2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第六章不等式、推理与证明 32含答案

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2019版高中全程复习方略数学文课时作业：第六章不等式、推理与证明 35 含答案精品

答案：D
9．(2018·山西忻州一中等第一次联值是()
A. B.
C．2 ＋ D．2 －
解析：an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝，
∴ ＝＝
≥ ＝，当且仅当n＝4时取等号．
∴ 的最小值是，故选A.
答案：A
10．(2018·浙江金丽衢十二校联考)若函数f(x)＝ (a<2)在区间(1，＋∞)上的最小值为6，则实数a的值是()
A．0 B.
C．1 D.
解析：y＝x＋－＝＋－2≥2－2＝0.
当且仅当x＋＝，即x＝时等号成立．
所以函数的最小值为0.故选A.
答案：A
3．(2018·兰州一模)在下列各函数中，最小值等于2的函数是()
A．y＝x＋
B．y＝cosx＋ (0<x< )
C．y＝
D．y＝ex＋－2
解析：当x<0时，y＝x＋ ≤－2，故A错误；因为0<x< ，所以0<cosx<1，所以y＝cosx＋ >2，故B错误；因为 ≥ ，所以y＝＋ ≥2中等号取不到，故C错误；因为ex>0，所以y＝ex＋－2≥2 －2＝2，当且仅当ex＝，即ex＝2时等号成立，故选D.
(1)用x表示y；
(2)当该企业的年平均污水处理费用最低时，企业需重新更换新的污水处理设备．则该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备．
解析：(1)由题意得，
y＝，
即y＝x＋＋1.5(x∈N*)．
(2)由基本不等式得：
y＝x＋＋1.5≥2 ＋1.5＝21.5，
答案：B
5．(2018·青岛检测)已知x>1，y>1，且lgx，，lgy成等比数列，则xy有()

