最新人教版高中数学选修4-5测试题全套及答案

最新人教版高中数学选修4-5测试题全套及答案
第一讲 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A ＝{x |y ＝log 2(4－2x －x 2
)}，B ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
3
x ＋1≥1，则A ∩B 等于( ) A ．{x |－1<x <5－1} B ．{x |－3<x ≤2} C ．{x |－1<x <1}
D ．{x |－1－5<x <－3或5－1<x ≤2} 解析： 不等式4－2x －x 2
>0可转化为
x 2＋2x －4<0，解得－1－5<x <－1＋5，
∵A ＝{x |－1－5<x <－1＋5}； 不等式
3x ＋1≥1可转化为x －2
x ＋1
≤0， 解得－1<x ≤2，∴B ＝{x |－1<x ≤2}， ∴A ∩B ＝{x |－1<x <5－1}． 答案： A 2．不等式⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪x ＋1x －1<1的解集为( )
A ．{x |0<x <1}∪{x |x >1}
B ．{x |0<x <1}
C ．{x |－1<x <0}
D ．{x |x <0}
解析： 方法一：特值法：显然x ＝－1是不等式的解，故选D. 方法二：不等式等价于|x ＋1|<|x －1|， 即(x ＋1)2
<(x －1)2
，解得x <0，故选D. 答案： D
3．设a ，b 是正实数，以下不等式 ①ab >
2ab
a ＋b
，②a >|a －b |－b ， ③a 2
＋b 2
>4ab －3b 2
，④ab ＋2
ab
>2
恒成立的序号为( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③
D ．②④
解析：
2ab a ＋b ≤2ab 2ab ＝ab ，即ab ≥2ab a ＋b ，故①不正确，排除A 、B ；∵ab ＋2
ab
≥22>2，即④正确． 答案： D
4．已知a >0，b >0，则1a ＋1
b
＋2ab 的最小值是( )
A ．2
B ．2 2
C ．4
D ．5
解析： ∵a >b ，b >0，∴1a ＋1b
≥2
ab
，当且仅当a ＝b 时取等号，
∴1a ＋1b
＋2ab ≥2ab ＋2ab ≥2
2
ab
·2ab ＝4.
当且仅当a ＝b ＝1且2
ab
＝2ab 时成立，能取等号，故1a ＋1
b
＋2ab 的最小值为4，故选C.
答案： C
5．设|a |＜1，|b |＜1，则|a ＋b |＋|a －b |与2的大小关系是( ) A ．|a ＋b |＋|a －b |＞2 B ．|a ＋b |＋|a －b |＜2 C ．|a ＋b |＋|a －b |＝2 D ．不可能比较大小
解析： 当(a ＋b )(a －b )≥0时，
|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |＜2， 当(a ＋b )(a －b )＜0时，
|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |＜2. 答案： B
6．设x ，y ∈R ，a >1，b >1.若a x ＝b y
＝3，a ＋b ＝23，则1x ＋1y
的最大值为( )
A ．2 B.32 C ．1
D.12
解析： ∵a x
＝b y
＝3，∴x ＝log a 3，y ＝log b 3， ∴1x ＋1y ＝1log a 3＋1log b 3＝log 3a ＋log 3b ＝log 3ab ≤log 3(a ＋b )
2
4＝log 33＝1，故选C.
答案： C
7．0<a <1，下列不等式一定成立的是( ) A ．|log 1＋a (1－a )|＋|log (1－a )(1＋a )|>2
B ．|log 1＋a (1－a )|<|log (1－a )(1＋a )|
C ．|log (1＋a )(1－a )＋log (1－a )(1＋a )|<|log (1＋a )(1－a )|＋|log (1－a )(1＋a )|
D ．|log (1＋a )(1－a )－log (1－a )(1＋a )|>|log (1＋a )(1－a )|－|log (1－a )(1＋a )| 解析： 令a ＝1
2，代入可排除B 、C 、D.
答案： A
8．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b
的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3
D.43
解析： 3a
＋3b
≥23a
·3b
＝23a ＋b
＝232
＝6.
答案： B
9．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b |
|a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是( )
A ．m ＞n
B ．m ＜n
C ．m ＝n
D ．m ≤n
解析： ∵|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |， ∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤|a |－|b |
|a |－|b |
＝1，
n ＝
|a |＋|b ||a ＋b |≥|a |＋|b |
|a |＋|b |
＝1，∴m ≤1≤n .
答案： D
10．某工厂年产值第二年比第一年增长的百分率为p 1，第三年比第二年增长的百分率为p 2，第四年比第三年增长的百分率为p 3，则年平均增长率p 的最大值为( )
A.3
p 1p 2p 3 B.
p 1＋p 2＋p 3
3
C.
p 1p 2p 3
3
D ．2(1＋p 1)(1＋p 2)(1＋p 3)3
解析： ∵(1＋p )3
＝(1＋p 1)(1＋p 2)(1＋p 3)，
∴1＋p ＝3
(1＋p 1)(1＋p 2)(1＋p 3)≤1＋p 1＋1＋p 2＋1＋p 33，
∴p ≤
p 1＋p 2＋p 3
3
.
答案： B
11．若a ，b ，c >0，且a 2
＋2ab ＋2ac ＋4bc ＝12，则a ＋b ＋c 的最小值是( ) A ．2 3 B ．3 C ．2
D. 3
解析： a 2
＋2ab ＋2ac ＋4bc ＝a (a ＋2c )＋2b (a ＋2c ) ＝(a ＋2c )(a ＋2b ) ≤⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤(a ＋2c )＋(a ＋2b )22，
∴(a ＋b ＋c )2
≥12，又a ，b ，c >0， ∴a ＋b ＋c ≥2 3. 答案： A
12．当0<x <π
2时，函数f (x )＝1＋cos 2x ＋8sin 2
x sin 2x 的最小值为( )
A ．2
B ．2 3
C ．4
D ．4 3
解析： 方法一：f (x )＝2cos 2
x ＋8 sin 2
x 2sin x cos x ＝1＋4tan 2
x
tan x
＝4tan x ＋1
tan x
≥4.
