【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：7.6.docx

第七章 7.6第6课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．函数y＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y＝f(x＋2)是偶数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是(　　)
A．f(2.5)<f(1)<f(3.5)
B．f(2.5)>f(1)>f(3.5)
C．f(3.5)>f(2.5)>f(1)
D．f(1)>f(3.5)>f(2.5)
答案　B
解析　函数y＝f(x＋2)是偶函数，∴y＝f(x)关于x＝2对称，又∵函数y＝f(x)在(0,2)上单增，∴在(2,4)上单减，
∴f(1)＝f(3)，
∴f(2.5)>f(3)>f(3.5)，
∴选B.
2．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是(　　)
A．假设a、b、c都是偶数
B．假设a、b、c都不是偶数
C．假设a、b、c至多有一个偶数
D．假设a、b、c至多有两个偶数
答案　B
3．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是(　　)
A.>　　　　　　　　B.＋≤1
C.≥2 D.≤
答案　D
解析　取a＝1，b＝3，可验证A、B、C均不正确，故选D.
4．若<<0，则下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④＋>2中，正确的不等式是(　　)
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
答案　C
解析　取a＝－1，b＝－2，验证即可．
5．已知函数f(x)满足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则＋＋＋＝(　　)
A．4 B．8
C．12 D．16
答案　D
解析　依据f(a＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f2(n)，
又f(1)＝2，则＝2.
由＋＋＋＝
＝＋＋＋＝16.
二、填空题
6．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有>0，给出下列命题：
①f(3)＝0；
②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；
③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；
④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．
其中全部正确命题的序号为________(把全部正确命题的序号都填上)
答案　①②④
解析　∵x1≠x2时，都有>0，
∴f(x)在[0,3]上递增．
∵f (x＋6)＝f(x)＋f(3)，令x＝－3得f(3)＝f(－3)＋f(3)，
∴f(－3)＝f(3)＝0.①对．
∴f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)周期为6，画出示意图如下：