作业答案-第六单元-不等式、推理与证明

全品高考复习方案数学(理科)BS课时作业(三十三)1．A [解析] 由x >1，得1x <1；由1x <1，得1－x x<0，解得x <0或x >1.故选A.2．C [解析] ∵－4<b <2，∴0≤|b |<4，∴－4<－|b |≤0. 又1<a <3，∴－3<a －|b |<3.3．D [解析] 由题意知a >0，b >0，x ≠0.当x >0时，由－b <1x <a ，得x >1a ；当x <0时，由－b <1x <a ，得x <－1b.综上所述，不等式－b <1x <a ⇔x <－1b 或x >1a.4．C [解析] 对于选项A ，当a ＝－1且b ＝－2时，显然满足a >b 但不满足a 2>b 2，故错误；对于选项B ，当a ＝－1且b ＝－2时，显然满足a >b ，但a b ＝12，故错误；对于选项C ，由指数函数的单调性可知当a ＞b 时，2a ＞2b ，故正确；对于选项D ，当a ＝－1且b ＝－2时，显然满足a ＞b ，但lg(a －b )＝lg 1＝0，故错误．5．(27，56) ⎝⎛⎭⎫2011，3 [解析] ∵－33<－y <－28，∴27<x －y <56.∵133<1y <128，∴2011<x y<3. 6．D [解析] 方法一：将m ＝－3，n ＝2分别代入各选项检验即可．方法二：m ＋n ＜0⇒m ＜－n ，n ＜－m ，由于m ＜0＜n ，故m ＜－n ＜n ＜－m .7．D [解析] 对于A ，当a ＝2，b ＝12时，不满足1a >1b，故错误；对于B ，C ，若a ＝1，b ＝－2，则不成立，故错误；对于D ，⎝⎛⎭⎫13a <⎝⎛⎭⎫13b 成立．故选D.8．C [解析] 因为a <b <0，所以b －a >0，ab >0，则1a －1b ＝b －a ab >0，即1a >1b，因此A 错误；由函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x 是减函数，知⎝⎛⎭⎫12a >⎝⎛⎭⎫12b ，因此B 错误；由⎝⎛⎭⎫a ＋1b －⎝⎛⎭⎫b ＋1a ＝(a －b )⎝⎛⎭⎫1＋1ab <0，知C 正确；由b a －b －1a －1＝a －b a （a －1）<0，知D 错误．故选C.9．D [解析] 由a x <a y (0<a <1)，可得x >y .因为函数f (x )＝x 3在R 上单调递增，所以f (x )>f (y )，即x 3>y 3.故选D.10．①③④ [解析] 在①③中，当a ＝2，b ＝－3时，不等式不成立；④中，当a ＝2，b ＝0时，不等式不成立．故选①③④.11.⎩⎪⎨⎪⎧1800≤17x ＋12y ≤2000，9x ＋7y ≤960，x ，y ∈N *，x ＋y2∈N *[解析] 由题可知，所求不等式组为⎩⎪⎨⎪⎧18≤0.09x ＋0.04y ＋0.16×x ＋y2≤20，20x ＋10y ＋50×x ＋y2≤4800，x ∈N *，y ∈N *，x ＋y 2∈N *，整理化简得⎩⎪⎨⎪⎧1800≤17x ＋12y ≤2000，9x ＋7y ≤960，x ，y ∈N *，x ＋y 2∈N *.12．解：方法一：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b ，于是⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1， ∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2，2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.方法二：由⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝a －b ，f （1）＝a ＋b ，得⎩⎨⎧a ＝12[f （－1）＋f （1）]，b ＝12[f （1）－f （－1）]，∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)．又∵1≤f (－1)≤2，2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.13．解：a a b b a b ba ＝a a －b b b －a ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b .当a >b >0时，ab>1，a －b >0，则⎝⎛⎭⎫a b a －b >1，∴a a b b >a b b a ；当b >a >0时，0<ab<1，a －b <0，则⎝⎛⎭⎫a b a －b >1， ∴a a b b >a b b a ；当a ＝b >0时，⎝⎛⎭⎫a b a －b ＝1，∴a a b b ＝a b b a .综上知a a b b ≥a b b a (当且仅当a ＝b 时取等号)．课时作业(三十四)1．A [解析] 不等式可化为(x －1)(x －3)<0，解得1<x <3.2．D [解析] 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x －3>0，－x 2＋4x －3≠1，即⎩⎪⎨⎪⎧1<x <3，x ≠2，故函数f (x )的定义域为(1，2)∪(2，3)．3．A [解析] 由题意知－12，－13是方程ax 2－bx －1＝0的两个根，所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－13＝b a，⎝⎛⎭⎫－12×⎝⎛⎭⎫－13＝－1a，得a ＝－6，b ＝5，则不等式x 2－bx －a <0即为x 2－5x ＋6<0，解集为(2，3)．4．A [解析] 由x 2－2ax －8a 2<0(a >0)，得(x ＋2a )(x －4a )<0(a >0)，解得－2a <x <4a ，故原不等式的解集为(－2a ，4a )．由x 2－x 1＝15，得4a －(－2a )＝15，即6a ＝15，所以a ＝52.5．4 [解析] x ⊗y ＝x (1－y )，由(x －a )⊗(x －b )＞0，得(x －a )[1－(x －b )]＞0，即(x －a )(x －b －1)＜0. ∵不等式(x －a )⊗(x －b )＞0的解集是(2，3)，∴x ＝2和x ＝3是方程(x －a )(x －b －1)＝0的两个根， ∴a ＋b ＋1＝2＋3，∴a ＋b ＝4.6．B [解析] 不等式x 2－ax ＋a >0(a ∈R )在R 上恒成立的充要条件是Δ＝a 2－4a <0，∴0<a <4，故所求的一个充分不必要条件可以是0<a <2.7．C [解析] 由题意知Δ＝16a 2－12a 2＝4a 2>0，又x 1＋x 2＝4a ，x 1x 2＝3a 2，∴x 1＋x 2＋a x 1x 2＝4a ＋13a ≥433，当且仅当a ＝36时取等号.8．C [解析] 原不等式等价于(ax ＋1)(x －2)>0，若a ＝0，则原不等式化为x －2>0，∴x >2.当a ≠0时，方程(ax ＋1)(x －2)＝0的两根分别是2，－1a ，若a <－12，则原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－1a ，2；若a ＝－12，则原不等式的解集为∅；若－12<a <0，则原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫2，－1a ；若a >0，则原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－1a ∪(2，＋∞)．故①是假命题，②③④是真命题． 9．B [解析] 对一切实数x ，不等式x 2＋a ||x ＋1≥0恒成立等价于对任意实数t ≥0，f (t )＝t 2＋at ＋1≥0 恒成立，因此有⎩⎪⎨⎪⎧－a 2≤0，f （0）＝1>0或Δ＝a 2－4≤0，解得a ≥－2.10．(－∞，0] [解析] ∵不等式4x －2x ＋1－a ≥0在[1，2]上恒成立，∴4x －2x ＋1≥a 在[1，2]上恒成立．令y ＝4x －2x ＋1＝(2x )2－2×2x ＋1－1＝(2x －1)2－1， ∵1≤x ≤2，∴2≤2x ≤4.由二次函数的性质可知，当2x ＝2，即x ＝1时，y 取得最小值0， ∴实数a 的取值范围为(－∞，0]．11．(－∞，－1] [解析] 由已知得x 2＋12x ≥⎝⎛⎭⎫12n 对任意n ∈N *在x ∈(－∞，λ]上恒成立．∵ ⎝⎛⎭⎫12n ≤12，∴ x 2＋12x ≥12在x ∈(－∞，λ]上恒成立．解不等式x 2＋12x ≥12，得x ≤－1或x ≥12，∴ 当λ≤－1时，x 2＋12x ≥12在(－∞，λ]上恒成立．12．解：原不等式等价于(ax －2)(x －2)>0. 当a ＝0时，x <2.当a <0时，⎝⎛⎭⎫x －2a (x －2)<0，由2a <0<2，知2a <x <2. 当a >0时，⎝⎛⎭⎫x －2a (x －2)>0，当0<a <1时，2a >2，故x <2或x >2a ；当a ＝1时，2a ＝2，故x ≠2；当a >1时，2a <2，故x <2a或x >2.综上所述：当a <0时，该不等式的解集为⎝⎛⎭⎫2a ，2；当a ＝0时，该不等式的解集为(－∞，2)；当0<a <1时，该不等式的解集为(－∞，2)∪⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞；当a ≥1时，该不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，2a ∪(2，＋∞)． 13．解：(1) 由题意，x ∈R 时，有x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，则Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，所以－6≤a ≤2.故a 的取值范围是[－6，2]．(2) 当x ∈[－2，2]时，设g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，则原不等式化为g (x )≥0，分以下情况进行讨论：①由题意，当Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即－6≤a ≤2时，满足题意． ②当g (x )的图像与x 轴有两个不同交点时，有⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x ＝－a 2<－2，g （－2）≥0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x ＝－a 2>2，g （2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4（3－a ）>0，－a 2<－2，4－2a ＋3－a ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4（3－a ）>0，－a2>2，4＋2a ＋3－a ≥0，得－7≤a <－6.综上可得a ∈[－7，2]．课时作业(三十五)1．B [解析] 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >0，x －y >0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y <0，x －y <0，故选B. 2．B [解析] 由题知不等式组表示的平面区域为△ABC 及其内部(如图所示)，∴S △ABC ＝|4－0|×22＝4.3．B [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y －5≥0，4x －y －11≤0表示的可行域，如图所示．由图可知，当直线z ＝x ＋y 经过点A (1，2)时，z 取得最小值，最小值为3，即n ＝3；当直线z ＝x ＋y 经过点C (4，5)时，z 取得最大值，最大值为9，即m ＝9.故m －n ＝6.4．(－7，24) [解析] 由题意可知(9－2＋a )(－12－12＋a )<0，即(a ＋7)(a －24)<0，解得－7<a <24.5．2 [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4≤0，x －y ≤0，4x －y ＋4≥0表示的可行域，如图所示．(x －2)2＋y 2表示点P (2，0)到可行域内的点的距离的平方，结合图形可知点P (2，0)到可行域内的点的最小距离为点P 到直线x －y ＝0的距离，即|2－0|12＋（－1）2＝2，所以(x －2)2＋y 2的最小值为2.6．C [解析] 由a ⊥b ，得(x －z ，1)·(2，y ＋z )＝0，即z ＝2x ＋y .画出不等式组表示的可行域，如图，由图可知，当直线z ＝2x ＋y 过B 点时，在y 轴上的截距最大，此时z 的值最大，求出B 点坐标为(1，1)，故z max ＝2×1＋1＝3.7．A [解析] 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(包括边界)所示，目标函数z ＝x ＋y x －2＝x －2＋y ＋2x －2＝1＋y ＋2x －2，设k ＝y ＋2x －2，则k 的几何意义为区域内的点与定点D (2，－2)连线的斜率，数形结合可知，直线AD 的斜率最小，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，x －y ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即A (1，2)，则直线AD 的斜率k AD ＝2＋21－2＝－4，则z min ＝1＋k AD ＝1－4＝－3，故选A.8．C [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥1，x ＋y ≥1，1<x ≤a 表示的平面区域(图略)，该区域是以点(a ，a －1)，(a ，1－a )，(1，0)为顶点的三角形及其内部，但是不包含点(1，0)．因为目标函数z ＝x ＋2y的最大值为10，由图知，当直线z ＝x ＋2y 经过点(a ，a －1)时，z 取得最大值，所以a ＋2(a －1)＝10，解得a ＝4.9．C [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1－y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥m对应的平面区域如图所示，由z ＝2x ＋y ，得y ＝－2x ＋z .