这里tan x >0，且tan x ＝1
2
时取等号．
方法二：f (x )＝1＋cos 2x ＋8sin 2
x sin 2x ＝5－3cos 2x
sin 2x (0<2x <π)．
令μ＝5－3cos 2x
sin 2x ，有μsin 2x ＋3cos 2x ＝5.
μ2
＋9sin(2x ＋φ)＝5, ∴sin(2x ＋φ)＝
5
μ2
＋9. ∴⎪⎪⎪⎪
⎪⎪5μ2＋9≤1，得μ2
≥16. ∴μ≥4或μ≤－4.又μ>0. 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－π2≤α＜β≤π
2，则α－β2的取值范围是________．
解析： 利用不等式的性质进行求解．由－π2≤α＜β≤π
2可得．
答案： －π2≤α－β
2
＜0.
14．设集合S ＝{x ||x －2|>3}，T ＝{x |a <x <a ＋8}，S ∪T ＝R ，则a 的取值范围是____________． 解析: ∵|x －2|>3，
∴x －2>3或x －2<－3， ∴x >5或x <－1， 即S ＝{x |x >5或x <－1}． 又∵T ＝{x |a <x <a ＋8}，S ∪T ＝R ，
∴画数轴可知a 需满足⎩
⎪⎨
⎪⎧
a <－1
a ＋8>5，
∴－3<a <－1.
答案： －3<a <－1
15．设x >－1，求函数y ＝(x ＋5)(x ＋2)
x ＋1的最小值为________．
解析： ∵x >－1，∴x ＋1>0，
y ＝
(x ＋5)(x ＋2)x ＋1＝[(x ＋1)＋4][(x ＋1)＋1]
x ＋1
＝(x ＋1)＋5＋
4
x ＋1
≥2·(x ＋1)·
4
x ＋1
＋5＝9. 当且仅当x ＋1＝
4
x ＋1
，即x ＝1时，等号成立． ∴y 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<x ≤80时，每天售出的件数P ＝105
(x －40)
2，若想每天获得的利润最多，销售价格每件应定为____________元． 解析： 设销售价格定为每件x 元(50<x ≤80)，每天获得利润y 元，则： y ＝(x －50)·P ＝105
(x －50)
(x －40)2，
设x －50＝t ，则0<t ≤30， ∴y ＝105
t (t ＋10)2＝105
t
t 2
＋20t ＋100 ＝105
t ＋100t
＋20
≤105
20＋20＝2 500.
当且仅当t ＝10，即x ＝60时，y max ＝2 500. 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＜x ＜42,16＜y ＜24，求x ＋y ，x －2y ，x
y
的取值范围．
解析： ∵30＜x ＜42,16＜y ＜24， ∴46＜x ＋y ＜66. ∵16＜y ＜24， ∴－48＜－2y ＜－32， ∴－18＜x －2y ＜10. ∵30＜x ＜42， ∴
124＜1y ＜116
. ∴54＜x y ＜218
. 18．(12分)已知a ，b ，x ，y ∈R ＋，x ，y 为变量，a ，b 为常数，且a ＋b ＝10，a x ＋b y
＝1，x ＋y 的最小值为18，求a ，b .
解析： ∵x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭
⎪⎫a x ＋b y
＝a ＋b ＋bx y ＋
ay
x
≥a ＋b ＋2ab ＝(a ＋b )2
， 当且仅当bx y ＝
ay
x
时取等号． 又(x ＋y )min ＝(a ＋b )2
＝18， 即a ＋b ＋2ab ＝18 ① 又a ＋b ＝10
②
由①②可得⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝2
b ＝8
或⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝8
b ＝2
.
19．(12分)解不等式|x ＋1|＋|x |<2. 解析： 方法一：利用分类讨论的思想方法． 当x ≤－1时，－x －1－x <2，解得－3
2<x ≤－1；
当－1<x <0时，x ＋1－x <2，解得－1<x <0； 当x ≥0时，x ＋1＋x <2，解得0≤x <1
2
.
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 )＝|x ＋1|＋|x |－2
＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x －1(x ≥0)，－1(－1≤x <0)，－2x －3(x <－1).
作函数f (x )的图象(如图)，
知当f (x )<0时，－32<x <12.
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，|x ＋1|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 <12.
方法四：利用等价转化的思想方法． 原不等式⇔ 0≤|x ＋1|＜2－|x |， ∴(x ＋1)2
＜(2－|x |)2
，且|x |＜2， 即0≤4|x |＜3－2x ，且|x |＜2. ∴16x 2
＜(3－2x )2
，且－2＜x ＜2. 解得－32＜x ＜1
2
.故原不等式的解集为
⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
－32
＜x ＜
12. 20．(12分)求函数y ＝3x ＋4
x
2(x >0)的最值．
解析： 由已知x >0， ∴y ＝3x ＋4x 2＝3x 2＋3x 2＋4
x
2
≥333x 2·3x 2·4x
2＝339，
当且仅当3x 2＝3x 2＝4x 2，即x ＝23
9
3时，取等号．
∴当x ＝2393时，函数y ＝3x ＋4x
2的最小值为33
9.
21．(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
d ＝kv 2s ，把v ＝50，d ＝s 代入，得k ＝12 500，把d ＝1
2
s 代入 d ＝
12 500
v 2
s ，得v ＝25 2.所以 d ＝⎩⎪⎨⎪⎧
1
2s (0<v ≤252)，12 500v 2
s (v >252).
则车流量
Q ＝1 000v d ＋s ＝
⎩⎪⎨⎪⎧
1 000v
32
s (0<v ≤252)，1 000v
s (1＋v 2
2 500)
(v >252).
当0<v ≤252时，Q 为v 的增函数，所以当v ＝252时，
Q 1＝
1 000v 32
s ＝50 0002
3s . 当v >252时，
Q 2＝ 1 000v s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋v 2
2 500＝ 1 000s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1v ＋v 2 500 ≤
1 000s ·21v ·
v
2 500
＝25 000
s .