由图象知，②④正确，③不正确，故填①②④.
7．给出下列四个命题中：
①命题“∃x∈R，x2＋1>3x”的否定“∀x∈R，x2＋1>3x”；
②若不等式(－1)na<2＋对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围为[－2，]
③设圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)与坐标轴有4个交点，分别为A(x1,0)，B(x2,0)，C(0，y1)，D(0，y2)，则x1x2－y1y2＝0；
④将函数y＝cos2x的图象向右平移个单位，得到函数y＝sin(2x－)．
其中正确命题的序号是________．
答案　②③④
解析　①中命题的否定应为∀x∈R，x2＋1≤3x.
②当n为偶数时，a<2＋＝2－，
∵2－≥，∴a<，
当n为奇数时，a>－2－，
∵－2－<－2，
∴a≥－2，综上，－2≤a<，故②正确．
③令x＝0得y2＋Ey＋F＝0，∴y1y2＝F，
令y＝0得x2＋Dx＋F＝0，∴x1x2＝F，
∴x1x2－y1y2＝0，故③正确．
④y＝cos2x平移后：y＝cos2(x－)＝cos(2x－)＝cos(2x－－)＝sin(2x－)．综上，故填②③④.
8．给出下列四个命题：
①若a<b，则a2<b2；②若a≥b>－1，则≥；③若正整数m和n满足；m<n，则≤；④若x>0，且x≠1，则lnx＋≥2.
其中真命题的序号是________．(请把真命题的序号都填上)
答案　②③
解析　对于①，a＝－2<b＝－1，a2>b2，故①错．
对于④，lnx不愿定为正数，
故0<x<1时，lnx＋≤－2.
x>1时，lnx＋≥2，故④错．
三、解答题
9．已知a、b、c是不全相等的正数，求证： lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
解析　∵a，b，c∈R＋，∴≥，≥，≥，
∴lg≥(lg a＋lg b)，lg≥(lg b＋lg c)，lg≥(lg c＋lg a)．
以上三式相加，且留意到a、b、c不全相等，故得lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
10．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x<0时，f(x)<0.
(1)求证：f(x)为奇函数；
(2)求证：f(x)为R上的增函数．
解析　(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，
令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)
即f(0)＝0.
再令y＝－x，f(0)＝f(x)＋f(－x)，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数．
(2)设x1、x2∈R，且x1<x2，则x1－x2<0，
由已知得f(x1－x2)<0，
∴f (x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)<0，
∴f(x1)<f(x2)，即f(x)在R上是增函数．
11．设f(x)＝ax2＋bx＋c，若6a＋2b＋c＝0，f(1)f(3)>0，
(1)若a＝1，求f(2)的值；
(2)求证：方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，且3<x1＋x2<5.
分析　本小题主要考查二次函数图象及性质，二次函数、二次方程、二次不等式的关系．
解析　(1)∵6a＋2b＋c＝0，a＝1，
∴f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a＝－2.
(2)证明：首先说明a≠0，
∵f(1)f(3)＝(a＋b＋c)(9a＋3b＋c)＝－(5a＋b)(3a＋b)>0，
若a＝0，则f(1)f(3)＝－b2≤0与已知冲突，
∴a≠0，
其次说明二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1、x2，
∵f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a，
∴若a>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向上，而此时f(2)<0，
∴若a<0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向下，而此时f(2)>0.
故二次函数图象必与x轴有两个不同的交点．
∴二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，
(或利用Δ＝b2－4ac＝b2＋4a(6a＋2b)＝b2＋8ab＋24a2＝(b＋4a)2＋8a2>0来说明)
∵a≠0，
∴将不等式－(5a＋b)(3a＋b)两边同除以－a2得 (＋3)(＋5)<0，
∴－5<<－3，∴3<x1＋x2＝－<5.
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证：{}为等差数列．
分析　本题主要考查使用定义证明等差数列、等比数列，证明方法属于综合法，解题的关键是恰当地处理递推关系．
证明　(1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.
∴(3＋m)a1＝m＋3.
∵m≠3，∴a1＝1.
由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得
(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.
两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，
∵m≠－3，
∴＝.
∵m为常数，且m≠－3，
∴{an}是等比数列．
(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，
∴n∈N*，且n≥2时，bn＝f(bn－1)＝·
⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1
⇒－＝.
∴{}是首项为1，公差为的等差数列．
13．已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求证：{an＋3}为等比数列，并求{an}的通项公式．
(2)数列{an}是否存在三项使它们按原挨次可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．
解析　(1)证明　∵Sn＝2an－3n(n∈N*)，
∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.
又由
得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，
∴aa＋1＋3＝2(an＋3)，
∴{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列，
∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．
(2)解　假设数列{an}中存在三项ar，as，at(r<s<t)，它们可以构成等差数列．
由(1)知ar<as<at，则2as＝ar＋at，
∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，
∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)
∵r、s、t均为正整数且r<s<t，
∴(*)左边为偶数而右边为奇数，
∴假设不成立，即数列{an}不存在三项使它们按原挨次可以构成等差数列．

老师备选题

1．设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：①≤an＋1；②an≤M.其中n∈N*，M是与n无关的常数．
(1)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且{bn}∈W，求M的取值范围；
(2)设数列{cn}的各项均为正整数，且{cn}∈W，证明：cn≤cn＋1.
解析　(1)∵bn＋1－bn＝5(n＋1)－2n＋1－5n＋2n＝5－2n，
∴当n≥3时，bn＋1－bn<0，此时数列{bn}单调递减；
当n＝1,2时，bn＋1－bn>0，即b1<b2<b3.
因此，数列{bn}中的最大项是b3，且b3＝7.于是，M≥7，即M的取值范围是[7，＋∞)．
(2)假设存在正整数k，使得ck>ck＋1.
由数列{cn}的各项均为正整数可得ck≥ck＋1＋1，即ck＋1≤ck－1.
∵{cn}∈W，∴≤ck＋1，∴ck＋2≤2ck＋1－ck≤2(ck－1)－ck＝ck－2.
由ck＋2≤2ck＋1－ck及ck＋1－ck≤－1，得ck＋2≤ck＋1－1.
∵≤ck＋2，∴ck＋3≤2ck＋2－ck＋1≤2(ck＋1－1)－ck＋1＝ck＋1－2≤ck－3.
依次类推，可得ck＋m≤ck－m(m∈N*)．
设ck＝p(p∈N*)，则当m＝p时，有ck＋p≤ck－p＝0，
这明显与数列{cn}的各项均为正整数冲突．
所以假设不成立，即对于任意n∈N*，都有cn≤cn＋1成立．