由图可知，当直线y ＝－2x ＋z 经过点A 时，z 的值最大，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝0，y ＝m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－m ，y ＝m ，即A (4－m ，m ),则z max ＝2×(4－m )＋m ＝8－m ；当直线y ＝－2x ＋z 经过点B 时，z 的值最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y ＝m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m －1，y ＝m ，即B (m －1，m )，则z min ＝2×(m －1)＋m ＝3m －2.∵目标函数z ＝2x ＋y 的最大值与最小值的差为2，∴8－m －3m ＋2＝2，即m ＝2.10．C [解析] 作出不等式组表示的可行域，如图所示．设z ＝x ＋y ，由图可知，当直线z ＝x ＋y 经过直线x －my ＋1＝0与直线2x －y －3＝0的交点A 时，z 最大，所以点A 也是直线x ＋y ＝9与直线2x －y －3＝0的交点．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝9，2x －y －3＝0，得A (4，5)，将点A 的坐标代入x －my ＋1＝0，得m ＝1.11.⎣⎡⎦⎤0，34[解析] 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥0，y ≤x ，2x ＋y －9≤0表示的平面区域D 如图所示，因为直线y ＝a (x ＋1)过定点(－1，0)，且直线y ＝a (x ＋1)与区域D 有公共点，当直线y＝a (x ＋1)过点A (3，3)时，3＝a (3＋1)，解得a ＝34，所以0≤a ≤34.12．2[解析] 作出可行域，如图中阴影部分所示，阴影部分的面积S ＝12×⎝⎛⎭⎫2a ＋2×2＝3，解得a ＝2.13.⎝⎛⎭⎫－23，35[解析] 画出可行域，如图，直线3x －5y ＋6＝0与2x ＋3y －15＝0交于点M (3，3)，由z ＝ax －y ，得y ＝ax －z ，其纵截距为－z ，当z 最小时，－z 最大．由图可知，要使直线y ＝ax －z 过(3，3)点时纵截距－z 最大，则－23<a <35.14．解：由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≤0，x >0，y ≤2作出可行域如图中阴影部分(不包括y 轴)所示．(1)z ＝yx表示可行域内的任意一点与坐标原点连线的斜率，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y ＝2，得B (1，2)，由图可知，z max 不存在，z min ＝2， ∴z 的取值范围是[2，＋∞)．(2)z ＝x 2＋y 2表示可行域内的任意一点与坐标原点之间距离的平方，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，x ＝0，得A (0，1)， ∴|OA |2＝1，|OB |2＝5，由图可知，z max ＝5，z 无最小值， ∴z 的取值范围是(1，5]．15．解：(1)依题意知每天生产的伞兵个数为100－x －y ，所以每天的利润w ＝5x ＋6y ＋3(100－x －y )＝2x ＋3y ＋300.(2)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧5x ＋7y ＋4（100－x －y ）≤600，100－x －y ≥0，x ，y ∈N ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ≤200，x ＋y ≤100，x ，y ∈N ，目标函数为w ＝2x ＋3y ＋300，作出可行域，如图中阴影部分(包括边界)的整数点所示．由图可知，当直线w ＝2x ＋3y ＋300经过点A 时，w 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝200，x ＋y ＝100，得A (50，50)，所以w max ＝550，所以每天生产卫兵50个，骑兵50个，伞兵0个时利润最大，最大利润为550元． 16．解：设隔出大房间x 间，小房间y 间，获得的收益为z 元，则⎩⎪⎨⎪⎧18x ＋15y ≤180，1000x ＋600y ≤8000，x ，y ∈N ，即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋5y ≤60，5x ＋3y ≤40，x ，y ∈N ，目标函数为z ＝200x ＋150y ，作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分(包含边界)内的整数点所示．由图可知，当直线z ＝200x ＋150y 过点A ⎝⎛⎭⎫207，607时，z 取得最大值，∵A 点的坐标不是整数，而x ，y ∈N ，∴点A 不是最优解．由图可知，使目标函数取得最大值的整数点一定分布在可行域的右上侧，这些整数点有(0，12)，(1，10)，(2，9)，(3，8)，(4，6)，(5，5)，(6，3)，(7，1)，(8，0)，分别代入z ＝200x ＋150y ，逐一验证，可得取整数点(0，12)和(3，8)时，z max ＝1800，∴应隔出小房间12间或大房间3间、小房间8间，才能获得最大收益．课时作业(三十六)1．A [解析] 当m ＝4时，因为x ＞0，所以利用基本不等式可得x ＋4x≥4恒成立；反之，当x >0时，若x ＋mx≥4恒成立，则m ≥4.故选A.2．C [解析] ∵a ，b 均为正数，∴⎝⎛⎭⎫1＋b a ⎝⎛⎭⎫1＋4a b ＝1＋b a ＋4a b ＋4≥5＋2b a ·4a b＝9，当且仅当b a ＝4ab，即b ＝2a 时取等号，故选C.3．B [解析] 设其中一段铁丝长为x ，则另一段铁丝长为16－x ，易知16>x >0.设围成的两个正方形面积之和为S ，则S ＝⎝⎛⎭⎫x 42＋⎝⎛⎭⎫16－x 42≥⎝⎛⎭⎫x 4＋16－x 422＝8，当且仅当x 4＝16－x 4，即x ＝8时，等号成立．故两个正方形面积之和的最小值为8.4．3 [解析] 因为x >1，所以x －1>0.又x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥2＋1＝3，当且仅当x ＝2时等号成立，所以a 的最大值为3.5．3 [解析] 由2x －3＝12y ，得x ＋y ＝3，所以1x ＋4y ＝13(x ＋y )1x ＋4y ＝135＋4x y ＋y x ≥13×(5＋4)＝3，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝3，4x y ＝y x，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2时等号成立．6．B [解析] ∵a >1，b >1，∴lg a >0，lg b >0，则lg a ·lg b ≤（lg a ＋lg b ）24＝（lg ab ）24＝1，当且仅当a ＝b ＝10时取等号．7．B [解析] 因为x >1，所以y ＝x ＋1x ＋16x x 2＋1＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋16x ＋1x ≥2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·16x ＋1x＝8，当且仅当x ＋1x＝4时等号成立，所以函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为8.8．C [解析] 实数x ，y 满足xy －3＝x ＋y ，且x >1，可得y ＝x ＋3x －1，则y (x ＋8)＝（x ＋3）（x ＋8）x －1，令t ＝x －1(t >0)，即有x ＝t ＋1，则y (x ＋8)＝（t ＋4）（t ＋9）t ＝t ＋36t ＋13≥2t ·36t＋13＝12＋13＝25，当且仅当t ＝6，即x ＝7时等号成立． 9．B [解析] ∵圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心为点(1，2)，半径r ＝5，直线ax ＋by －6＝0(a ＞0，b ＞0)被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为25，∴圆心(1，2)在直线ax ＋by －6＝0上，∴a ＋2b ＝6.∵a ＞0，b ＞0，∴2ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋2b 22＝9，∴ab ≤92，当且仅当a ＝2b ＝3时，ab 取得最大值92.10．A [解析] 由题意，4x a ＋1x ≥4可化为a ≤x 2x －14，x 2x －14＝⎝⎛⎭⎫x －142＋12⎝⎛⎭⎫x －14＋116x －14＝⎝⎛⎭⎫x －14＋116x －14＋12，令t ＝x －14，x ∈[1，2]，则t ∈⎣⎡⎦⎤34，74.又y ＝t ＋116t ＋12在t ∈⎣⎡⎦⎤34，74上单调递增，所以y ∈⎣⎡⎦⎤43，167，所以a ∈⎝⎛⎦⎤0，43. 11．3 [解析] ∵x 2＋2xy －3＝0，∴y ＝3－x 22x ，∴2x ＋y ＝2x ＋3－x 22x ＝3x 2＋32x ＝3x 2＋32x≥23x 2·32x ＝3，当且仅当3x 2＝32x，即x ＝1时取等号，故2x ＋y 的最小值为3.12．3＋22 [解析] ∵f (－x )＝ln(－x ＋（－x ）2＋1)＝ln 1x ＋x 2＋1＝－ln(x ＋x 2＋1)＝－f (x )，∴f (x )为奇函数．由f (2a )＋f (b －1)＝0，得f (2a )＝－f (b －1)＝f (1－b )．又f (x )在其定义域上单调递增，∴2a ＝1－b ，∴2a ＋b ＝1，∴1a ＋1b ＝2a ＋b a ＋2a ＋b b ＝3＋b a ＋2ab≥3＋2b a ·2a b ＝3＋22，当且仅当b a ＝2a b 时等号成立，∴1a ＋1b 的最小值是3＋2 2.13．16 [解析] 由32＋x ＋32＋y＝1，得xy ＝8＋x ＋y . ∵x ，y 均为正实数，∴xy ＝8＋x ＋y ≥8＋2xy (当且仅当x ＝y 时等号成立)，即xy －2xy －8≥0，解得xy ≥4，即xy ≥16，故xy 的最小值为16.14．解：(1)函数f (x )＝2x ，因为|2x |＝2|x |≥2|x |对一切实数x 均成立，所以函数f (x )＝2x 是“圆锥托底型”函数．对于g (x )＝x 3，假设存在M >0满足|x 3|≥M |x |，而当x ＝M 2时，由⎪⎪⎪⎪M 23≥M ⎪⎪⎪⎪M 2，得M2≥M ，得M ≤0，与假设矛盾，所以g (x )＝x 3不是“圆锥托底型”函数．(2)因为f (x )＝x 2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M >0，使得|f (x )|＝|x 2＋1|≥M |x |对任意实数x 恒成立．当x ≠0时，M ≤x ＋1x ＝|x |＋1|x |≥2，故当x ＝±1时，|x |＋1|x |取得最小值2，所以M ≤2，而当x ＝0时，|x 2＋1|≥M |x |恒成立，所以M 的最大值等于2.15．解：(1)当x ＝0时，C ＝8，∴k ＝40，∴C ＝403x ＋5(0≤x ≤10)，∴f (x )＝6x ＋20×403x ＋5＝6x ＋8003x ＋5(0≤x ≤10)．(2)f (x )＝2(3x ＋5)＋8003x ＋5－10(0≤x ≤10)，设3x ＋5＝t ，t ∈[5，35]，则2t ＋800t －10≥2 2t ·800t －10＝70，当且仅当2t ＝800t，即t ＝20时等号成立，此时x ＝5，∴f (x )的最小值为70.故当隔热层的厚度为5厘米时，总费用最少，最少总费用为70万元．16．解：(1)由题意知，当直线z ＝2x －y 经过点A (1，0)时，z 有最小值2；当直线z ＝2x －y 经过点C (4，4)时，z 有最大值4.故M ＝2，N ＝4.(2)由(1)知m ＋n ＝2，所以4m ＋9n ＝124m ＋9n (m ＋n )＝124＋9＋4n m ＋9m n ≥1213＋2 4n m ·9m n ＝252，当且仅当4n m ＝9m n时等号成立．又m ＋n ＝2，所以m ＝45，n ＝65.(3)由(1)知m ＋n ＋mn ＝4.因为m ＋n ≥2mn ，所以2mn ＋mn ≤4.令t ＝mn >0，则t 2＋2t －4≤0，解得－1－5≤t ≤－1＋5，又t >0，所以0<t ≤－1＋5，故mn 的最大值为6－2 5.因为mn ≤m ＋n 22，所以m ＋n ＋m ＋n 22≥4.令s ＝m ＋n >0，则s 2＋4s －16≥0，解得s ≥－2＋2 5或s ≤－2－2 5(舍去)，即m ＋n 的最小值为－2＋2 5.课时作业(三十七)1．A [解析] 直线平行于平面并不一定会和平面内的所有直线都平行．2．B [解析] 由特殊到一般的推理过程，符合归纳推理的定义；由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程，符合类比推理的定义；由一般到特殊的推理符合演绎推理的定义．A是演绎推理，C ，D 为类比推理，只有B ，由S 1，S 2，S 3猜想出数列的前n 项和S n 是从特殊到一般的推理，所以B 是归纳推理．3．B [解析] ①②正确，③④⑤⑥错误．4．C [解析] 由题意知，每个等式正偶数的个数组成的等差数列为3，5，7， (2)＋1，…，其前n 项和S n ＝n [3＋（2n ＋1）]2＝n (n ＋2)，且S 31＝1023，即第31个等式中最后一个偶数是1023×2＝2046，且第31个等式中含有63个偶数，故2016在第31个等式中．5.n ＋22n ＋2[解析] f (1)＝1－a 1＝1－14＝34， f (2)＝(1－a 1)(1－a 2)＝34×⎝⎛⎭⎫1－19＝23＝46， f (3)＝(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝23×⎝⎛⎭⎫1－116＝58，推测f (n )＝n ＋22n ＋2. 6．B [解析] 由55＝3125，56＝15 625，57＝78 125，58＝390 625，59＝1 953 125，510＝9 765 625，511＝48 828 125，…，可以看出这些幂的最后四位数字是以4为周期变化的．∵2014＝503×4＋2，∴52014的末四位数字与56的末四位数字相同，是5625.7．