当且仅当1v ＝v 2 500，即v ＝50时，等号成立．即当v ＝50时，Q 取得最大值Q 2＝25 000
s .因为Q 2>Q 1，
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 )＝ax 2
－4(a 为非零实数)，设函数F (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (x ) (x >0)
－f (x ) (x <0).
(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mn <0，m ＋n >0，试判断F (m )＋F (n )能否大于0? 解析： (1)∵f (－2)＝0，∴4a ＋4＝0， 得a ＝－1，∴f (x )＝－x 2
＋4，
F (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－x 2
＋4 (x >0)x 2
－4 (x <0)
.
(2)∵|F (－x )|＝|F (x )|， ∴|F (x )|是偶函数， 故可以先求x >0的情况． 当x >0时，由|F (2)|＝0， 故当0<x ≤2时，
解不等式1≤－x 2
＋4≤2，得2≤x ≤3；
x >2时，解不等式1≤x 2－4≤2，得5≤x ≤6；
综合上述可知原不等式的解集为
{x |2≤x ≤3或5≤x ≤6或－3≤x ≤－2或－6≤x ≤－5}． (3)∵f (x )＝ax 2
＋4，
∴F (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
ax 2
＋4 (x >0)－ax 2
－4 (x <0)，
∵mn <0，不妨设m >0，则n <0. 又m ＋n >0，∴m >－n >0，∴m 2>n 2
， ∴F (m )＋F (n )＝am 2
＋4－an 2
－4 ＝a (m 2
－n 2
)，
所以：当a >0时，F (m )＋F (n )能大于0， 当a <0时，F (m )＋F (n )不能大于0.
第二讲 证明不等式的基本方法
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a c 2>b c
2，则下列不等式一定成立的是( ) A ．a 2
>b 2
B ．lg a >lg b
C.1b >1
c
D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13b >⎝ ⎛⎭
⎪⎫13a
解析： 从已知不等式入手：a c 2>b c
2⇔a >b (c ≠0)，其中a ，b 可异号或其中一个为0，由此否定A 、B 、C ，应选D.
答案： D
2．若1a <1
b
<0，则下列结论不正确的是( )
A ．a 2
<b 2
B ．ab <b 2
C.b a ＋a
b
>2
D ．|a |＋|b |>|a ＋b |
解析： 因为1a <1b
<0⇔⎩⎪⎨⎪⎧
1a －1b
<0a <0且b <0
⇔⎩⎪⎨⎪⎧
b －a ab <0a <0，b <0
⇔b <a <0.
由此判定A 、B 、C 正确，应选D. 答案： D
3．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3
＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A ．方程x 3
＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根
解析： 反证法证明问题时，反设实际是命题的否定，∴用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2
＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是：方程x 2
＋ax ＋b ＝0没有实根．故应选A.
答案： A
4．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是( ) A ．假设三内角都不大于60° B ．假设三内角都大于60° C ．假设三内角至多有一个大于60° D ．假设三内角至多有两个大于60°
解析： 至少有一个不大于60度是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°.所以，反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60度．
答案： B
5．设x >0，y >0，x ＋y ＝1，x ＋y 的最大值是( ) A ．1 B. 2 C.2
2
D.32
解析： ∵x >0，y >0，∴1＝x ＋y ≥2xy ， ∴1
2
≥xy ，
∴x ＋y ≤2(x ＋y )＝2(当且仅当x ＝y ＝1
2时取“＝”)．
答案： B
6．用分析法证明：欲使①A >B ，只需②C <D ，这里①是②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②⇒①，所以①是②的必要条件． 答案： B
7．已知0<a <b ，且a ＋b ＝1，则下列不等式中，正确的是( ) A ．log 2a >0
B ．2
a －b
<12
C ．log 2a ＋log 2b <－2
D ．2a b ＋b
a <12
解析： 方法一：特值法令a ＝13，b ＝2
3代入可得．
方法二：因为0<a <b 且a ＋b ＝1， 所以0<a <1，所以log 2a <0. －1<a －b <0所以12
<2a －b
<1，
又因为b a ＋a b
>2所以2b a ＋
a
b >4，
而ab <⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14
，
所以log 2a ＋log 2b <－2成立． 答案： C
8．a >0，b >0，则“a >b ”是“a －1a >b －1
b
”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 ．即不充分也不必要条件
解析： a －1a －b ＋1b ＝a －b ＋a －b ab
＝(a －b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1ab .
∵a >0，b >0，
∴a >b ⇔(a －b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1ab
>0⇔a －1a >b －1b
.
可得“a >b ”是“a －1a >b －1
b
”成立的充要条件．
答案： C
9．设a >0，b >0，则以下不等式中不恒成立的是( )
A ．(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b ≥4
B ．a 3＋b 3≥2ab 2
C ．a 2
＋b 2
＋2≥2a ＋2b
D.|a －b |≥a －b 解析： 因为(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b ≥2ab ·2
1
ab
＝4，所以A 正确．
a 3＋
b 3≥2ab 2⇔(a －b )(a 2＋ab －b 2)≥0，但a ，b 大小不确定，所以B 错误．
(a 2
＋b 2
＋2)－(2a ＋2b )＝(a －1)2
＋(b －1)2
≥0，所以C 正确．
|a －b |≥a －b ⇔|a －b |＋b ≥a ⇔b (a －b )≥0，所以D 正确． 答案： B
10．设a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，P ＝a 2b ＋b 2
a
，Q ＝a ＋b ，则( )
A ．P >Q
B ．P ≥Q
C ．P <Q
D ．P ≤Q
解析： P －Q ＝a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－ab (a ＋b )ab ＝(a ＋b )(a 2＋b 2－2ab )ab ＝(a ＋b )(a －b )2
ab
.
∵a ，b 都是正实数，且 a ≠b ， ∴
(a ＋b )(a －b )
2
ab
>0，∴P >Q .
