析：ab0ab，ba b0b abba 答案：C 2“acbd”是“ab 且 cd”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 解析：易得 ab 且 cd 时必有 acbd.若 acbd 时，则可能有 ad 且 cd，选 A.答案：A 3a0，b0，且 ab2，则()Aab Bab 1212Ca2b22 Da2b23 解析：由 a0，b0，且 ab2，4(ab)2a2b22ab2(a2b2)，a2b22.选 C.答案：C 4若不等式|2x3|4 与不等式 x2pxq0 的解集相同，则 pq 等于()A127 B712 C(12)7 D(3)4 解析：|2x3|42x34 或 2x3 或 72xQR BRPQ CQRP DRQP 解析：P217，Q2162，15R2122，35Q2P2210，15R2P2250，35P 最小 Q2R2242，1535又(24)2166016 1515761624，3515Q2R2，Q0 和正整数 n，都有 xnxn2xn4 n1xn41xn21xn1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值 n0应为()An01 Bn02 Cn01,2 D以上答案均不正确 解析：n01 时，x 11 成立，再用数学归纳法证明 1x答案：A 8函数 ylog2(x1)的最小值为()(x1x15)A3 B3 C4 D4 解析：x1，x10，ylog2log2(x11x16)(2x11x16)log283，当且仅当 x1时等号成立，又 x0，1x1x2 时，y 有最小值 3，选 B.答案：B 9“|x1|2”是 x3 的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 解析：|x1|22x121x3.1x3x3，反之不成立 从而得出“|x1|2”是“xq Bp0，qp.x答案：B 11已知实数 x，y 满足 x2y21，则(1xy)(1xy)有()A最小值 和最大值 1 B最小值 和最大值 1 1234C最小值 和最大值 D最小值 1 1234解析：1x2y2|2xy|，|xy|，12(1xy)(1xy)1(xy)2，1x2y2 且 1x2y21.34答案：B 12在数列an中，a1，且 Snn(2n1)an，通过求 a2，a3，a4，猜想 an的表达式为()13A.B.1n1n112n2n1C.D.12n12n112n12n2解析：经过 a1 可算出 a2，a3，所以选 C.1313 515 7答案：C 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分请把正确答案填在题中横线上)13若不等式|x1|a 成立的充分条件是 0 x4，则实数 a 的取值范围是_ 解析：|x1|a1ax0，y0，xyxy2，则 xy 的最小值为_ 解析：由 xyxy2 得 2(xy)xy，2(xy)2，(xy2)即(xy)24(xy)80，xy22或 xy22，33又x0，y0，(xy)min22 3答案：22 315若 f(n)n，g(n)，nN，则 f(n)与 g(n)的大小关系为_ n2112n解析：f(n)nf(n)16已知 f(n)1 (nN*)，用数学归纳法证明 f(2n)时，f(2k1)f(2k)_.12131nn2解析：f(n)1 12131nf(2k)1 121312kf(2k1)1 121312k12k112k212k1f(2k1)f(2k)12k112k212k1答案：12k112k212k1三、解答题(本大题共 6 个小题，共 74 分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(12 分)设函数 f(x)|x4|x1|.(1)求 f(x)的最小值；(2)若 f(x)5，求 x 的取值范围 解析：f(x)|x4|x1|Error!Error!作出 yf(x)的图象，如图所示 则(1)f(x)的最小值为 3.(2)若 f(x)5，则 2x55，4x5 35，1x4.由 52x5，0 x1 x 的取值范围为0,5 18(12 分)已知 0a1，求证：9.1a41a证明：(3a1)20，9a26a10，13a9a(1a)0a1，9，13aa1a即9，即 9.1a4aa1a1a41a19(12 分)若 0a2,0b2,0c1，(2b)c1，(2c)a1，那么1，2ab22ab同理1，2bc21.2ca2由得 33，上式显然是错误的，该假设不成立(2a)b，(2b)c，(2c)a 不能同时大于 1.20(12 分)若 n 是不小于 2 的正整数，试证：1 .4712131412n112n22证明：1 (1 )2()12131412n112n121312n121412n1n11n212n，所以求证式等价于 n2，(1n11n212n)于是 1n11n212n n2n1n22n2n3n1.231n231247又由柯西不等式，有 1n11n212n 1212121n121n2212n2.n(1n12n)22故不等式得证 21(12 分)设 n 为正整数且 n1，f(n)1 .12131n求证：f(2n).n22证明：用数学归纳法 当 n2 时，f(22)1 ，所以命题成立 1213142512222设 nk(k2)时，命题成立，即 f(2k)，那么当 nk1 时，f(2k1)1 k22121312k 12k112k212k1k2212k112k112k1，2k个 k222k2k1k32k122所以当 nk1 时，命题成立，根据及，由数学归纳法知，原命题对任何大于 1 的正整数 n 都成立 22(14 分)已知数列an满足 a12，an122an(nN)，(11n)(1)求 a2，a3，并求数列an的通项公式；(2)设 cn，求证：c1c2c3cn.nan710解析：(1)a12，an122an(nN)，(11n)a222a116，(111)a322a272.(112)又2，nN，an1n12ann2为等比数列 ann22n12n，ann22n.ann2a112(2)cn，nan1n2nc1c2c3cn 112122213231n2n 121812414(12412512n)23141241(12)n3112 231412411223132，679667096096 796 10710所以结论成立