B [解析] 观察可知各式的值构成数列2，3，5，8，13，…，从第三项起，每一项均等于前两项之和，即5＝2＋3，8＝3＋5，13＝5＋8，由此可知a 10＋b 10＋c 10＝144.8．D [解析] 若甲猜对，则乙错，即3号选手也得第一名，与题设矛盾；若乙猜对，则甲、丙、丁都错，由甲、丁错可知，6号选手得第一名，与丙错矛盾；若丙猜对，则乙错，与题设矛盾．故猜对者一定是丁．9．C [解析] 在等差数列{a n }中，由a 2＋a 4＝a p ＋a q ，得p ＋q ＝6.当p ＝1，q ＝5时，1p＋9q ＝145；当p ＝2，q ＝4时，1p ＋9q ＝114；当p ＝3，q ＝3时，1p ＋9q ＝103；当p ＝4，q ＝2时，1p ＋9q ＝194；当p ＝5，q ＝1时，1p ＋9q ＝465.故当p ＝2，q ＝4时，1p ＋9q 取得最小值114，所以m ＝114，即b 1＝12.由2b n ＋1－b n ·b n ＋1＝1，可得b n ＋1＝12－b n .由b 1＝12，得b 2＝12－12＝23，b 3＝12－23＝34，…，归纳出b n ＝n n ＋1，经验证满足2b n ＋1－b n ·b n ＋1＝1，所以b n n 2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以b 1＋b 222＋b 332＋…＋b 1001002＝100101. 10．B [解析] 由a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，归纳出a 10＝10.11.2n ＋1n ＋1[解析] 由各式的规律可知，右边的分子为以3为首项，以2为公差的等差数列，分母为以2为首项，以1为公差的等差数列，依此类推可以得到，当n ∈N *时，1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2＜2n ＋1n ＋1. 12．解：(1)若a 1，a 2，…，a n ∈R ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥1n. (2)证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2，即f (x )＝nx 2－2(a 1＋a 2＋…＋a n )x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝nx 2－2x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n .因为对一切x ∈R ，恒有f (x )≥0，所以Δ＝4－4n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≤0，从而得a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥1n. 课时作业(三十八)1．B [解析] 因为S n ＝2n 2－3n ，所以n ＝1时a 1＝S 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －2(n －1)2＋3(n －1)＝4n －5.又a 1＝－1满足上式，所以a n ＝4n －5，故{a n }为等差数列，即命题成立．2．B [解析] a ，b ，c 中恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数，其否定为a ，b ，c 均为奇数或a ，b ，c 中至少有两个偶数．3．A [解析] a ＝3－2＝13＋2， b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6， ∵7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a >b >c .4．D [解析] 因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，所以(a 2－1)(b 2－1)≥0.故选D.5．a ，b 都不能被5整除 [解析] 由反证法的定义得，反设为“a ，b 都不能被5整除”．6．C [解析] ⎝⎛⎭⎫a 2x ＋b 21－x (x ＋1－x )＝a 2＋a 2（1－x ）x ＋b 2x 1－x＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2，当且仅当x ＝a a ＋b时，等号成立． 7．D [解析] 对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确．故选D.8．C [解析] ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3.故正确的说法有2个．9．C [解析] 因为⎝⎛⎭⎫y x ＋y z ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋x z ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.10.⎝⎛⎭⎫12，1 [解析] (1)当a ＝0时，方程无解．(2)当a ≠0时，令f (x )＝ax ＋a －1，则f (x )在区间(0，1)上是单调函数，依题意得f (0)f (1)<0，∴(a －1)(2a －1)<0，∴12<a <1. 11.332[解析] ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A ，B ，C ∈(0，π)，∴f （A ）＋f （B ）＋f （C ）3≤f ⎝⎛⎭⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝⎛⎭⎫π3，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332， ∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332. 12．证明：因为b a >0，a b >0，所以要证 b a >a b ，只需证a ln b >b ln a ，只需证ln b b >ln a a. 令f (x )＝ln x x ，因为f ′(x )＝1－ln x x 2，所以当x >e 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．故当a >b >e 时，有f (b )>f (a )，即ln b b >ln a a，原不等式得证．13．解：(1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，∴SA ⊥平面ABCD .(2)假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD .∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD ，∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面SBC ∥平面SAD ，这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .课时作业(三十九)1．D [解析] 因为n ＝k 时，左边最后一项为2k （k ＋1），n ＝k ＋1 时，左边最后一项为2（k ＋1）（k ＋2），所以需要添加的项是2（k ＋1）（k ＋2）. 2．C [解析] 当n ＝1时，左边是12＋cos α. 3．D [解析] 当n ＝k 时，左边为1＋12＋13＋…＋12k －1，当n ＝k ＋1时，左边为1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1，所以增加的项为12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，共增加了2k 项． 4．2(2k ＋1) [解析] 当n ＝k 时，左边为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )，当n ＝k ＋1时，左边为(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，故从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应增加的代数式是（2k ＋1）（2k ＋2）（k ＋1）＝2(2k ＋1)． 5．6 [解析] 由题意知，n ＝5时，命题成立，可推得n ＝6时命题也成立，故当n ＝6时命题不成立，可推得n ＝5时命题也不成立．6．D7．D [解析] 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法．8．D [解析] 当n ＝9时，29＝512<93，原不等式不成立，当n ＝10时，210＝1024>103，原不等式成立，所以n 的最小值为10.9．D [解析] a 1＝1－12，a 2＝1－12＋13－14，…，a k ＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k，a k ＋1＝a k ＋12k ＋1－12k ＋2. 10．D [解析] (1)当k ＝1时，显然只有3(2＋7k )能被9整除．(2)假设当k ＝n (n ∈N *)时，命题成立，即3(2＋7n )能被9整除，那么当k ＝n ＋1时，3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n )－36，故k ＝n ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任意k ∈N *都成立．11．A [解析] ∵等式对一切n ∈N *均成立，∴n ＝1，2，3时等式成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1＝3（a －b ）＋c ，1＋2×3＝32（2a －b ）＋c ，1＋2×3＋3×32＝33（3a －b ）＋c ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，得a ＝12，b ＝c ＝14. 12.k （k ＋1）2（2k ＋1）＋（k ＋1）2（2k ＋1）（2k ＋3）＝（k ＋1）（k ＋2）2（2k ＋3）[解析] 当n ＝k ＋1时， 121×3＋223×5＋…＋k 2（2k －1）（2k ＋1）＋（k ＋1）2（2k ＋1）（2k ＋3）＝ k （k ＋1）2（2k ＋1）＋（k ＋1）2（2k ＋1）（2k ＋3），故只需证明k （k ＋1）2（2k ＋1）＋（k ＋1）2（2k ＋1）（2k ＋3）＝（k ＋1）（k ＋2）2（2k ＋3）. 13．k ＋1 [解析] 当n ＝k ＋1时，第k ＋1条直线被前k 条直线分成(k ＋1)段，而每一段将它们所在区域一分为二，故增加了(k ＋1)个区域．14．解：(1)由已知条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1，由此算出a 2＝6，a 3＝12，a 4＝20，b 2＝9，b 3＝16，b 4＝25.(2)由(1)的计算可以猜想a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝2，b 1＝4可得结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝k 2＋3k ＋2＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝（k ＋1）2（k ＋2）2（k ＋1）2＝(k ＋2)2，因此当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①和②知，对一切n ∈N *，都有a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2成立．15．解：(1)a 2＝a 21－2a 1＋2＝5，a 3＝a 22－2×2a 2＋2＝7，a 4＝a 23－2×3a 3＋2＝9，猜想a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)S n ＝n （3＋2n ＋1）2＝n 2＋2n (n ∈N *)，使得S n <2n 成立的最小正整数n ＝6.下面用数学归纳法证明：对于所有的n ≥6(n ∈N *)，都有2n >n 2＋2n 成立．①当n ＝6时，26＝64，62＋2×6＝48，64>48，不等式成立．②假设n ＝k (k ≥6，k ∈N *)时，2k >k 2＋2k 成立，那么当n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2·2k >2(k 2＋2k )＝k 2＋2k ＋k 2＋2k >k 2＋2k ＋3＋2k ＝(k ＋1)2＋2(k＋1)，即n ＝k ＋1时，不等式成立．由①②可得，对于所有的n ≥6(n ∈N *)，都有2n >n 2＋2n 成立．16．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2，∴2|a 1|＝|a 1|＋|a 2|≤1，即|a 1|≤12， ∴|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2，即当n ＝2时，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，不等式成立，即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k，则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，∴|a k ＋1|≤12. 又∵a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，∴由假设可得⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ， ∴|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ＝12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1|a k ＋1|≤12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1×12＝12－12（k ＋1），即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式成立．。