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 )＝e x
，则有( ) A ．f (2)<f (3)<g (0) B ．g (0)<f (3)<f (2) C ．f (2)<g (0)<f (3)
D ．g (0)<f (2)<f (3)
解析： 因为函数f (x )，g (x )分别是R 上的奇函数、偶函数． 所以f (－x )－g (－x )＝－f (x )－g (x )＝e －x
，
f (x )－
g (x )＝e x ，
②
①②联立，解之得
f (x )＝e x －e －x 2，
g (x )＝－e x ＋e
－x
2代入数值比较可得．
答案： D
12．“a ＝18”是“对任意的正数x,2x ＋a
x ≥1”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： 因为2x ＋a
x
≥2
2x ·a x
＝22a ，
当a ＝1
8
时22a ＝1.
但当a ＝2时，22a ＝4，当然有2x ＋a x
≥1所以是充分不必要条件． 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．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是__________． 解析： 用分析法比较，a >b ⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b >c . 答案： a >b >c 14．已知三个不等式：
(1)ab >0；(2)－c a <－d b
；(3)bc >ad .
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． －c a <－d b ⇔c a >d b ⇔c a －d b
>0 ⇔
bc －ad
ab
>0⇔ab ·(bc －ad )>0. 答案： (1)、(3)⇒(2)；(1)、(2)⇒(3)；(2)、(3)⇒(1)
15．若f (n )＝n 2
＋1－n ，g (n )＝n －n 2－1，φ(n )＝12n ，则f (n )，g (n )，φ(n )的大小顺序为________．
解析： 因为f (n )＝n 2
＋1－n ＝
1
n 2＋1＋n
，
g (n )＝n －n 2－1＝
1
n 2－1＋n
.
又因为n 2
－1＋n <2n <n 2
＋1＋n ， 所以f (n )<φ(n )<g (n )． 答案： g (n )>φ(n )>f (n ) 16．完成反证法整体的全过程．
题目：设a 1，a 2，…，a 7是1,2,3，……，7的一个排列， 求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数． 证明：反设p 为奇数，则________均为奇数． ①
因奇数个奇数的和还是奇数，所以有 奇数＝________. ② ＝________.
③
＝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(a 1－1)，(a 2－2)，...，(a 7－7)均为奇数． 因为数个奇数的和还是奇数，所以有 奇数＝(a 1－1)＋(a 2－2)＋...＋(a 7－7) ＝(a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋3＋...＋7)＝0. 但奇数≠偶数，这一矛盾说明p 为偶数． 答案： (a 1－1)，(a 2－2)，...，(a 7－7) (a 1－1)＋(a 2－2)＋...＋(a 7－7) (a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋3＋ (7)
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a <b <c ，求证：a 2
b ＋b 2
c ＋c 2
a <a 2
c ＋b 2
a ＋c 2
b . 证明： ∵a <b <
c ，
∴a －b <0，b －c <0，a －c <0， 于是：a 2
b ＋b 2
c ＋c 2
a －(a 2
c ＋b 2
a ＋c 2
b ) ＝(a 2
b －a 2
c )＋(b 2
c －b 2
a )＋(c 2
a －c 2
b ) ＝a 2
(b －c )＋b 2
(c －a )＋c 2
(a －b )
＝a 2
(b －c )－b 2
(b －c )＋c 2
(a －b )－b 2
(a －b ) ＝(b －c )(a 2
－b 2
)＋(a －b )(c 2
－b 2
)
＝(b －c )(a －b )(a ＋b )＋(a －b )(c －b )(c ＋b ) ＝(b －c )(a －b )[a ＋b －(c ＋b )] ＝(b －c )(a －b )(a －c )<0， ∴a 2
b ＋b 2
c ＋c 2
a <a
b 2
＋bc 2
＋ca 2
.
18．(12分)已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1.
求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1a
－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1b
－1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1c
－1≥8.
证明： ∵a ，b ，c ∈R ＋，a ＋b ＋c ＝1， ∴1a －1＝1－a a ＝b ＋c a ＝b a ＋c a ≥2bc a
，
同理1b －1≥2ac b ，1c －1≥2ab c
.
由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘，
∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a
－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1b
－1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1c
－1≥2bc a
·2ac b
·2ab c
＝8. 当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3时取等号．
19．(12分)求证：3＋8>1＋10. 证明： 用分析法证明
8＋3>1＋10
⇐8＋3＋224>1＋10＋210 ⇐224>210 ⇐24>10.
最后一个不等式是成立的，故原不等式成立．
20．(12分)若x ，y >0，且x ＋y >2，则1＋y x 和1＋x
y
中至少有一个小于2.
证明： 反设1＋y x ≥2且1＋x y
≥2，
∵x ，y >0，
∴1＋y ≥2x,1＋x ≥2y 两边相加，则
2＋(x ＋y )≥2(x ＋y )，可得x ＋y ≤2，与x ＋y >2矛盾， ∴
1＋y x 和1＋x
y
中至少有一个小于2.
21．(12分)已知a ，b ，c ，d 都是实数，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2
＝1，求证|ac ＋bd |≤1. 证明： 证法一(综合法) 因为a ，b ，c ，d 都是实数，所以 |ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋
b 2＋d 2
2
＝
a 2＋
b 2＋
c 2＋
d 2
2
.
又因为a 2
＋b 2
＝1，c 2
＋d 2
＝1. 所以|ac ＋bd |≤1. 证法二(比较法) 显然有 |ac ＋bd |≤1⇔－1≤ac ＋bd ≤1. 先证明ac ＋bd ≥－1. ∵ac ＋bd －(－1) ＝ac ＋bd ＋12＋12
＝ac ＋bd ＋
a 2＋
b 22＋
c 2＋
d 2
2
＝(a ＋c )2
＋(b ＋d )2
2≥0.
∴ac ＋bd ≥－1. 再证明ac ＋bd ≤1.