2019版高中数学(文)课时作业：第六章不等式、推理与证明 32 Word版含答案

证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0.
又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0，
∴(a－c)2>(b－d)2>0，
∴0< < .
又∵e<0，∴ > .
[能力挑战]
11．(2018·江西七校联考)若a、b是任意实数，且a>b，则下列不等式成立的是()
A．a2>b2B．( )a<( )b
C．lg(a－b)>0 D. >1
答案：≥
7．已知三个不等式：ab>0，bc－ad>0，－ >0(其中a，b，c，d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是________．
解析：∵ －＝ >0，
∴bc－ad与ab同号，
∴用任意两个作为条件，另一个作为结论都是正确的．
答案：3
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
解析：当a<b时， < <0不一定成立；当 < <0时，a<b<0.综上可得，p是q的必要不充分条件，选B.
答案：B
3．(2018·厦门一模)对于0<a<1，给出下列四个不等式：①loga(1＋a)<loga(1＋ )；②loga(1＋a)>loga(1＋ )；③a1＋a<a ；④a1＋a>a
∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0.∴M>N.
答案：B
二、填空题
6．已知p＝a＋，q＝( ) ，其中a>2，x∈R，则p________q.
解析：p＝a＋＝(a－2)＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号．∵x2－2≥－2，∴q＝( ) ≤( )－2＝4，当且仅当x＝0时取等号．∴p≥q.

2019版高中全程复习方略数学文课时作业：第六章不等

1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，故将其称为三角形数，由以上规律，知这些三角形数从小到大形成一个数列{a n}，那么
n n ＋
<
n ＋
2
2
.
答案：n n ＋<
n ＋
2
2
的所有正约数之和可按如下方法得到：因为(2＋2×3＋2×3
外接球球心，F 为CD BO ＝AO ＝6
3
a －OE ，
________条线段．
分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，
16)祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿
则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，
两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，
1(a>b>0)所围成的平面图形绕。

2019-2020年高中全程复习方略数学课件：第六章不等式、推理与证明 6.6

2．分析法一般地，从要③证明的结论出发，逐步寻求使它成立的④充分
条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件
(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明的方法叫做分析法．
用 Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：
Q⇐P1
―→
P1⇐P2
―→
P2⇐P3
Байду номын сангаас
―→…―→
得到一个明显成立的条件
三、课后“静思2分钟”大有学问
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课后复习30分钟。
A．a＋1b>b＋1a B.ba>ba＋＋11
C．a＋1a>b＋1b
2a＋b a D.a＋2b>b
解析：∵a>b>0，∴1b>1a.又∵a>b，∴a＋1b>b＋1a. 答案：A
3．用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根 B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根 C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根 D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
得 Δ1＝(2b)2－4ac≤0， Δ2＝(2c)2－4ab≤0， Δ3＝(2a)2－4bc≤0. 上述三个同向不等式相加得，
4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4bc≤0，所以 2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca≤0，所以(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，

2019版高中全程复习方略数学(文)课件：第六章不等式、推理与证明 6.1

答案：C
4．(2018·河南六市模拟)若1a<1b<0，则下列结论不正确的是( ) A．a2<b2 B．ab<b2 C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|
解析：∵1a<1b<0，∴b<a<0，∴b2>a2，ab<b2，a＋b<0，∴A、B、 C 均正确，∵b<a<0，∴|a|＋|b|＝|a＋b|，故 D 错误，故选 D.
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：①若 a>0，b<0，显然不成立；②若 a＝5，b＝3，c＝6， d＝1，显然不成立；③若 c＝0，显然不成立；④若 a＝2，b＝1，c ＝－1，d＝－2，显然不成立．故选 A.
答案：A
悟·技法不等式性质应用问题的 3 大常见类型及解题策略 (1)利用不等式性质比较大小．熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件． (2)与充要条件相结合问题．用不等式的性质分别判断 p⇒q 和 q⇒p 是否正确，要注意特殊值法的应用． (3)与命题真假判断相结合问题．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法.
答案：D
5.
1 2－1________
3＋1(填“>”或“<”)．
解析： 21－1＝ 2＋1< 3＋1 答案：<
6．下列不等式中恒成立的是________． ①m－3>m－5；②5－m>3－m；③5m>3m；④5＋m>5－m.
解析：m－3－m＋5＝2>0，故①恒成立； 5－m－3＋m＝2>0，故②恒成立； 5m－3m＝2m，无法判断其符号，故③不恒成立； 5＋m－5＋m＝2m，无法判断其符号，故④不恒成立．答案：①②

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第六章不等式、推理与证明 37 Word版含答案

课时作业直接证明与间接证明一、选择题．在△中，<，则一定是( )．锐角三角形．直角三角形．钝角三角形．不确定解析：由<得－>，即(＋)>，所以＋是锐角，从而>，故△必是钝角三角形．答案：．分析法又称执果索因法，已知>，用分析法证明<＋时，索的因是( )．> ．>．> ．>解析：因为>，所以要证<＋，只需证()<，即证<，即证>，因为>，所以>成立，故原不等式成立．答案：．(·上海二模)用反证法证明命题“已知，，∈*，如果可被整除，那么，中至少有一个能被整除”时，假设的内容应为( )．，都能被整除．，都不能被整除．，不都能被整除．不能被整除解析：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．“，中至少有一个能被整除”的否定是“，都不能被整除”．故选.答案：．(·临沂模拟)命题“如果数列{}的前项和＝－，那么数列{}一定是等差数列”是否成立( )．不成立．成立．不能断定．能断定解析：∵＝－，∴－＝(－)－(－)(≥)，∴＝－－＝－(＝时，＝＝－符合上式)．又∵＋－＝(≥)．∴{}是等差数列．答案：．(·江西南昌调研，)设等比数列{}的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：>，>，－－)<，下列结论中正确的是( )．<．－>．是数列{}中的最大项．>解析：由>，>得>，由－－)<，>得>，<<<，故数列{}的前项都大于，从第项起都小于，因此是数列{}中的最大项．故选.答案：．(·新乡调研)设，，∈＋，＝＋，＝＋，＝＋，则，，三个数( )．至少有一个不大于．都小于．至少有一个不小于．都大于解析：假设，，都小于，则＋＋<，而＋＋＝＋＋＋＋＋＝＋＋≥＋＋＝，与＋＋<矛盾，∴，，都小于错误．∴，，三个数至少有一个不小于.故选.答案：二、填空题．如果＋>＋，则，应满足的条件是．解析：＋>＋，即(－)(＋)>，需满足≥，≥且≠.答案：≥，≥且≠．(·太原模拟)用反证法证明“若－＝，则＝－或＝”时，应假设．解析：“＝－或＝”的否定是“≠－且≠”．答案：≠－且≠．已知点(，)为函数＝图象上的点，(，)为函数＝图象上的点，其中∈*，设＝－，则与＋的大小关系为．解析：由条件得＝－＝－＝，所以随的增大而减小，所以＋<.答案：＋<三、解答题．已知非零向量，，且⊥，求证：≤.证明：⊥⇔·＝，要证≤.。