∵1－(ac ＋bd )＝12＋1
2－(ac ＋bd )
＝
a 2＋
b 22＋
c 2＋
d 2
2
－ac －bd
＝(a －c )2＋(b －d )2
2≥0，
∴ac ＋bd ≤1. 综上得|ac ＋bd |≤1.
证法三(分析法) 要证|ac ＋bd |≤1. 只需证明(ac ＋bd )2
≤1.
即只需证明a 2c 2
＋2abcd ＋b 2d 2
≤1.
①
由于a 2
＋b 2
＝1，c 2
＋d 2
＝1，因此①式等价于
a 2c 2＋2abcd ＋
b 2d 2≤(a 2＋b 2)(
c 2＋
d 2)
② 将②式展开、化简，得(ad －bc )2
≥0.
③
因为a ，b ，c ，d 都是实数，所以③式成立，即①式成立，原命题得证．
22．(14分)数列{a n }为等差数列，a n 为正整数，其前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，且a 1＝3，b 1
＝1，数列{ba n }是公比为64的等比数列，b 2S 2＝64.
(1)求a n ，b n ；
(2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n <3
4
.
解析： (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正整数，
a n ＝3＋(n －1)d ，
b n ＝q n －1，
依题意有⎩⎪⎨⎪⎧
ba n ＋1ba n
＝q 3＋nd
q 3＋(n －1)d ＝q d ＝64＝26，
S 2b 2＝(6＋d )q ＝64，
①
由(6＋d )q ＝64知q 为正有理数，故d 为6的因子1,2,3,6之一， 解①得d ＝2，q ＝8.
故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8
n －1
.
(2)证明：∵S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)． ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1
n (n ＋2) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－1
5＋…＋1n －1n ＋2
＝12⎝
⎛⎭⎪⎫1＋1
2－1n ＋1－1n ＋2<34.
第三讲 柯西不等式与排序不等式
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．若a ，b ∈R ，且a 2
＋b 2
＝10，则a ＋b 的取值范围是( ) A ．[－25，25] B ．[－210，210] C ．[－10，10]
D ．[－5，5]
解析： 由(a 2
＋b 2
)(1＋1)≥(a ＋b )2
， 所以a ＋b ∈[－25，25]，故选A. 答案： A
2．若x 2
1＋x 2
2＋…＋x 2
n ＝1，y 2
1＋y 2
2＋…＋y 2
n ＝1，则x 1y 1＋x 2y 2＋…＋x n y n 的最大值是( ) A ．2
B ．1
C ．3
D.
3
33
解析： 由(x 1y 1＋x 2y 2＋…＋x n y n )2
≤(x 2
1＋x 2
2＋…＋x 2
n )(y 2
1＋y 2
2＋…＋y 2
n )＝1，故选B. 答案： B
3．学校要开运动会，需要买价格不同的奖品40件、50件、20件，现在选择商店中单价为5元、3元、2元的奖品，则至少要花( )
A ．300元
B ．360元
C ．320元
D ．340元
解析： 由排序原理知，反序和最小为320，故选C. 答案： C
4．已知a ，b ，c 为非零实数，则(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
a
2＋1b
2＋1c 2的最小值为( )
A ．7
B ．9
C ．12
D ．18
解析： 由(a 2＋b 2＋c 2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
a
2＋1b
2＋1c 2
≥⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ·1
a
＋b ·1b
＋c ·1c 2
＝(1＋1＋1)2
＝9， ∴所求最小值为9，故选B. 答案： B
5．设a ，b ，c ≥0，a 2
＋b 2
＋c 2
＝3，则ab ＋bc ＋ca 的最大值为( ) A ．0
B ．1
C ．3
D.
3
33
解析： 由排序不等式a 2
＋b 2
＋c 2
≥ab ＋bc ＋ac ，
所以ab ＋bc ＋ca ≤3.故应选C. 答案： C
6．表达式x 1－y 2
＋y 1－x 2
的最大值是( ) A ．2 B ．1 C. 2
D.32
解析： 因为x 1－y 2
＋y 1－x 2
≤ (x 2
＋1－x 2
)(1－y 2
＋y 2)＝1，故选B. 答案： B
7．已知不等式(x ＋y )⎝
⎛⎭
⎪⎫1x ＋1y
≥a 对任意正实数x ，y 恒成立，则实数a 的最大值为( ) A ．2 B ．4 C. 2
D ．16
解析： 由(x ＋y )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＋1y ≥(1＋1)2
＝4，
因此不等式(x ＋y )(x ＋y )⎝
⎛⎭
⎪⎫1x ＋1y
≥a 对任意正实数x ，y 恒成立， 即a ≤4，故应选B. 答案： B
8．设a ，b ，c 为正数，a ＋b ＋4c ＝1，则a ＋b ＋2c 的最大值是( ) A. 5 B. 3 C ．2 3
D.32
解析： 1＝a ＋b ＋4c ＝(a )2
＋(b )2
＋(2c )2
＝13
[(a )2＋(b )2＋(2c )2]·(12＋12＋12) ≥(a ＋b ＋2c )2·1
3
，
∴(a ＋b ＋2c )2
≤3，即所求为 3. 答案： B
9．若a >b >c >d ，x ＝(a ＋b )(c ＋d )，y ＝(a ＋c )(b ＋d )，
z ＝(a ＋d )(b ＋c )，则x ，y ，z 的大小顺序为( )
A ．x <z <y
B ．y <z <x
C ．x <y <z
D ．z <y <x
解析： 因a >d 且b >c ， 则(a ＋b )(c ＋d )<(a ＋c )(b ＋d )， 得x <y ，因a >b 且c >d ，
则(a ＋c )(b ＋d )<(a ＋d )(b ＋c )， 得y <z ，故选C. 答案： C
10．若0＜a 1＜a 2,0＜b 1＜b 2且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( ) A ．a 1b 1＋a 2b 2 B ．a 1a 2＋b 1b 2 C ．a 1b 2＋a 2b 1
D.12
解析： 利用特值法，令a 1＝0.4，a 2＝0.6，b 1＝0.3，b 2＝0.7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a ＋b ＋c ＋d ＝4，a 2＋b 2＋c 2＋d 2
＝163，则a 的最大值为( )
A ．16
B ．10
C ．4
D ．2
解析： 构造平面π：x ＋y ＋z ＋(a －4)＝0， 球O ：x 2＋y 2＋z 2
＝163
－a 2，
则点(b ，c ，d )必为平面π与球O 的公共点， 从而|a －4|3
≤
163
－a 2
， 即a 2
－2a ≤0，解得0≤a ≤2， 故实数a 的最大值是2. 答案： D
12．x ，y ，z 是非负实数，9x 2
＋12y 2
＋5z 2
＝9，则函数u ＝3x ＋6y ＋5z 的最大值是( ) A ．9 B ．10 C ．14
D ．15
解析： u 2
＝(3x ＋6y ＋5z )2
≤[(3x )2
＋(23y )2
＋(5z )2
]·[12
＋(3)2
＋(5)2
] ＝9×9＝81，∴u ≤9. 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4a ＋9b ＋c ＝3，则1a ＋1b ＋1
c
的最小值是________．
解析： 由4a ＋9b ＋c ＝3，∴4a 3＋3b ＋c
3＝1，
∴1a ＋1b ＋1
c
＝43a ＋3b ＋c 3a ＋43a ＋3b ＋c 3b ＋43a ＋3b ＋c 3c
＝43＋3b a ＋c 3a ＋3＋4a 3b ＋c 3b ＋13＋4a 3c ＋3b c ＝3＋53＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3b a ＋4a 3b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 3a ＋4a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 3b ＋3b c
≥3＋53＋4＋4
3＋2＝12.