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第六章不等式、推理与证明 34 Word版含答案

课时作业二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题一、选择题．已知点(－，－)和点(，－)在直线－－＝的两侧，则的取值范围为( )．(－)．(－)．(－∞，－)∪(，＋∞)．(－∞，－)∪(，＋∞)解析：根据题意知(－＋－)·(＋－)<，即(＋)(－)<，解得－<<.答案：．(·天津十二县区联考)设变量，满足线性约束条件(\\(－＋≥，＋≥，≤，))则目标函数＝＋的最小值是( )．－．－．．解析：本题考查线性规划，在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以，()，(，－)为顶点的三角形区域(包含边界)，由图易得当目标函数＝＋经过平面区域内的点(，－)时，＝＋取得最小值＝×＋×(－)＝－，故选.答案：．(·山东卷)已知，满足约束条件(\\(－＋≤，＋≥，≤，))则＝＋的最大值是( )．－．－．．解析：画出可行域(如图中阴影部分所示)．画直线：＋＝，平移直线到直线的位置，直线过点.解方程组(\\(－＋＝，＝，))得点(－)，∴ 当＝－，＝时，取得最大值，且＝－＋×＝.故选.答案：．(·兰州模拟)若变量，满足约束条件(\\(≥，≥，＋≤，))则＝·的最大值为( )．．．．解析：作出不等式组(\\(≥，≥，＋≤，))表示的平面区域如图中阴影部分所示．又＝·＝－，令＝－，则直线＝－在点()处取得最大值，此时取得最大值且＝－＝，故选.答案：．(·兰州高考实战模拟)已知(－)，(，－)，(，)的坐标，满足(\\(≥≥＋≤))，则△面积的取值范围是( )．[] ．[]．[]解析：作出不等式组(\\( ≥≥＋≤))表示的平面区域如图中阴影部分所示．又过点(－)，(，－)的直线的方程为＋＋＝，而它与直线＋＝平行，其距离＝＝，所以当点在原点处时，△的面积最小，其面积为△的面积，此时△＝××＝；当点在线段上时，△的面积最大，为××＝，故选.答案：．(·新疆检测)已知>，，满足约束条件(\\(≥，＋≤，－，))若＝＋的最小值为，则＝( )．．解析：依题意可知不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，由图可知，当＝。

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第六章不等式、推理与证明 36 Word版含答案

课时作业合情推理与演绎推理
一、选择题
．(·日照二模)下面几种推理过程是演绎推理的是( )
．两条直线平行，同旁内角互补，如果∠和∠是两条平行直线的同旁内角，则∠＋∠＝°．由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质
．某校高三年级共有个班，一班有人，二班有人，三班有人，由此推测各班都超过人．在数列{}中，＝，＝(－＋)(≥)，计算，，，由此推测通项
解析：演绎推理是由一般到特殊的推理，显然选项符合；选项属于类比推理；选项、是归纳推理．
答案：
．观察下列各式：＝＝＝＝，＝，……，则的末四位数字为( )
．．
．．
解析：＝＝＝＝，＝，……，可得与的后四位数字相同，由此可归纳出＋与(∈*，＝)的后四位数字相同，又＝×＋，所以与的后四位数字相同，为，故选.
答案：
．(·“皖南八校”联考)观察这列数：，…，则第个数是( )
．．
．．
解析：将这列数分布为：；；；；…，
发现如果每个数成一组，每组的第一个数(或最后一个数)依次为，…，
每组的数都是先按递增两次，再相等一次，最后按递减两次．
因为＝×，
所以第个数是.故选.
答案：
．(·陕西渭南一模，)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如：
他们研究过图中的，…，由于这些数能够表示成三角形，故将其称为三角形数，由以上规律，知这些三角形数从小到大形成一个数列{}，那么的值为( )
．．
．．。

2019版高中全程复习方略数学(文)课件：第六章不等式、推理与证明 6.4

[小题热身] 1．设 x>0，y>0，且 x＋y＝18，则 xy 的最大值为( A．80 B．77 C．81 D．82
x＋y 2 解析：xy≤ 2 ＝81，当且仅当
)
x＝y＝9 时等号成立，故选
C. 答案：C
1 1 2．(2018· 郑州模拟)设 a>0，b>0.若 a＋b＝1，则a＋b的最小值是( ) 1 A ．2 B.4 C．4 D ．8 1 1 a＋b a＋b b a b a 解析：由题意a＋b＝ a ＋ b ＝2＋a＋b≥2＋2 a×b＝4， 1 b a 当且仅当a＝b，即 a＝b＝2时，取等号，所以最小值为 4. 答案：C
x y 2．(2017· 山东卷)若直线a＋b＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，则 2a＋b 的最小值为________． x y 解析：∵直线a＋b＝1(a>0，b＞0)过点(1,2)， 1 2 ∴a＋b＝1， 1 2 4a b 4a b ∴2a＋b＝(2a＋b) a＋b ＝4＋ b ＋a≥4＋2 b· a＝8， b 4a 当且仅当a＝ b ，即 a＝2，b＝4 时，等号成立．故 2a＋b 的最小值为 8. 答案：8
3．利用基本不等式求最值问题已知 x＞0，y＞0，则 (1)如果积 xy 是定值 p，那么当且仅当 x＝y 时，x＋y 有最小值是 2 p(简记：“积定和最小”)． (2)如果和 x＋y 是定值 s，那么当且仅当 x＝y 时，xy 有最大值 s2 是 4 (简记：“和定积最大”)．
二、必明 2●个易误点 1．求最值时要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是考虑等号成立的条件． 2．多次使用基本不等式时，易忽视取等号的条件的一致性．
解析：由基本不等式得 a＋b≥2 ab＝2，当且仅当 a＝b＝1 时 a＋b 1 2 1 取到等号；ab≤ ＝，当且仅当 a ＝ b ＝时取到等号． 2 4 2 1 答案：2 4

2019版高中全程复习方略数学：第六章不等式、推理与证明 6.2

[拓展练]——(着眼于迁移应用) 5．设奇函数 f(x)在[－1,1]上是单调函数，且 f(－1)＝－1.若函数 f(x)≤t2－2at＋1 对所有的 x∈[－1,1]都成立，则当 a∈[－1,1]时，求 t 的取值范围．
解析：∵f(x)为奇函数，f(－1)＝－1， ∴f(1)＝－f(－1)＝1. 又∵f(x)在[－1,1]上是单调函数， ∴－1≤f(x)≤1， ∴当 a∈[－1,1]时，t2－2at＋1≥1 恒成立，即 t2－2at≥0 恒成立．令 g(a)＝t2－2at，a∈[－1,1]，
[知识重温]
一、必记 2●个知识点 1．一元二次不等式的特征一元二次不等式的二次项(最高次项)系数不等于 0.
2．一元二次不等式的解法
判别式
Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜0
二次函数 y＝ax2 ＋bx＋c (a＞0)的
图象
一元二次方程 ax2 ＋bx＋c＝0 (a＞0)
的根
有两不等实根 (x1＜x2)
方法
解读
适合题型
(1)ax2＋bx＋c≥0 对任意实数 x 恒成立的
判别式法
条件是aΔ>≤0，0； (2)ax2＋bx＋c≤0 对任意实数 x 恒成立的条件是aΔ<≤0，0
二次不等式在 R 上
恒成立
如果不等式中的参数比较“孤单”，分适合参数
分离参数法
离后其系数与 0 能比较大小，便可将参数分离出来，利用下面的结论求解： a≥f(x)恒成立等价于 a≥f(x)max；a≤f(x)
当 a<0 时，不等式的解集为xx<a3，或x>－a4

.

考向三一元二次不等式恒成立问题

2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第六章不等式、推理与证明 34 Word版含答案

答案：B
2．(2018·天津十二县区联考)设变量x，y满足线性约束条件则目标函数z＝2x＋4y的最小值是()
A．－6 B．－2
C．4 D．6
解析：本题考查线性规划，在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以，(3,8)，(3，－3)为顶点的三角形区域(包含边界)，由图易得当目标函数z＝2x＋4y经过平面区域内的点(3，－3)时，z＝2x＋4y取得最小值zmin＝2×3＋4×(－3)＝－6，故选A.
答案：D
二、填空题
11．(2018·长春质量检测二)已知实数x，y满足，则z＝x＋的最大值为________．
解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数的方程化成斜截式为y＝－2x＋2z，结合线性规划知识知，使目标函数z＝x＋取得最大值的最优解为B(4,6)，故z＝x＋的最大值为7.
答案：D
4．(2018·兰州模拟)若变量x，y满足约束条件则z＝2x· y的最大值为()
A．16 B．8
C．4 D．3
解析：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．又z＝2x· y＝2x－y，令u＝x－y，则直线u＝x－y在点(4,0)处u取得最大值，此时z取得最大值且zmax＝24－0＝16，故选A.
答案：C
6．(2018·新疆检测)已知a>0，x，y满足约束条件若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝()
A．1 B.
C. D．2
解析：依题意可知不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，由图可知，当y＝－2x＋z经过点A(1，－2a)时，z取得最小值1，即1＝2×1－2a，解得a＝，选C.
答案：C
答案：7
12．(2018·湖北调考)某单位植树节计划种杨树x棵，柳树y棵，若x，y满足约束条件则该单位计划栽种这两树的棵数最多为________．

2019版高中全程复习方略数学(文)课件：第六章不等式、推理与证明 6.3

x≥1， 5．已知实数 x，y 满足y≤2， x－y≤0， 1 2 区域的面积是________ ．
则此不等式组表示的平面
解析：作出可行域为如图所示的三角形， 1 1 ∴S△＝2×1×1＝2.
6 ． (2017· 新课标全国卷 Ⅲ) 设 x ， y 满足约束条件
x＋y－1≥0 解析：如图所示，阴影区域△ABC 为不等式组x－y＋1≥0 2x－y－2≤0 表示的平面区域 M，因为直线 l：kx－y＋1＝0(k∈R)过定点(0,1)，所以直线 l 过点 B(0,1)．又直线 l 将区域 M，即△ABC 的面积分为相等的两部分，所以直线 l 需过 AC 的中点 D(2,2)，代入 kx－y＋1 1 ＝0，得 k＝2，故选 B. 答案：B
考向一
二元一次不等式(组)表示平面区域
[自主练透型]
x＋y－1≥0 1．(2018· 济南一模)设不等式组x－y＋1≥0 表示的平面区 2x－y－2≤0 域为 M，若直线 kx－y＋1＝0(k∈R)将区域 M 的面积分为相等的两部分，则实数 k 的值为( ) 1 1 A.3 B.2 1 1 C．－2 D．－3
4.画二元一次不等式表示的平面区域的直线定界，特殊点定域 (1)直线定界：不等式中无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线； (2)特殊点定域：若直线不过原点，特殊点常选原点；若直线过原点，则特殊点常选取(0,1)或(1,0)来验证．
5．利用“同号上，异号下”判断二元一次不等式表示的平面区域对于 Ax＋By＋C>0 或 Ax＋By＋C<0，则有 (1)当 B(Ax＋By＋C)>0 时，区域为直线 Ax＋By＋C＝0 的上方； (2)当 B(Ax＋By＋C)<0 时，区域为直线 Ax＋By＋C＝0 的下方． 6．最优解和可行解的关系最优解必定是可行解，但可行解不一定是最优解，最优解不一定唯一，有时唯一，有时有多个．则 z＝3x－4y 的最小值为________ ．

【精品】2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第六章不等式、推理与证明33

一、选择题
1．(2018·广东汕头一模)已知集合A＝，B＝{0，1,2,3}，则A∩B＝()
A．{1,2} B．{0,1,2}
C．{1} D．{1,2,3}
解析：∵A＝＝{x|0<x≤2}，
∴A∩B＝{1,2}，故选A.
答案：A
2．(2018·河北八所重点中学一模)不等式2x2－x－3>0的解集为()
∴loga(3a－1)>loga1，
当a>1时，则有3a－1>1，解得a> ，
∴a>1；
当0<a<1时，则有解得 <a< ，
∴ <a< ，
综上，可知a的取值范围是a>1或 <a< .故选D.
答案：D
4．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售价每件应定为()
5．(2018·广东清远一模)关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是()
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
B．(1,3)
C．(－1,3)
D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析：关于x的不等式ax－b<0即ax<b的解集是(1，＋∞)，∴a＝b<0，
答案：(－1，－1)
13．若函数y＝的定义域为R，则m的取值范围是________．
解析：要使y＝有意义，即mx2－(1－m)x＋m≥0对∀x∈R恒成立，
则解得m≥ .
答案：
14．(2018·湖北八校联考)已知关于x的不等式ax2－ax－2a2>1(a>0，a≠1)的解集为(－a,2a)，且函数f(x)＝的定义域为R，则实数m的取值范围为________．

【精品】2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第六章不等式、推理与证明37

答案：C
2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明 <1＋时，索的因是()
A．x2>2 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
解析：因为x>0，所以要证 <1＋，
只需证( )2< 2，
即证0< ，
即证x2>0，
因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．
答案：C
3．(2018·上海二模)用反证法证明命题“已知，a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()
答案：cn＋1<cn
三、解答题
10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证： ≤ .
证明：a⊥b⇔a·b＝0，
要证 ≤ .
只需证|a|＋|b|≤ |a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
一、选择题
1．在△ABC中，sinAsinC<cosAcosC，则ABC一定是()
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不确定
解析：由sinAsinC<cosAcosC得
cosAcosC－sinAsinC>0，
即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，
从而B> ，故△ABC必是钝角三角形．
即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
11．已知a，b，c，d都是正数，求证：(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.
证明：由a，b，c，d都是正数，得 ≥ (当且仅当ab＝cd时，等号成立)， ≥ (当且仅当ac＝bd时，等号成立)，所以 ≥abcd，即(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd(当且仅当a＝b＝c＝d时，等号成立)．

近年高考数学总复习第六章不等式、推理与证明35基本不等式课时作业文(2021年整理)

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课时作业 35 基本不等式解析：a n＝a1＋（n－1）d＝n，S n＝n1＋n2,∴S n＋8a n＝错误!＝错误!错误!≥错误!错误!＝错误!，当且仅当n＝4时取等号．∴错误!的最小值是错误!,故选A.答案：A10．（2018·浙江金丽衢十二校联考)若函数f（x)＝错误!（a<2）在区间(1,＋∞）上的最小值为6，则实数a的值是( )A．0 B.错误!C．1 D。

错误!解析：由题意得f(x）＝错误!＝错误!＝2（x－1)＋错误!＋4≥2错误!＋4＝2错误!＋4,当且仅当2（x－1）＝错误!，即x＝1＋错误!时，等号成立，所以2错误!＋4＝6,即a＝错误!，故选B。

答案:B二、填空题11．（2018·湖北华师附中联考)若2x＋4y＝4，则x＋2y的最大值是________；解析：因为4＝2x＋4y＝2x＋22y≥22x×22y＝2错误!,所以2x＋2y≤4＝22，即x＋2y≤2，当且仅当2x＝22y＝2，即x＝2y＝1时，x＋2y取得最大值2。

答案：212．(2017·江苏卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨,运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是________．解析：一年的总运费为6×错误!＝错误!（万元)．一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为错误!万元．因为3 600x＋4x≥2错误!＝240，当且仅当错误!＝4x,即x＝30时取得等号，所以当x＝30时,一年的总运费与总存储费用之和最小．答案：3013．（2017·天津卷)若a,b∈R，ab>0，则错误!的最小值为________．解析：∵ a，b∈R,ab＞0，∴ 错误!≥错误!＝4ab＋错误!≥2 错误!＝4，当且仅当错误!即错误!时取得等号．故错误!的最小值为4。

全国通用近年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时作业三十四6.1不等式的性质及一元二次不等

（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十四6.1 不等式的性质及一元二次不等式文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十四6.1 不等式的性质及一元二次不等式文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时分层作业三十四不等式的性质及一元二次不等式一、选择题（每小题5分,共35分)1。