答案： 12
14．已知a ，b 是给定的正数，则a 2sin 2α＋b 2
cos 2α
的最小值是________． 解析：
a 2sin 2α＋
b 2
cos 2α
＝(sin 2
α＋cos 2
α)⎝ ⎛⎭
⎪
⎫a 2
sin 2α＋b 2
cos 2α≥(a ＋b )2.
答案： (a ＋b )2
15．已知点P 是边长为23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 所满足的关系式为________，x 2＋y 2＋z 2
的最小值是________．
解析： 利用三角形面积相等，得 12×23(x ＋y ＋z )＝34×(23)2
， 即x ＋y ＋z ＝3；
由(1＋1＋1)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2
＝9， 则x 2＋y 2＋z 2
≥3. 答案： x ＋y ＋z ＝3 3
16．若不等式|a －1|≥x ＋2y ＋2z ，对满足x 2＋y 2＋z 2
＝1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(12＋22＋22)(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋2y ＋2z )2
，所以x ＋2y ＋2z 的最大值为3，故有|a －1|≥3，
∴a ≥4或a ≤－2. 答案： a ≥4或a ≤－2
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a 2＋b 2＝1，x 2＋y 2
＝1.求证：ax ＋by ≤1. 证明： ∵a 2＋b 2＝1，x 2＋y 2
＝1. 又由柯西不等式知
∴1＝(a 2＋b 2)(x 2＋y 2)≥(ax ＋by )2
∴1≥(ax ＋by )2
，
∴1≥|ax ＋by |≥ax ＋by ， ∴所以不等式得证．
18．(12分)设x 2
＋2y 2
＝1，求μ＝x ＋2y 的最值．
解析： 由|x ＋2y |＝|1·x ＋2·2y |≤1＋2·x 2
＋2y 2
＝ 3. 当且仅当x 1
＝
2y 2
，即x ＝y ＝±
3
3
时取等号． 所以，当x ＝y ＝3
3
时，μmax ＝ 3. 当x ＝y ＝－
3
3
时，μmin ＝－ 3. 19．(12分)设a ≥b ＞0，求证：3a 3
＋2b 3
≥3a 2
b ＋2ab 2
. 证明： ∵a ≥b ＞0，
∴a ≥a ≥a ≥b ≥b ＞0，a 2
≥a 2
≥a 2
≥b 2
≥b 2
＞0， 由顺序和≥乱序和，得
a 3＋a 3＋a 3＋
b 3＋b 3≥a 2b ＋a 2b ＋a 2a ＋ab 2＋ab 2.
又a 2
b ＋a 2
b ＋a 2
a ＋a
b 2
＋ab 2
≥3a 2
b ＋2ab 2
. 则3a 3
＋2b 3
≥3a 2
b ＋2ab 2
.
20．(12分)已知x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝3，求x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值． 解析： 方法一：注意到x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝3为定值， 利用柯西不等式得到(x 2
＋y 2
＋z 2
)(12
＋12
＋12
)≥(x ·1＋y ·1＋z ·1)2
＝9， 从而x 2
＋y 2
＋z 2
≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取“＝”号， 所以x 2
＋y 2
＋z 2
的最小值为3.
方法二：可考虑利用基本不等式“a 2
＋b 2
≥2ab ”进行求解， 由x 2
＋y 2
＋z 2
＝(x ＋y ＋z )2
－(2xy ＋2xz ＋2yz ) ≥9－(x 2
＋y 2
＋x 2
＋z 2
＋y 2
＋z 2
)，
从而求得x 2
＋y 2
＋z 2
≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取“＝”号， 所以x 2
＋y 2
＋z 2的最小值为3.
21．(12分)设a ，b ，c 为正数，且不全相等，求证： 2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ＞9a ＋b ＋c
. 证明： 构造两组数a ＋b ，b ＋c ，c ＋a ； 1
a ＋b
，
1
b ＋c
，
1
c ＋a
，则由柯西不等式得
(a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a )⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥(1＋1＋1)2，
①
即2(a ＋b ＋c )⎝
⎛⎭
⎪
⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥9.
于是2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c . 于是
2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c
. 由柯西不等式知， ①中有等号成立⇔
a ＋b
1
a ＋b
＝
b ＋c
1
b ＋
c ＝
c ＋a
1
c ＋a
⇔a ＋b ＝b ＋c ＝c ＋a ⇔a ＝b ＝c .