设a，b∈R,若a+|b|<0,则下列不等式成立的是（）A.a—b〉0 B。

a3+b3>0C。

a2-b2<0 D.a+b<0【解析】选D。

当b≥0时，a+b<0;当b〈0时，a-b<0，所以a〈b〈0，所以a+b〈0.2.(2018·运城模拟)若a>b〉0，c<d〈0,则一定有（）A.ac〉bdB.ac<bdC。

ad<bc D。

ad>bc【解析】选B.根据c<d<0,有-c>—d〉0,由于a>b〉0，两式相乘有-ac>—bd，ac<bd。

3。

(2016·全国卷Ⅱ)已知集合A=｛1,2,3｝,B={x|（x+1）(x-2）〈0，x∈Z｝,则A∪B=( ）A。

{1｝ B.{1，2｝C.{0，1，2，3｝D。

{-1,0,1,2,3｝【解题指南】先求出集合B,再利用Venn图求出A∪B.【解析】选C.B={x｜(x+1）(x—2)〈0,x∈Z｝={x|—1<x〈2,x∈Z｝，所以B=｛0，1｝，所以A∪B={0，1，2，3｝.【变式备选】(2016·全国卷Ⅲ)设集合S={x｜(x-2）（x-3)≥0},T=｛x|x〉0｝，则S∩T= ( )A。

高中全程复习方略数(理) 第6章不等式、推理与证明课时提能演练 6.6

课时提能演练(四十)(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.结论为： x n＋y n能被x＋y整除，令n＝1,2,3,4验证结论是否正确，得到此结论成立的条件可以为( )(A)n∈N* (B)n∈N*且n≥3(C)n为正奇数 (D)n为正偶数2.(2012·广州模拟)“所有9的倍数都是3的倍数，某奇数是9的倍数，故该奇数是3的倍数.”上述推理( )(A)小前提错(B)结论错(C)正确 (D)大前提错3.在△ABC中，sinAsinC<cosAcosC，则△ABC一定是( )(A)锐角三角形 (B)直角三角形(C)钝角三角形 (D)不确定4.若a，b，c是不全相等的实数，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.证明过程如下：∵a、b、c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又∵a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一个“＝”不成立，∴将以上三式相加得2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)，∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.此证法是( )(A)分析法 (B)综合法 (C)分析法与综合法并用 (D)反证法5. (2012·杭州模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是( ) (A)假设三内角都不大于60度 (B)假设三内角都大于60度 (C)假设三内角至多有一个大于60度 (D)假设三内角至多有两个大于60度6.设函数f(x)是定义在R 上的以3为周期的奇函数，若f(1)>1，f(2)＝3a －4a ＋1，则a 的取值范围是( ) (A)a<34 (B)a<34且a≠－1(C)a>34或a<－1 (D)－1<a<34二、填空题(每小题6分，共18分)7.设a>0，b>0，c>0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c≥ .8.(2012·大同模拟)用反证法证明命题“若a ，b∈N，ab 能被3整除，那么a ，b 中至少有一个能被3整除”时，假设应为 . 9.(易错题)设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题的是 (填写所有正确条件的代号).①x 为直线，y ，z 为平面；②x，y ，z 为平面； ③x，y 为直线，z 为平面；④x，y 为平面，z 为直线； ⑤x，y ，z 为直线.三、解答题(每小题15分，共30分) 10.求证：若a>0，则a 2＋1a 2－2≥a＋1a－2.11.已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd>1，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数. 【探究创新】(16分)凸函数的性质定理为：如果函数f(x)在区间D 上是凸函数，则对D 内的任意x 1，x 2，…，x n 都有f(x 1)＋f(x 2)＋…＋f(x n )n≤f(x 1＋x 2＋…＋x nn ).已知函数f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，则(1)求△ABC 中，sinA ＋sinB ＋sinC 的最大值. (2)判断f(x)＝2x 在R 上是否为凸函数.答案解析1. 【解析】选C.由结论x n ＋y n 能被x ＋y 整除，验证n ＝1成立，n ＝2不成立，n ＝3成立，n ＝4不成立，故排除A 、B 、D ，只有C 满足. 2. 【解析】选C.大前提，小前提都正确，推理正确，故选C. 3. 【解题指南】将不等式移项，对两角和的余弦公式进行逆用，得出角的范围即可.【解析】选C.由sinAsinC<cosAcosC 得 cosAcosC －sinAsinC>0，即cos(A ＋C)>0，∴A ＋C 是锐角，从而B>π2，故△ABC 必是钝角三角形.4. 【解析】选B.由已知条件入手证明结论成立，满足综合法的定义.5. 【解析】选B.由反证法的定义可知，要否定结论，即至少有一个不大于60°的否定是三内角都大于60°，故选B. 6.【解析】选D.∵f(x)的周期为3，∴f(2)＝f(－1)，又f(x)是R 上的奇函数，∴f(－1)＝－f(1)，则f(2)＝f(－1)＝－f(1)，再由f(1)>1，可得f(2)<－1，即3a －4a ＋1<－1，解得－1<a<34. 7.【解题指南】把1a ＋1b ＋1c 中的1用a ＋b ＋c 代换，利用基本不等式求解.【解析】∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋bc≥3＋2b a ·a b＋2c a ·a c＋2c b ·bc＝3＋2＋2＋2＝9. 等号成立的条件是a ＝b ＝c ＝13.答案：98.【解析】由反证法的定义可知，否定结论，即“a ，b 中至少有一个能被3整除”的否定是“a ，b 都不能被3整除”. 答案：a 、b 都不能被3整除9.【解析】①中x 为直线，y ，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z ，而x y ，∴必有x ∥y 成立，故①正确.②中若x ，y ，z 均为平面，由墙角三面互相垂直可知x ∥y 是错的. ③x 、y 为直线，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z 可知x ∥y 正确. ④x 、y 为平面，z 为直线，z ⊥x ，z ⊥y ，则x ∥y 成立.⑤x 、y 、z 均为直线，x ⊥z 且y ⊥z ，则x 与y 还可能异面、垂直，故不成立. 答案：①③④10.【解题指南】利用分析法证明.由a>0，将不等式两边平方，不等式仍成立，最后利用基本不等式得证.【证明】要证原不等式成立，只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋ 2.∵a>0，∴两边均大于零.因此只需证a2＋1a2＋4＋4a2＋1a2≥a2＋1a2＋2＋2＋22(a＋1a).只需证2a2＋1a2≥2(a＋1a)，只需证2(a2＋1a2)≥a2＋1a2＋2，即证a2＋1a2≥2，而a2＋1a2≥2显然成立，∴原不等式成立. 【变式备选】已知a>6，求证：a－3－a－4<a－5－a－6. 【证明】方法一：要证a－3－a－4<a－5－a－6只需证a－3＋a－6<a－5＋a－4 ⇐(a－3＋a－6)2<(a－5＋a－4)2⇐2a－9＋2(a－3)(a－6)<2a－9＋2(a－5)(a－4)，⇐(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)，⇐(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)，⇐18<20.因为18<20显然成立，所以原不等式成立. 方法二：要证a －3－a －4<a －5－a －6只需证1a －3＋a －4<1a －5＋a －6 只需证a －3＋a －4>a －5＋a －6∵a>6，∴a －3>a －4>a －5>a －6>0，则a －3＋a －4>a －5＋a －6.所以原不等式成立.11.【证明】假设a ，b ，c ，d 都是非负数，因为a ＋b ＝c ＋d ＝1，所以a ，b ，c ，d ∈[0,1]，所以ac ≤ac ≤a ＋c 2，bd ≤bd ≤b ＋d 2，所以ac ＋bd ≤a ＋c 2＋b ＋d2＝1，这与已知ac ＋bd>1相矛盾，所以原假设不成立，即证得a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数. 【探究创新】【解析】(1)∵f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，A 、B 、C ∈(0，π)且A ＋B ＋C ＝π，∴f(A)＋f(B)＋f(C)3≤f(A ＋B ＋C 3)＝f(π3)，即sinA ＋sinB ＋sinC ≤3sin π3＝332.所以sinA ＋sinB ＋sinC 的最大值为332.(2)∵f(－1)＝12，f(1)＝2，而f(－1)＋f(1)2＝12＋22＝54，而f(－1＋12)＝f(0)＝1，∴f(－1)＋f(1)2>f(－1＋12).即不满足凸函数的性质定理，故f(x)＝2x 不是凸函数. 【方法技巧】新定义题的解题技巧(1)对于新型概念的解题问题，要理解其定义的实质，充分利用定义解题是关键.(2)要证明一个函数满足定义需利用定义加以证明它满足的条件，若想说明它不满足定义，只需用特例说明即可.。

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