因题设a ，b ，c 不全相等，故①中等号不成立，于是
2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ＞9a ＋b ＋c
. 22．(14分)设x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1＋x 2＋…＋x n ＝1，求证：x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n
1＋x n ≥1
n ＋1.
证明： 因为x 1＋x 2＋…＋x n ＝1，
所以n ＋1＝(1＋x 1)＋(1＋x 2)＋…＋(1＋x n )．
又⎝ ⎛⎭⎪⎫x 211＋x 1＋x 221＋x 2
＋……＋x 2
n 1＋x n (n ＋1)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2
11＋x 1＋x 2
21＋x 2
＋…＋x 2
n 1＋x n [(1＋x 1)＋(1＋x 2)＋…＋(1＋x n
)] ≥(x 1＋x 2＋…＋x n )2
＝1，
所以x 211＋x 1＋x 221＋x 2＋…＋x 2n
1＋x n ≥1
n ＋1.
第四讲 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＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *
，n >1)时，第一步应验证不等式( )
A ．1＋1
2<2
B ．1＋12＋13<2
C ．1＋12＋13
<3
D ．1＋12＋13＋14
<3
解析： n ∈N *
，n >1，∴n 取的第一个自然数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B.
答案： B
2．用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13
n (4n 2
－1)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，
等式左边增加的项为( )
A ．(2k )2
B ．(2k ＋3)2
C ．(2k ＋1)2
D ．(2k ＋2)2
解析： 把k ＋1代入(2n －1)2
得(2k ＋2－1)2
即(2k ＋1)2
，选C. 答案： C
3．设凸n 边形有f (n )条对角线，则凸n ＋1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 (n ＋1)为( )
A ．f (n )＋n ＋1
B ．f (n )＋n
C ．f (n )＋n －1
D ．f (n )＋n －2
解析： 凸n ＋1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(n －2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f (n )＋n －1条对角线，故选C.
答案： C
4．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2
－2－4＝2，依照以
上各式成立的规律，得一般性的等式为( )
A.n
n －4＋8－n
(8－n )－4
＝2 B.n ＋1
(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4
＝2
C.n
n －4＋n ＋4(n ＋4)－4
＝2 D.
n ＋1
(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4＝2
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2n ＞n 3
，那么验证不等式成立所取的第一个n 的最小值应该是( )
A ．1
B ．9
C ．10
D ．n ＞10，且n ∈N ＋
解析： 由210
＝1 024＞103
知，故应选C. 答案： C
6．用数学归纳法证明：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1(n ∈N *
，n ≥2)时，由“k 到k ＋1”，不等式左端的
变化是( )
A ．增加1
2(k ＋1)
一项
B ．增加12k ＋1和1
2(k ＋1)
两项
C ．增加12k ＋1和12(k ＋1)两项，同时减少1
k 一项
D ．以上都不对
解析： 因f (k )＝1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1
k ＋k ，
而f (k ＋1)＝
1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ＋1k ＋k ＋1＋1k ＋k ＋2
， 故f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋1＋12k ＋2－1
k
，故选C. 答案： C
7．用数学归纳法证明34n ＋1
＋5
2n ＋1
(n ∈N ＋)能被8整除时，若n ＝k 时，命题成立，欲证当n ＝k ＋1时
命题成立，对于3
4(k ＋1)＋1
＋5
2(k ＋1)＋1
可变形为( )
A ．56×34k ＋1
＋25(3
4k ＋1
＋5
2k ＋1
)
B ．34
×34k ＋1
＋52
×52k
C ．3
4k ＋1＋5
2k ＋1
D ．25(34k ＋1
＋52k ＋1
) 解析： 由34(k ＋1)＋1
＋5
2(k ＋1)＋1
＝81×34k ＋1
＋25×52k ＋1
＋25×3
4k ＋1
－25×3
4k ＋1
＝56×3
4k ＋1＋25(3
4k ＋1
＋52k ＋1
)，故选A.
答案： A
8．用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)……(n ＋n )＝2n
·1·3·5·(2n －1)(n ∈N *
)”时，从n ＝k 到n ＝k ＋1等式的左边需增乘代数式为( )
A ．2k ＋1 B.2k ＋1
k ＋1 C.
(2k ＋1)(2k ＋2)
k ＋1
D.2k ＋3
k ＋1
解析： 左边当n ＝k 时最后一项为2k .
左边当n ＝k ＋1时最后一项为2k ＋2，又第一项变为k ＋2， ∴需乘(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1.
答案： C
9．数列a n 中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )
A ．3n －2
B ．n 2
C ．3
n －1
D ．4n －3
解析： 计算出a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.
可猜a n ＝n 2
故应选B. 答案： B
10．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2
＝n 4＋n 2
2
，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )
A ．k 2
B ．(k ＋1)2
C.(k ＋1)4
＋(k ＋1)2
2
D ．(k 2
＋1)＋(k 2
＋2)＋…＋(k ＋1)2
解析： ∵当n ＝k 时，左端＝1＋1＋2＋3＋…＋k 2
，
当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2
＋(k 2
＋1)＋(k 2
＋2)＋…＋(k ＋1)2
.
故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2
＋1)＋(k 2
＋2)＋…＋(k ＋1)2
，故应选D. 答案： D
11．用数学归纳法证明“n 2
＋n <n ＋1(n ∈N *
)”的第二步证n ＝k ＋1时(n ＝1已验证，n ＝k 已假设成立)这样证明：(k ＋1)2
＋(k ＋1)＝k 2
＋3k ＋2<k 2
＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，则当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )
A ．是正确的
B ．归纳假设写法不正确
C ．从k 到k ＋1推理不严密
D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设 解析： 经过观察显然选D. 答案： D
12．把正整数按下图所示的规律排序，则从2 006到2 008的箭头方向依次为( )
A ．↓→
B ．→↓
C ．↑→
D ．→↑
解析： 由2 006＝4×501＋2，而a n ＝4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数，故应选D. 答案： D
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．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n ＋…＋3＋2＋1＝n 2(n ∈N *
)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，该式左边应添加的代数式是________________．
解析： 当n ＝k 时，左边＝1＋2＋3＋…＋k ＋…＋3＋2＋1.当n ＝k ＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋k ＋k ＋1＋k ＋…＋3＋2＋1.所以左边应添加的代数式为k ＋1＋k ＝2k ＋1.
答案： 2k ＋1
14．数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为________，猜想 S n ＝________.
解析： 由题意得，a 1＝1 2S n ＋1＝S n ＋2S 1
当n ＝1时，2S 2＝S 1＋2S 1 ∴S 2＝3
2
当n ＝2时，2S 3＝S 2＋2S 1 ∴S 3＝7
4
当n ＝3时，2S 4＝S 3＋2S 1 ∴S 4＝15
8
归纳猜想：S n ＝2n
－1
2n －1
答案： 32 74 158 2n
－1
2
n －1
15．如下图所示，第n 个图形是由正n ＋2边形“扩展”而来(n ＝1,2,3，…)，则第n －2个图形中共有________个顶点．
解析： 第一个图形是由正三角形扩展得到，三边扩展得3个顶点，加上三角形的三个顶点共6个；第二个图形是由正方形扩展得到，四边扩展得4个顶点，每个顶点变为两个，故增加8个顶点，因此共有12个顶点；第三个图形是由正五边形扩展得到，五边扩展得5个顶点，每个顶点变为3个，故增加15个顶点，因此共有20个顶点；…第n －2个图形是由正n 边形扩展得到，n 边扩展得n 个顶点，每个顶点变为n －2个，故增加(n －2)n 个顶点，因此共有n ＋n (n －2)＝n 2
－n 个顶点．
答案： n 2
－n 16．有以下四个命题： (1)2n
＞2n ＋1(n ≥3)；
(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2
＋n ＋2(n ≥1)； (3)凸n 边形内角和为f (n )＝(n －1)π(n ≥3)； (4)凸n 边形对角线条数f (n )＝
n (n －2)
2
(n ≥4)．
其中满足“假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立，则当n ＝k ＋1时命题也成立．”但不满足“当n ＝
n 0(n 0是题中给定的n 的初始值)时命题成立”的命题序号是________．
解析： 当n 取第一个值时经验证(2)(3)(4)均不成立，(1)不符合题意，对于(4)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立，则当n ＝k ＋1时命题不成立．所以(2)(3)正确．
答案： (2)(3)
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)用数学法归纳证明：
11×2＋13×4＋…＋1(2n －1)·2n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n . 证明： (1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，
右边＝1
2
，等式成立．
(2)假设当n ＝k 时，等式成立，即 11×2＋13×4＋…＋1(2k －1)·2k ＝
1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1
2k
， 则当n ＝k ＋1时，
11×2＋13×4＋…＋1(2k －1)·2k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2) ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋1
(2k ＋1)(2k ＋2) ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1
k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋1
2k ＋2 ＝1(k ＋1)＋1＋1
(k ＋1)＋2＋…
＋
1(k ＋1)＋k ＋1
(k ＋1)＋(k ＋1)
，
即当n ＝k ＋1时，等式成立．
根据(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋等式成立．
18．(12分)用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除． 证明： (1)当n ＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立． 即k (k ＋1)(2k ＋1)＝2k 3
＋3k 2
＋k 能被6整除． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3) ＝2k 3
＋3k 2
＋k ＋6(k 2
＋2k ＋1)，
结合假设可知，2k 3
＋3k 2
＋k,6(k 2
＋2k ＋1)都能被6整除，所以2k 3
＋3k 2
＋k ＋6(k 2
＋2k ＋1)能被6整除， 即当n ＝k ＋1时命题成立．
由(1)(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立． 19．(12分)证明凸n 边形的对角线条数：
f (n )＝1
2
n (n －3)(n ≥4)．
证明： ①当n ＝4时，f (4)＝1
2
×4×(4－3)＝2.四边形有两条对角线，命题成立．
②假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝1
2k (k －3)(k ≥4)．当n ＝k ＋1
时，凸k ＋1边形是在k 边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，增加的对角线条数为[(k ＋1)－3＋1]＝k －1，
f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12
(k 2－k －2)
＝1
2(k ＋1)(k －2) ＝1
2(k ＋1)[(k ＋1)－3]． 故n ＝k ＋1时，命题也成立．
故①②可知，对任何n ∈N ＋，n ≥4命题成立．
20．(12分)求证：(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1.
证明： 利用贝努利不等式(1＋x )n
>1＋nx (n ∈N ＋，n ≥2，x >－1，x ≠0)的一个特例⎝
⎛⎭
⎪⎫1＋12k －12
>1＋2·12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫此处n ＝2，x ＝12k －1，得1＋1
2k －1>2k ＋1
2k －1
，k 分别取1,2,3，…，n 时，n 个不等式左右两边相乘，得(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n －1>
31·53…2n ＋12n －1
. 即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1成立．
21．(12分)是否存在常数a ，b ，c 使等式(n 2
－12
)＋2(n 2
－22
)＋…＋n (n 2
－n 2
)＝an 4
＋bn 2
＋c 对一切正整数n 成立？证明你的结论．
解析： 存在．分别有用n ＝1,2,3代入，解方程组
⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＋
b ＋
c ＝0，16a ＋4b ＋c ＝3，81a ＋9b ＋c ＝18
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1
4
，
b ＝－14
，
c ＝0
下面用数学归纳法证明．
(1)当n ＝1时，由上式可知等式成立； (2)假设当n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时，
左边＝[(k ＋1)2
－12
]＋2[(k ＋1)2
－22
]＋…＋k [(k ＋1)2
－k 2
]＋(k ＋1)·[(k ＋1)2
－(k ＋1)2
]＝(k 2
－12
)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2
)＋(2k －1)＋2(2k ＋1)＋…＋k (2k ＋1)＝14k 4＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－14k 2＋(2k ＋1)·k (k ＋1)2＝14(k。